核心微讲 答案-（Word练习）【赢在微点·顶层设计】2026年高中数学高考一轮总复习（名师划重点）

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　核心微讲 第一章　集合、常用逻辑用语与不等式 第一节　集合 基础·梳理自测 回归教材 1．(1)确定性　互异性　无序性　(2)属于　不属于　∈　∉ (3)列举法　描述法　图示法 2．任意一个　A⊆B　B⊇A　x∈B，且x∉A　AB　BA 3．{x|x∈A，或x∈B}　{x|x∈A，且x∈B}　{x|x∈U，且x∉A} 基础自测 1．(1)×　解析　错误．－1∉N. (2)×　解析　错误．空集只有一个子集． (3)×　解析　错误．{x|y＝x2＋1}＝R，{y|y＝x2＋1}＝[1，＋∞)，{(x，y)|y＝x2＋1}是抛物线y＝x2＋1上的点集． (4)√ 2．C 3．D　解析　因为P＝{x＋y,3}，Q＝{x－y，－1}，且P＝Q，所以解得所以x2＋y2＝12＋(－2)2＝5.故选D. 4．[2，＋∞)　解析　由图可知a≥2. 考点·精研突破 【例1】　(1)ACD　解析　x＋y＝1中，x的取值范围为R，所以{x|x＋y＝1}＝R，同理{y|x＋y＝1}＝R，所以A正确；{(x，y)|x＋y＝2}表示直线x＋y＝2上点的集合，而{x|x＋y＝2}＝R，所以B错误；集合{x|x>2}，{y|y>2}都表示大于2的实数构成的集合，所以C正确；由于集合中的元素具有无序性，所以{1,2}＝{2,1}，所以D正确．故选ACD. (2)A　解析　集合A＝{(x，y，z)|x∈{0,1}，y，z∈{2,3,4}}中元素的个数为2×3×3＝18.故选A. (3)A　解析　由集合相等可知0∈，且a≠0，则＝0，所以b＝0，所以a2＝1，解得a＝1或a＝－1.根据集合中元素的互异性可知a＝1应舍去，因此a＝－1，所以a2 025＋b2 025＝(－1)2 025＋02 025＝－1. 【训练1】　(1)AB　解析　因为集合A＝{y|y≥2}＝[2，＋∞)，集合B＝{(x，y)|y＝x2＋2}是由抛物线y＝x2＋2上的点组成的集合，所以AB正确，CD错误．故选AB. (2)C　解析　当a＝0时，A＝{x|－3x＋2＝0}＝，满足题意；当a≠0时，Δ＝9－8a＝0，a＝，此时A＝{x＝，满足题意．所以a＝0或a＝. 【例2】　(1)B　解析　B＝{x|(x－a)[x－(a－2)]≤0，a∈R}＝{x|a－2≤x≤a，a∈R}，若A∪B＝B，则A⊆B，又A＝{1,3}，所以解得a＝3.故选B. (2)5　解析　若A∩B＝A，则A⊆B，因为B＝{x|3－m≤x≤3＋m}，所以所以m≥5，所以mmin＝5. 【训练2】　(1)D　解析　因为A＝{－1,1}，A∪B＝{－1，0,1}，所以B＝{0}或B＝{－1,0}或B＝{0,1}或B＝{－1,0,1}，所以A，C不一定成立，B一定不成立，D一定成立．故选D. (2)B　解析　因为A⊆B，则有：若a－2＝0，解得a＝2，此时A＝{0，－2}，B＝{1,0,2}，不符合题意；若2a－2＝0，解得a＝1，此时A＝{0，－1}，B＝{1，－1,0}，符合题意；综上所述：a＝1.故选B. (3)(－∞，3]　解析　由M∪N＝M，得N⊆M.因为集合M＝{x|－3<x<7}，N＝{x|2－t<x<2t＋1，t∈R}，当N＝∅时，有2－t≥2t＋1，解得t≤；当N≠∅时，有解得<t≤3.综上，实数t的取值范围为(－∞，3]． 【教材题】　题源1　解　由集合A＝{x|2≤x<4}，B＝{x|3x－7≥8－2x}＝{x|x≥3}，所以A∪B＝{x|2≤x<4}∪{x|x≥3}＝{x|x≥2}，A∩B＝{x|2≤x<4}∩{x|x≥3}＝{x|3≤x<4}． 题源2　解　因为A＝{x|3≤x<7}，B＝{x|2<x<10}，所以A∪B＝{x|2<x<10}，A∩B＝{x|3≤x<7}，∁RA＝{x|x<3或x≥7}，∁RB＝{x|x≤2或x≥10}，所以∁R(A∪B)＝{x|x≤2或x≥10}；∁R(A∩B)＝{x|x<3或x≥7}；(∁RA)∩B＝{x|2<x<3或7≤x<10}；A∪(∁RB)＝{x|x≤2或3≤x<7或x≥10}． 【高考题】　(1)A　解析　因为A＝{x|－<x<}，B＝{－3，－1,0,2,3}，且注意到1<<2，从而A∩B＝{－1,0}．故选A. (2)C　解析　由题意得M∪N＝{x|－3<x<4}．故选C. (3)A　解析　由题意可得M∪N＝{x|x<2}，则∁U(M∪N)＝{x|x≥2}，A项正确；∁UM＝{x|x≥1}，则N∪(∁UM)＝{x|x>－1}，B项错误；M∩N＝{x|－1<x<1}，则∁U(M∩N)＝{x|x≤－1或x≥1}，C项错误；∁UN＝{x|x≤－1或x≥2}，则M∪(∁UN)＝{x|x<1或x≥2}，D项错误．故选A. 【例3】　(1)B　解析　由题意可得解得a＝2. (2)[1,2]　解析　集合M＝{x|3x－x2≥0}＝{x|0≤x≤3}，N＝{x|(x－a)2≤4}＝{x|a－2≤x≤a＋2}，∁RM＝{x|x<0或x>3}，因为(∁RM)∪N＝R，所以解得1≤a≤2.故实数a的取值范围为[1,2]． 【例4】　C　解析　依题意，集合A＝{x|－1≤x≤}，而B＝{x|x>0}，则A∪B＝{x|x≥－1}，由Venn图知，图中阴影部分表示的集合为∁U(A∪B)＝{x|x<－1}．故选C. 对点练 1．C　解析　A∩B＝{0,1}，故选C. 2．B　解析　由集合A＝{x|2x<1}＝{x|x<0}，B＝{x|x－2<0}＝{x|x<2}，则(∁UA)∪B＝{x|x≥0}∪{x|x<2}＝R. 3．A　解析　由A∩B＝A，得A⊆B.若a＝1，则A＝{0,1}，B＝{1，－1，－1}，不符合题意；又a≠a－2，所以解得a＝2.故选A. 4．106　解析　设集合A，B，C分别指参加田径、游泳、球类比赛的学生构成的集合，作出Venn图，如图所示．由图可知，高一年级参加比赛的同学的人数为46＋37＋1＋12＋2＋6＋2＝106. 真题·重温高考 1．B　解析　解法一：因为B＝{x||x－1|≤1}，所以B＝{x|0≤x≤2}，所以A∩B＝{1,2}，故选B. 解法二：因为4∉B，所以4∉A∩B，排除C，D；又－1∉B，所以－1∉A∩B，排除A.故选B. 2．D　解析　因为M＝{x|<4}，所以M＝{x|0≤x<16}．因为N＝{x|3x≥1}，所以N＝{x.所以M∩N＝{x. 3．D　解析　由题意可知A∩B＝{1,4,9}，故∁A(A∩B)＝{2,3,5}．故选D. 4．A　解析　因为整数集Z＝{x|x＝3k，k∈Z}∪{x|x＝3k＋1，k∈Z}∪{x|x＝3k＋2，k∈Z}，U＝Z，所以，∁U(M∪N)＝{x|x＝3k，k∈Z}．故选A. 5．C　解析　 用Venn图表示该中学喜欢足球和游泳的学生所占比例之间的关系如图，设既喜欢足球又喜欢游泳的学生占该中学学生总数的比例为x，则(60%－x)＋(82%－x)＋x＝96%，解得x＝46%.故选C. 第二节　常用逻辑用语 基础·梳理自测 回归教材 1．充分　必要　充分不必要　必要不充分　充要　既不充分也不必要 2．(1)∀　(2)∃ 3．∀x∈M，p(x)　∃x∈M，p(x) 基础自测 1．(1)√　(2)√　(3)√ (4)×　解析　错误，至少有一个三角形的内角和为180°是存在量词命题． 2．C 3．B　解析　因为⇒a>b，⇒a<b，所以ac>bca>b，而由a>bac>bc，所以“ac>bc”是“a>b”的既不充分也不必要条件，故A，C错误；又⇒a＝b，a＝b，所以由ac＝bca＝b，由a＝b⇒ac＝bc，所以“ac＝bc”是“a＝b”的必要不充分条件，故B正确，D错误．故选B. 4．(－∞，3)　解析　因为x∈A是x∈B的充分不必要条件，所以AB，所以a＜3. 考点·精研突破 【例1】　(1)B　解析　若甲是冠军，则乙不是冠军；若乙不是冠军，则甲是冠军或丙是冠军．故“甲是冠军”是“乙不是冠军”的充分不必要条件． (2)C　解析　充分性：因为xy≠0，且x＋y＝0，所以x＝－y，所以＋＝－2，所以充分性成立．必要性：因为xy≠0，且＋＝－2，所以x2＋y2＝－2xy，即x2＋y2＋2xy＝0，(x＋y)2＝0，所以x＋y＝0，所以必要性成立，故选C. 【例2】　解　由x2－8x－20≤0，得－2≤x≤10，所以A＝{x|－2≤x≤10}．由x∈A是x∈B的必要条件，知B⊆A.则所以0≤m≤3.即所求m的取值范围是[0,3]． 【变式】　[9，＋∞)　解析　因为x∈A是x∈B的充分不必要条件，所以AB，则或解得m≥9，故m的取值范围是[9，＋∞)． 对点练 1．B　解析　方程x2－4x＋4a＝0有实根，故Δ＝16－16a≥0，所以a∈(－∞，1]，函数f(x)＝(2－a)x为增函数，故2－a>1，所以a∈(－∞，1)．因为(－∞，1)(－∞，1]，所以p是q的必要不充分条件．故选B. 2．C　解析　由题意集合A＝[－3,4]，若m>2，则2m－1>m＋1，此时B＝(m＋1,2m－1)，因为“x∈A”是“x∈B”的必要不充分条件，故BA，故所以2<m≤；若m<2，则2m－1<m＋1，此时B＝(2m－1，m＋1)，因为“x∈A”是“x∈B”的必要不充分条件，故BA，故所以－1≤m<2；若m＝2，则2m－1＝m＋1，此时B＝∅，满足BA，综上可得m∈，故选C. 【例3】　(1)ABC　解析　对于A，“正方形是菱形”等价于“所有的正方形都是菱形”，是全称量词命题，故A正确；对于B，当x＝1时，e<e＋1成立，故B正确；对于C，命题“∃x∈R，x2－2x＋3＝0”的否定为“∀x∈R，x2－2x＋3≠0”，故C正确；对于D，命题“∀x>1，都有2x＋1>5”的否定为“∃x>1，使得2x＋1≤5”，故D不正确． (2)B　解析　对于A，任意两个等边三角形都相似是真命题，所以其否定是假命题，故A错误；对于B，x2－x＋1＝0，Δ＝1－4<0，所以方程无解，所以该命题是假命题，其否定是真命题，故B正确；对于C，存在一个四边形，它的两条对角线互相垂直，是真命题，其否定是假命题，故C错误；对于D，∀x∈R，x＋|x|≥0是真命题，其否定是假命题，故D错误． (3)至少有一个实数是无理数 【例4】　(1)B　解析　由“∀x∈[－1,2]，x2＋1≥m”是真命题可知，不等式m≤x2＋1，对∀x∈[－1,2]恒成立，因此只需m≤(x2＋1)min，x∈[－1,2]，易知函数y＝x2＋1在x∈[－1,2]上的最小值为1，所以m≤1.即实数m的取值范围是(－∞，1]． (2)－　解析　因为“∃x∈，sin x<m”是假命题，所以“∀x∈，sin x≥m”是真命题，即m≤sin x对于∀x∈恒成立，所以m≤(sin x)min，x∈，因为y＝sin x在上单调递增，所以当x＝－时，y＝sin x最小，ymin＝sin＝－sin＝－，所以m≤－，所以实数m的最大值为－. 【变式】　1　解析　因为函数y＝tan x在上单调递增，所以ymax＝tan＝1.依题意，知m≥ymax，即m≥1.所以实数m的最小值为1. 对点练 1．ABC　解析　∀x∈R，－x2≤0，所以－x2－1<0，故A项是真命题；当m＝0时，nm＝m恒成立，故B项是真命题；任何一个圆的圆心到其切线的距离都等于半径的长度，故C项是真命题；因为x2－2x＋3＝(x－1)2＋2≥2，所以≤<，故D项是假命题． 2．[3，＋∞)　解析　因为∃x∈[1,2]，2x＋x－a≤0，所以a≥(2x＋x)min，x∈[1,2]，显然y＝2x＋x在[1,2]上单调递增，所以a≥21＋1＝3，即实数a的取值范围为[3，＋∞)． 3．(－2,1)∪(1，＋∞)　解析　若命题p为真，则对于任意x∈[1,2]，都有a≤(x2)min＝1，即a≤1；若命题q为真，则方程x2＋2ax＋2－a＝0有解．则有Δ＝4a2－4(2－a)≥0，即 a2＋a－2≥0，解得 a≥1或a≤－2.若p与q都是真命题，则a≤－2或a＝1，所以若p与q中至少有一个是假命题，则a>－2且a≠1. 第三节　等式性质与不等式性质 基础·梳理自测 回归教材 1．(1)b＝a　(2)a＝c 2．(1)>　＝　<　(2)>　＝　< 3．<　>　>　>　<　>　>　> 基础自测 1．(1)√　(2)√ (3)×　解析　a＝－3，b＝－1，则>1，但a<b，故错误． (4)×　解析　由不等式的性质，ac3>bc3a>b；反之，c≤0时，a>bac3>bc3. 2．A　解析　因为(＋)2－(2＋2)2＝16＋2－(16＋2)＝2(－)>0，所以(＋)2>(2＋2)2，所以＋>2＋2，即a>b. 3．B　解析　因为a－1>0，所以a>1，由不等式基本性质可得－a<－1，所以－a<－1<1<a，故B正确，A、C、D错误． 4.　解析　因为－<α<β<，则－<α<，－<－β<，且α－β<0，所以－π<α－β<0.所以－<(α－β)＋α<.故2α－β的取值范围是. 考点·精研突破 【例1】　(1)A　解析　因为2c－2b＝e－2＋1＝(－1)2>0，所以2c>2b，即c>b；又因为(2b)4－(2a)4＝16e2－e3＝e2(16－e)>0，所以(2b)4>(2a)4，又a，b均为正数，所以2b>2a，即b>a，所以a<b<c. (2)M>N　解析　解法一：令f(x)＝＝＝＋，显然f(x)是R上的减函数，所以f(2 023)>f(2 024)，即M>N. 解法二：因为M－N＝－＝＝＝>0，所以M>N. 【训练1】　(1)C　解析　P－Q＝－(2a＋2b)＝(a－1)2＋(b－1)2＋2≥0，所以P－Q≥0，即P≥Q. (2)C　解析　由题意，知x，y>0，又＝＝<1，所以x<y. 【例2】　(1)D　解析　根据题意，不妨令a＝－1，b＝－，则＝－2，此时a>，所以A错误；若0<ab<1，可知a，b同号，即a>0，b>0或a<0，b<0，所以B错误；不妨令a＝3，b＝，此时满足0<ab<1，但a3b2＝33×2＝>1，所以C错误；由0<ab<1可得>＝1，两边同时乘以－1可得－<－1，所以D正确． (2)AD　解析　对于选项A：因为(a＋2)－(b＋2)＝(＋－2)(－)，若0<a<b<1，则＋－2<0，－<0，可得(a＋2)－(b＋2)＝(＋－2)(－)>0，所以a＋2>b＋2，故A正确；对于选项B：例如<a<b<1，则cos a<cos＝，sin b>sin＝，即cos a<<sin b，不合题意，故B错误；对于选项C：因为0<a<b<1，则logab<logaa＝1，>1，即logab<1<，故C错误；对于选项D：设f(x)＝ln x－x，x∈(0,1)，则f′(x)＝－1＝>0，可知f(x)在(0,1)内单调递增，若0<a<b<1，则f(a)<f(b)，即ln a－a<ln b－b，所以ln a－ln b<a－b，故D正确．故选AD. 【训练2】　(1)B　解析　由a<b不能推出a－c<b－d，如a＝2，b＝3，c＝0，d＝1，满足a<b，但是a－c＝b－d，故充分性不成立；当a－c<b－d时，又c<d，可得a－c＋c<b－d＋d，即a<b，故必要性成立，所以“a<b”是“a－c<b－d”的必要不充分条件． (2)A　解析　因为a>0>b，所以a3>0，b3<0，即a3>b3，故A正确；取a＝1，b＝－2，则|a|>|b|不成立，<不成立，故B，C错误；取a＝，b＝－，则ln(a－b)＝ln 1＝0，故D错误． 【例3】　(1)D　解析　因为－1<y<1，所以－2<－2y<2，又0<x<5，所以－2<x－2y<7. (2)BC　解析　因为a>b>c，所以a－c>b－c>0，所以<，A错误；因为a>b>c，a＋b＋c＝0，所以a>0，c<0，所以b＋c＝－a<0，a－b>0，所以a－b>b＋c，即a－c>2b，B正确；因为a－b>0，a＋b＝－c>0，所以a2－b2＝(a＋b)(a－b)>0，即a2>b2，C正确；ab＋bc＝b(a＋c)＝－b2≤0，D错误． 【变式】　[－4,2]　解析　设x－2y＝m(x＋y)＋n(x－y)，所以x－2y＝(m＋n)x＋(m－n)y，所以解得所以x－2y＝－(x＋y)＋(x－y)，因为－1≤x＋y≤2，－2≤x－y≤1，所以－1≤－(x＋y)≤，－3≤(x－y)≤，所以－4≤－(x＋y)＋(x－y)≤2，即－4≤x－2y≤2. 【训练3】　(1)AC　解析　因为1≤a≤2,3≤b≤5，所以4≤a＋b≤7，－2≤－a≤－1,1≤b－a≤4，所以a＋b的取值范围为[4,7]，b－a的取值范围为[1,4]，故A正确，B错误；因为1≤a≤2,3≤b≤5，所以3≤ab≤10，≤≤，≤≤，所以ab的取值范围为[3,10]，的取值范围为，故C正确，D错误． (2)[2,11]　解析　设3a＋2b＝x(a＋b)＋y(a－b)＝(x＋y)a＋(x－y)b，则解得所以3a＋2b＝(a＋b)＋(a－b)，因为1≤a＋b≤4，－1≤a－b≤2，所以≤(a＋b)≤10，－≤(a－b)≤1，因此，2≤3a＋2b≤11. 第四节　基本不等式 基础·梳理自测 回归教材 1．(1)a>0，b>0　(2)a＝b　(3)　 3．(1)x＝y　2　(2)x＝y　S2 基础自测 1．(1)×　解析　设f(x)＝x＋，x≥2，由函数f(x)＝x＋在[2，＋∞)为单调递增函数，所以当x＝2时，函数f(x)取得最小值，最小值为f(2)＝2＋＝，故错误． (2)×　(3)√　(4)× 2．D 3．C　解析　当x>2时，x－2>0，f(x)＝(x－2)＋＋2≥2＋2＝4，当且仅当x－2＝(x>2)，即x＝3时，取等号，即当f(x)取得最小值时x＝3，即a＝3. 4．10　解析　当最后一辆汽车出发时，第一辆汽车最少行驶了＝(h)，最后一辆车驶完全程共需要 h，所以这批物资全部到达灾区最少需要 h，由基本不等式，得＋≥2＝10，当且仅当＝，即v＝80时，等号成立，故最少需要10 h. 考点·精研突破 【例1】　(1)D　解析　因为x＋4y＝40，且x>0，y>0，所以x＋4y≥2＝4(当且仅当x＝20，y＝5时取“＝”)，所以4≤40，所以xy≤100，所以lg x＋lg y＝lg(xy)≤lg 100＝2. (2)3　解析　y＝＝＝＝x－1＋＋1，因为x>1，所以y＝x－1＋＋1≥2＋1＝3，当且仅当x－1＝，即x＝2时等号成立．所以函数y＝的最小值为3. 【训练1】　(1)C　解析　函数y＝＝－3x－＋2＝－＋2，因为x>0，所以3x＋≥2＝4，当且仅当3x＝，即x＝时，等号成立，故y＝－＋2≤－4＋2，则y的最大值为2－4. (2)2　解析　因为a>0，b>0，所以＋＋b≥2＋b＝＋b≥2＝2，当且仅当＝且＝b，即a＝b＝时等号成立，所以＋＋b的最小值为2. 【教材题】　[9，＋∞)　解析　由已知得a＋b＝ab－3，又a，b>0，则a＋b≥2，所以ab－3≥2，所以()2－2－3≥0，则(－3)(＋1)≥0，所以≥3或≤－1(舍去)，所以≥3，则ab≥9，当且仅当a＝b＝3时，等号成立，所以ab的取值范围为[9，＋∞)． 【高考题】　BC　解析　对于A，B：由x2＋y2－xy＝1，得(x＋y)2－3xy＝1，则(x＋y)2－1＝3xy≤32，则(x＋y)2－1≤(x＋y)2，所以(x＋y)2≤1，则|x＋y|≤2，所以－2≤x＋y≤2，故B正确．对于C，D：由x2＋y2－xy＝1，及基本不等式得x2＋y2－1＝xy≤，当且仅当x＝y时取等号，所以x2＋y2≤2，故C正确． 【例2】　(1)D　解析　由题意可知，x－2>0，所以y＝(x－2)＋＋2≥2＋2＝＋2，当且仅当x＝2＋时，等号成立，所以函数y＝x＋(x>2)的最小值为＋2. (2)　解析　当x>0时，＝≤＝，当且仅当x＝，即x＝2时等号成立，即的最大值为. 【例3】　(1)C　解析　依题意，因为a＋b＝2，所以(a＋1)＋(b＋1)＝4，则＋＝[(a＋1)＋(b＋1)]·＝≥×(2×4＋10)＝，当且仅当a＝，b＝时，等号成立． (2)C　解析　8a＋b＝(8a＋b)＝＋＋40≥2＋40＝72，当且仅当＝，即a＝6，b＝24时取等号． 【例4】　(1)D　解析　由题意得a＝，b＝.因为b>0，所以a>1，所以＋＝＋a＝3＋＋a－1≥3＋2＝3＋2，当且仅当a＝＋1时等号成立，此时b＝2＋，所以＋的最小值为3＋2.故选D. (2)6　解析　解法一(换元消元法)：由已知得9－(x＋3y)＝xy＝·x·3y≤·2，当且仅当x＝3y，即x＝3，y＝1时取等号．即(x＋3y)2＋12(x＋3y)－108≥0，令x＋3y＝t，则t>0且t2＋12t－108≥0，得t≥6，即x＋3y的最小值为6. 解法二(代入消元法)：由x＋3y＋xy＝9，得x＝，所以x＋3y＝＋3y＝＝＝＝3(1＋y)＋－6≥2－6＝12－6＝6，当且仅当3(1＋y)＝，即y＝1，x＝3时取等号，所以x＋3y的最小值为6. 对点练 1．AB　解析　由题意，A项，y＝x2＋2x＋3＝(x＋1)2＋2≥2，故A正确；B项，在y＝|sin x|＋中，|sin x|>0，所以y＝|sin x|＋≥2＝2，当且仅当|sin x|2＝1时，等号成立，故B正确；C项，2x>0,21－x>0，故y＝2x＋21－x＝2x＋≥2＝2，当且仅当(2x)2＝2即x＝时等号成立，C错误；D项，x>0，ln x∈R，只有当ln x>0时才有y＝ln x＋≥2＝2，当且仅当(ln x)2＝1即x＝e时等号成立，故D错误．故选AB. 2．C　解析　2x＋y＝[(2x＋1)＋2(x＋y)]－＝[(2x＋1)＋2(x＋y)]－＝×－≥×－＝×(3＋2)－＝1＋，当且仅当＝时，取等号，所以2x＋y的最小值为1＋.故选C. 3．3　解析　因为x2＋2xy－3＝0，所以y＝，所以2x＋y＝2x＋＝＝＋≥2＝3，当且仅当＝，即x＝1时取等号．故最小值为3. 【例5】　B　解析　任取其中两次加油，假设第一次的油价为m元/升，第二次的油价为n元/升．第一种方案的均价：＝≥，当且仅当m＝n时取等号；第二种方案的均价：＝，因m＋n≥2>0，则≤，故≤，当且仅当m＝n时取等号．所以无论油价如何变化，第二种都更划算．故选B. 【训练2】　C　解析　设天平左、右两边臂长分别为a，b，小明、小芳放入的药品的克数分别为x，y，则由杠杆原理得5a＝bx，ay＝20b，于是x＝，y＝，故x＋y＝＋≥2＝20，当且仅当a＝2b时取等号． 微点拓展 【典例】　ACD　解析　对于A，由基本不等式可得≤＝，当且仅当a＝b＝时取“＝”，A正确；对于B，由≤＝＝，得＋≥，当且仅当a＋2b＝2a＋b，即a＝b＝时等号成立，B错误；对于C，由≥＝，得a2＋b2≥，当且仅当a＝b＝时等号成立，C正确；对于D，由≤＝，得＋≤，当且仅当a＝b＝时等号成立，D正确．故选ACD. 【微练】　(1)2　解析　由≤，得a＋b≤2，则y＝＋≤2＝2，当且仅当＝，即x＝时等号成立，所以y的最大值是2. (2)20　解析　＝－2≥－2＝－2＝10，当且仅当x＝y＝10时取等号，所以x＋y的最小值为20. 第五节　二次函数与一元二次方程、不等式 第1课时　二次函数及其性质 基础·梳理自测 回归教材 2.　　x＝－ 基础自测 1．(1)×　解析　函数y＝ax2＋bx＋c，当a＝0时，不是一元二次函数，故错误． (2)√ (3)×　解析　二次函数y＝x2－x与y＝2x2－2x零点相同，但解析式不同，故错误． (4)×　解析　二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)的顶点坐标为，故不正确． 2．A 3．C　解析　由题意，知即解得a>. 4．(－∞，40]∪[160，＋∞)　解析　依题意，知≥20或≤5，解得k≥160或k≤40. 考点·精研突破 【例1】　解　(1)设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)， 则⇒所以该函数的解析式为f(x)＝－x2＋2x－3. (2)由题可知：设f(x)＝a(x－3)2＋5(a>0)，所以f(1)＝a(1－3)2＋5＝11，则a＝，所以该函数的解析式为f(x)＝(x－3)2＋5. (3)由题可知：f(x)＝a(x－1＋)(x－1－)(a≠0)，所以f(0)＝a(－1＋)(－1－)＝－2，则a＝2，所以该函数的解析式为f(x)＝2(x－1＋)(x－1－)． 【训练1】　(1)y＝x2－x－4　解析　设函数解析式为y＝a(x＋2)(x－4)，则－＝a(1＋2)(1－4)，解得a＝.故所求函数的解析式为y＝(x＋2)(x－4)，即y＝x2－x－4. (2)f(x)＝x2－4x＋3　解析　因为f(2－x)＝f(2＋x)对x∈R恒成立，所以f(x)的对称轴为直线x＝2.又因为f(x)的图象在x轴上截得的线段长为2，所以f(x)＝0的两根为1和3.设f(x)的解析式为f(x)＝a(x－1)(x－3)(a≠0)．又因为f(x)的图象经过点(4,3)，所以3a＝3，a＝1.所以所求二次函数的解析式为f(x)＝(x－1)(x－3)，即f(x)＝x2－4x＋3. 【例2】　ACD　解析　由题意得a<0，对称轴为直线x＝－＝1，则b＝－2a>0，故A正确；当x＝1时，y＝a＋b＋c>0，故B错误；当x＝－1时，y＝a－b＋c<0，则a＋c<b，故C正确；当x＝0时，y＝c>0，则abc<0，故D正确． 【训练2】　A　解析　因为cx2＋ax＋b>0的解集为{x，所以方程cx2＋ax＋b＝0的两根分别为和－1，且c<0，则a＝c，b＝－c，故函数y＝ax2－bx－c＝x2＋x－c＝(x＋2)(x－1)的图象开口向下，且与x轴的交点坐标为(1,0)和(－2,0)，故A选项的图象符合．故选A. 【例3】　[－3,0]　解析　当a＝0时，f(x)＝－3x＋1，在[－1，＋∞)上单调递减，满足题意．当a≠0时，f(x)图象的对称轴为直线x＝.由f(x)在[－1，＋∞)上单调递减知解得－3≤a＜0.综上，a的取值范围为[－3,0]． 【例4】　解　(1)若a＝2，则f(x)＝4x2－8x＋2＝4(x－1)2－2，对称轴为直线x＝1，函数f(x)在区间(－1,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝－2，又f(x)<f(－1)＝14，所以f(x)的值域为[－2,14)． (2)f(x)＝42－2a＋2，对称轴为直线x＝，①当≤0，即a≤0时，函数f(x)在[0,2]上是增函数．所以f(x)min＝f(0)＝a2－2a＋2，由a2－2a＋2＝3，得a＝1±.因为a≤0，所以a＝1－.②当0<<2，即0<a<4时，f(x)min＝f＝－2a＋2.由－2a＋2＝3，得a＝－∉(0,4)，舍去．③当≥2，即a≥4时，函数f(x)在[0,2]上是减函数，f(x)min＝f(2)＝a2－10a＋18.由a2－10a＋18＝3，得a＝5±.因为a≥4，所以a＝5＋，综上所述，a＝1－或a＝5＋. 对点练 1．B　解析　若函数f(x)＝－3x2＋2(1－m)x－5在区间(－∞，6]上单调递增，则≥6，解得m≤－17，因为{m|m<－17}{m|m≤－17}，因此，“m<－17”是“函数f(x)＝－3x2＋2(1－m)x－5在区间(－∞，6]上单调递增”的充分不必要条件，故选B. 2．[0,2]　解析　依题意a≠0，二次函数f(x)＝ax2－2ax＋c图象的对称轴是直线x＝1，因为函数f(x)在区间[0,1]上单调递减，所以a>0，即函数图象的开口向上，所以f(0)＝f(2)，则当f(m)≤f(0)时，有0≤m≤2. 3．1　解析　因为y＝x2－2ax＋3＝(x－a)2＋3－a2，x∈[1,3]，所以当a≤2时x＝3，ymax＝9－6a＋3＝6，解得a＝1，当a>2时x＝1，ymax＝1－2a＋3＝6，解得a＝－1，又a>2，故不成立．综上， a＝1. 第2课时　一元二次不等式及其解法 基础·梳理自测 回归教材 2．(1)f(x)g(x)>0(<0)　(2)f(x)g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0 3．(1)(－∞，－a)∪(a，＋∞)　(2)(－a，a) 基础自测 1．(1)×　解析　若方程ax2＋bx＋c＝0(a<0)没有实根，则不等式ax2＋bx＋c>0(a<0)的解集为∅. (2)×　解析　≥0等价于(x－a)(x－b)≥0且x≠b.故不正确． (3)×　解析　ax2＋bx＋c≤0在R上恒成立的条件应是a<0且Δ≤0或a＝b＝0，c≤0. (4)√ 2．A 3．B　解析　不等式变形为(x－m)(x＋n)<0，方程(x－m)(x＋n)＝0的两根为m，－n，显然由m＋n>0得m>－n，所以不等式的解为－n<x<m. 4．(－3,0]　解析　当k＝0时，满足题意；当k≠0时，解得－3<k<0，综上，－3<k≤0. 考点·精研突破 【例1】　(1)解　①原不等式可化为(x－5)(x＋1)≤0，所以原不等式的解集为{x|－1≤x≤5}． ②原不等式可化为x2－8x＋3>0，得解集为{x|x<4－或x>4＋}． (2)[7,8)　解析　集合A＝{x|x2－8x＋7≥0}＝{x|x≤1或x≥7}，集合B＝{y|y2－10y＋16<0}＝{y|2<y<8}，所以A∩B＝{x|7≤x<8}． 【例2】　(1)B　解析　因为x2－x>0，解得x>1或x<0，>0即(x＋1)(x－2)>0，解得x>2或x<－1，所以“x2－x>0”是“>0”的必要不充分条件，故选B. (2){x|－2≤x<0或x≥1}　解析　原不等式可化为x＋1－≥0⇔≥0⇔≥0⇔如图所示，原不等式的解集为{x|－2≤x<0或x≥1}． 【例3】　解　原不等式变为(ax－1)(x－1)<0，因为a>0，所以(x－1)<0.当a>1时，解得<x<1；当a＝1时，解集为∅；当0<a<1时，解得1<x<.综上，当0<a<1时，不等式的解集为{x；当a＝1时，不等式的解集为∅；当a>1时，不等式的解集为{x. 【变式】　解　原不等式变为(ax－1)(x－1)＜0，①当a＞0时，原不等式可化为(x－1)＜0，所以当a＞1时，解得＜x＜1；当a＝1时，解集为∅；当0＜a＜1时，解得1＜x＜.②当a＝0时，原不等式等价于－x＋1＜0，解得x＞1.③当a＜0时，＜1，原不等式可化为(x－1)＞0，解得x＞1或x＜.综上，当0＜a＜1时，不等式的解集为{x，当a＝1时，不等式的解集为∅，当a＞1时，不等式的解集为{x，当a＝0时，不等式的解集为{x|x＞1}，当a＜0时，不等式的解集为{x. 对点练 1．B　解析　由p：x2＋2x－3<0，得－3<x<1，由q：x2＋x－2<0，得－2<x<1，则p是q的必要不充分条件．故选B. 2．B　解析　由≥1，得≥0，其解集等价于解得≤x<2.故选B. 3．D　解析　由2∈{x|ax2＋3x＋a2－3>0}，得a×22＋3×2＋a2－3>0，即a2＋4a＋3>0，解得a<－3或a>－1，所以实数a的取值范围为(－∞，－3)∪(－1，＋∞)．故选D. 【例4】　(1)ACD　解析　由题知a(x－1)(x＋3)＋2＝ax2＋2ax－3a＋2>0的解集为(x1，x2)，所以a<0，且所以x1＋x2＋2＝0，x1x2＋3＝<0，故A，D正确； 原不等式可化为f(x)＝a(x－1)(x＋3)>－2的解集为(x1，x2)，而f(x)的零点分别为－3,1且f(x)的图象开口向下，又x1<x2，f(x)的大致图象如图所示，由图知，x1<－3<1<x2，|x1－x2|>4，故B错误，C正确． (2)(3,4]　解析　设方程x2－4x＋a＝0的两根为x1，x2，则x1>1，x2>1，所以Δ＝(－4)2－4a≥0，x1＋x2>2，(x1－1)(x2－1)>0，由Δ＝(－4)2－4a≥0，解得a≤4；由x1＋x2>2，得4>2显然成立；由(x1－1)(x2－1)>0，得x1x2－(x1＋x2)＋1>0，即a－4＋1>0，解得a>3，综上可得，3<a≤4，所以实数a的取值范围是(3,4]． 【训练1】　ACD　解析　因为关于x的不等式ax2＋bx＋c≤0的解集是{x|x≤－2或x≥6}，则a<0，A正确；由题意可知，关于x的方程ax2＋bx＋c＝0的两根分别为x1＝－2，x2＝6，由根与系数的关系可得6－2＝－，可得b＝－4a，－2×6＝，得c＝－12a，由bx＋c>0可得－4ax－12a>0，解得x>－3，B错误；由cx2－bx＋a<0可得－12ax2＋4ax＋a<0，即12x2－4x－1<0，解得－<x<，因此，不等式cx2－bx＋a<0的解集是{x，C正确；a＋b＋c＝－15a>0，D正确． 【例5】　A　解析　当k＝0时，8>0恒成立，符合题意；当k≠0时，要使kx2－6kx＋k＋8≥0对任意x∈R恒成立，只需解得0<k≤1.综上，k的取值范围是[0,1]． 【例6】　(1)[0，)　解析　由题意得x2－4x－4<1，解得－1<x<5，即x∈(－1,5)．因为f(x)<1在区间(m－1，－2m)上恒成立，所以(m－1，－2m)⊆(－1,5)．所以解得0≤m<，即m∈[0，)． (2)(－∞，1]　解析　由不等式ax2－2x＋1≤0在x∈(0,2]上有解，可得a≤，依题意可知a≤max，令y＝，x∈(0,2]，又y＝＝－2＋1，由x∈(0,2]可得∈，利用二次函数性质可知ymax＝－(1－1)2＋1＝1，即可得a≤1.故实数a的取值范围是(－∞，1]． 对点练 1．C　解析　由题意命题“∃x∈[－1,2]，使x2＋1>m”是真命题，所以m<(x2＋1)max，当且仅当x＝2，有(x2＋1)max＝22＋1＝5，所以实数m的取值范围是(－∞，5)．故选C. 2．D　解析　当x∈(0，＋∞)时，不等式x2－2mx＋1>0恒成立，得2m<min，因为x＋≥2，所以2m<2，解得m<1，即m的取值范围为(－∞，1)．故选D. 3．C　解析　当a－2＝0，即a＝2时，不等式为－4<0对一切x∈R恒成立．当a≠2时，需满足即解得－2<a<2.综上可知，实数a的取值范围是(－2,2]．故选C. 微突破一　一元二次方程根的分布 【例1】　(1)　解析　由(m＋2)f(1)<0，即(m＋2)·(2m＋1)<0，所以－2<m<－，即m的取值范围为. (2)(1,2]　解析　根据题意得到即解得1<m≤2. 【例2】　(1)A　解析　令g(x)＝x2－2ax＋a＋2，因为方程x2－2ax＋a＋2＝0在区间(－2,1)上有两个不相等的实数解，所以即解得－<a<－1，所以a的取值范围是.故选A. (2)解　①令f(x)＝x2＋(m－3)x＋m，设f(x)＝0的两个根为x1，x2.由题得解得0<m≤1，即m的取值范围为(0,1]． ②令f(x)＝x2＋(m－3)x＋m，设f(x)＝0的两个根为x1，x2.若方程x2＋(m－3)x＋m＝0一个根在(－2,0)内，另一个根在(0,4)内，结合f(x)＝x2＋(m－3)x＋m开口向上，则解得－<m<0，即m的取值范围为. 【例3】　(1)　解析　令t＝2x，当x∈(－∞，1)时，t∈(0,2)．显然m≠0，问题转化为方程mt2＋(2m－1)t＋m＝0在(0,2)上有两个不相等的实数根，其充要条件为即解得<m<，即实数m的取值范围为. (2)　解析　当a＝0时，ax2＋(a＋2)x＋9a＝0即为2x＝0，不符合题意；故a≠0，ax2＋(a＋2)x＋9a＝0即为x2＋x＋9＝0，令y＝x2＋x＋9，由于关于x的方程ax2＋(a＋2)x＋9a＝0有两个不相等的实数根x1，x2，且x1<1<x2，则y＝ax2＋(a＋2)x＋9a与x轴有两个交点，且分布在1的两侧，故x＝1时，y<0，即1＋×1＋9<0，解得<－11，故－<a<0. 增分训练 1．A　解析　q：一元二次方程有两个负数解，所以解得－1<m≤，所以p是q的充分不必要条件，故选A. 2．A　解析　设f(x)＝x2－4x－a，则f(x)的图象开口向上，对称轴为直线x＝2，所以要使不等式x2－4x－a>0在区间(1,5)内有解，只要f(5)>0即可，即25－20－a>0，得a<5，所以实数a的取值范围为(－∞，5)．故选A. 3．C　解析　依题意并结合函数f(x)的图象(图略)可知，即解得<m<. 4．(－5，－1)　解析　由题意，知所以所以－5<m<－1. 第二章　函数与基本初等函数 第一节　函数的概念及其表示 基础·梳理自测 回归教材 1．实数集　任意一个数x　唯一　x 2．(1)相同　相同 3．解析法 基础自测 1．(1)×　(2)√　(3)×　(4)× 2．A　解析　对于f：x→，当0≤x≤4时，0≤≤2，对于任意x∈M＝{x|0≤x≤4}，在N＝{x|0≤x≤2}中都存在唯一确定的元素与之对应，满足函数定义，A正确；对于f：x→x2，当0≤x≤4时，0≤x2≤16，当<x≤4时，在N＝{x|0≤x≤2}中无元素与之对应，不满足函数定义，B错误；对于f：x→|x|，当0≤x≤4时，0≤|x|≤4，当2<x≤4时，在N＝{x|0≤x≤2}中无元素与之对应，不满足函数定义，C错误；对于f：x→x－1，当0≤x≤4时，－1≤x－1≤3，当0≤x<1或3<x≤4时，在N＝{x|0≤x≤2}中无元素与之对应，不满足函数定义，D错误．故选A. 3．A　解析　因为f(x)＝4，所以＝4，即x＝4x－24，x＝8，故选A. 4．[－3，－2)∪(－2,1]　解析　由得－3≤x<－2或－2<x≤1. 考点·精研突破 【例1】　(1)D　解析　当x＝4时，y＝42＝16∉N.当x＝－1时，y＝－1＋1＝0∉N.当x＝－1时，y＝－1－1＝－2∉N.当x＝±1时，y＝|x|＝1∈N，当x＝2时，y＝|x|＝2∈N，当x＝4时，y＝|x|＝4∈N，故选D. (2)BD　解析　对于A，由图可知，有一部分的x有两个y的值与其对应，所以不是函数图象，所以A错误；对于B，由图可知，定义域内的每一个x都只有一个y和它对应，所以是函数图象，所以B正确；对于C，由图可知，有一部分的x有两个y的值与其对应，所以不是函数图象，所以C错误；对于D，由图可知，定义域内的每一个x都只有一个y和它对应，所以是函数图象，所以D正确．故选BD. (3)AC　解析　对A：只是用不同的字母表示变量，所以是同一个函数，故A正确；对B：因为函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，函数g(x)的定义域为R，所以f(x)与g(x)不是同一个函数，故B错误；对C：函数f(x)与g(x)的定义域都是(－∞，0)∪(0，＋∞)，对应关系一样，故它们是同一个函数，故C正确；对D：函数f(x)＝·的定义域是[1，＋∞)，函数g(x)的定义域是(－∞，－1]∪[1，＋∞)，定义域不一致，所以它们不是同一个函数，故D错误．故选AC. 【训练1】　BC　解析　对于A，函数f(x)＝的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，函数g(x)＝的定义域为R，两函数的定义域不同，所以不是同一个函数，故A错误；对于B，由题意，在f(x)＝－中，解得x≥－1且x≠0，故B正确；因为y＝的定义域为[－3,3)，并且＝，所以两个函数的定义域相同，对应关系相同，所以是同一个函数．对于D，由f(x)＝|x－1|－x，可得f＝0，所以f＝f(0)＝1，故D错误． 【例2】　(1)(－∞，0)∪(0,1]　解析　要使函数f(x)＝＋有意义，则解得x≤1且x≠0，所以函数的定义域为(－∞，0)∪(0,1]． (2)2　解析　由题意，要使函数f(x)＝有意义，则即所以a＝2，此时由可得x∈∪(1,2]，符合题意． 【训练2】　　解析　要使函数f(x)＝有意义，当且仅当解得－<x<1，所以函数f(x)＝的定义域是. 【典例】　(1)　解析　由－2≤2x－1≤3，解得－≤x≤2，所以函数f(2x－1)的定义域为. (2)[－4,6]　解析　由－2≤x≤3，得－5≤2x－1≤5 ，则－5≤x－1≤5，解得－4≤x≤6，所以函数f(x－1)的定义域为[－4,6]． 【微练】　[－2,1)∪(1,2 023]　解析　由函数f(x－1)的定义域为[0,2 025]，得函数y＝f(x)的定义域为[－1,2 024]，则－2≤x≤2 023且x≠1.所以函数g(x)的定义域为[－2,1)∪(1,2 023]． 【例3】　解　(1)令t＝＝－1＋(t≠－1)，得x＝，据此可得函数f(x)的表达式是f(x)＝(x≠－1)． (2)根据题意设f(x)＝a2＋，又图象过点(2,4)，则a2＋＝4，解得a＝－1，故f(x)＝－2＋. (3)因为f＝x2＋＝2－2，所以f(x)＝x2－2，x∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)． (4)将等式f(x)＋3f(－x)＝2x＋1中的x换为－x，得f(－x)＋3f(x)＝－2x＋1，故有解得f(x)＝－x＋. 【训练3】　(1)f(x)＝x＋－1或f(x)＝－x－－1　解析　设f(x)＝ax＋b(a≠0)，f(f(x))＝f(ax＋b)＝a(ax＋b)＋b＝a2x＋ab＋b＝3x＋2，于是有解得或所以f(x)＝x＋－1或f(x)＝－x－－1. (2)f(x)＝x2＋x＋1　解析　令x＝0，代入f(x－y)＝f(x)－y(2x－y＋1)，得f(－y)＝f(0)－y(－y＋1)，又f(0)＝1，则f(－y)＝1－y(－y＋1)＝y2－y＋1＝(－y)2＋(－y)＋1，所以f(x)＝x2＋x＋1. 【例4】　1　解析　f(f(3))＝f(－|3－2|＋1)＝f(0)＝－02＋1＝1. 【例5】　(1)AB　解析　当m≥0时，m3＋2＝29，解得m＝3；当m<0时，－3m＝29，解得m＝－.故选AB. (2)2　解析　因为f()＝6－4＝2，所以f(f())＝f(2)＝3，即|2－3|＋a＝3，解得a＝2. 【例6】　A　解析　当t≤0时，f(t)＝2－t>2，解得t<－1；当t>0时，f(t)＝logt>2＝log，解得0<t<.综上，t的取值范围是(－∞，－1)∪.故选A. 对点练 1．B　解析　当a<1时，f(a)＝2a－1＝1，则a－1＝0，解得a＝1(舍去)；当a≥1时，f(a)＝＝1，则＝2，解得a＝4.故选B. 2．B　解析　f＝f＋1＝f＋2＝f＋3＝log2＋3＝－1＋3＝2.故选B. 3.∪　解析　因为函数y＝x2－3x在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以当x＝时，函数y＝x2－3x，x≤3取得最小值－.又因为函数y＝log3x在区间(3，＋∞)上单调递增，所以当x>3时，log3x>1.综上可得函数f(x)＝的最小值为－.因为∃x0∈R，使得f(x0)≤10m＋4m2成立，所以－≤10m＋4m2，解得m≤－或m≥－. 第二节　函数的基本性质 第1课时　函数的单调性与最值 基础·梳理自测 回归教材 1．(1)f(x1)<f(x2)　f(x1)>f(x2)　(2)单调递增　单调递减　单调区间 2．f(x)≤M　f(x0)＝M　f(x)≥M　f(x0)＝M 基础自测 1．(1)×　(2)×　(3)√　(4)× 2．D　解析　对于A，f(x)＝|x|在R上不具有单调性，不合题意；对于B，f(x)＝x为R上的减函数，不合题意；对于C，f(x)＝x2在R上不具有单调性，不合题意；对于D，f(x)＝为R上的增函数，符合题意，故选D. 3．A　解析　y＝－在(－1，＋∞)上单调递增，则y＝－在区间[1,2]上单调递增，所以ymax＝－＝－. 4．[2，＋∞)　解析　由题意可知x2－2x≥0，解得x≤0或x≥2，所以函数f(x)的定义域为(－∞，0]∪[2，＋∞)，设y＝，u＝x2－2x，二次函数u＝x2－2x的单调递增区间是(1，＋∞)，单调递减区间是(－∞，1)，所以f(x)的单调递增区间是[2，＋∞)． 考点·精研突破 【例1】　解　(1)函数f(x)＝x＋ln x的定义域为(0，＋∞)． 解法一：由于函数y1＝x(x>0)与y2＝ln x(x>0)均是增函数，因此函数f(x)＝x＋ln x的单调递增区间为(0，＋∞)． 解法二：由于f′(x)＝1＋>0，因此函数f(x)＝x＋ln x在定义域(0，＋∞)上为增函数． (2)函数f(x)＝log2(－x2＋4x＋5)的定义域需满足－x2＋4x＋5>0，解得f(x)的定义域为(－1,5)．又f(x)＝log2(－x2＋4x＋5)＝log2[－(x－2)2＋9]，因为y＝－(x－2)2＋9在(－∞，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝log2(－x2＋4x＋5)的单调递增区间为(－1,2)，单调递减区间为(2,5)． (3)f(x)＝作出图象，可以得到函数的单调递增区间是(－∞，0)，，单调递减区间是. 【训练1】　(1)D　解析　函数f(x)＝的定义域需要满足3＋2x－x2≥0，解得f(x)的定义域为[－1,3]，因为y＝3＋2x－x2在[－1,1]上单调递增，所以f(x)＝在[－1，1]上单调递增，故选D. (2)(1，＋∞)　解析　复合函数f(x)＝可以分为：外部函数y＝0.7u与内部函数u＝x2－2x，因为外部函数y＝0.7u在公共定义域内单调递减，根据复合函数单调性“同增异减”的性质，所以求f(x)的减区间，等价于求内部函数u＝x2－2x的增区间，易知u＝x2－2x的增区间为[1，＋∞)，故f(x)的减区间为[1，＋∞)，由于端点不影响函数的单调性，所以f(x)的减区间也可以为(1，＋∞)． 【例2】　解　函数f(x) 在(－2，＋∞) 上单调递增．证明如下：f(x)＝＝＝1－，任取x1，x2∈(－2，＋∞)，且x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝1－－(1－)＝－＝，又x1<x2，且x1，x2∈(－2，＋∞)，所以x1＋2>0，x2＋2>0，x1－x2<0，所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，故函数f(x) 在(－2，＋∞) 上单调递增． 【训练2】　(1)B　解析　y＝x2在(－∞，0]上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故A错误；y＝x在R上为增函数，故B正确；y＝－在[0，＋∞)上单调递减，故C错误；y＝在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递减，故D错误． (2)解　函数f(x)＝x2－＋1在区间(0，＋∞)上单调递增．证明：任取0<x1<x2，则f(x2)－f(x1)＝x－＋1－x＋－1＝(x2－x1)，因为0<x1<x2，所以x2－x1>0，x2＋x1＋>0，所以f(x2)－f(x1)>0，即f(x1)<f(x2)，所以f(x)＝x2－＋1在区间(0，＋∞)上单调递增． 【例3】　D　解析　由f(x)的图象关于直线x＝1对称，可得f＝f.由x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，知f(x)在(1，＋∞)上单调递减．因为1<2<<e，所以f(2)>f>f(e)，所以b>a>c. 【例4】　(0,1)　解析　由已知得f(x)＝则f(x)在(－1,1)上单调递减，所以解得0<m<1，所以所求不等式的解集为(0,1)． 【例5】　D　解析　因为f(x)＝x2－2x＋ln x，x∈(0，＋∞)，所以f′(x)＝x－2＋＝＝≥0，所以f(x)是(0，＋∞)上的增函数，所以若f(a＋1)≥f(2a－1)，则a＋1≥2a－1>0，解得<a≤2.故选D. 对点练 1．D　解析　由题意，x∈R，f(x)＝－xln 2－x3，易知函数f(x)在R上单调递减，而f(3－x2)>f(2x－5)，所以3－x2<2x－5⇒(x－2)(x＋4)>0⇒x∈(－∞，－4)∪(2，＋∞)．故选D. 2．D　解析　因为函数f(x)＝x3－x，可得f′(x)＝3x2－1，当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0，所以f(x)在和上递增，在上递减，因为－<<，可得f>f，所以a>c，又因为f＝<f＝，log23－＝log23－log22>0，所以log23>，所以f(log23)>f>f，即b>a，所以c<a<b.故选D. 3．C　解析　因为对于∀x1，x2∈(0,2)，x1≠x2，都有>0成立，所以函数f(x)单调递增，则函数y＝ax＋1－a(0≤x≤1)和y＝2x2－ax(1<x≤2)均单调递增，且有1≤21－a，即解得0<a≤1. 【典例】　(1)ACD　解析　对于A，(配方法)y＝x2－2x＋3＝(x－1)2＋2，由x∈[0,3)，再结合函数的图象(如图①所示)，可得函数的值域为[2,6)；对于B，(分离常数法)y＝＝＝2＋，显然≠0，所以y≠2.故函数的值域为(－∞，2)∪(2，＋∞)；对于C，(换元法)设t＝，则x＝t2＋1，且t≥0，所以y＝2(t2＋1)－t＝22＋，由t≥0，再结合函数的图象(如图②所示)，可得函数的值域为.对于D，函数的定义域为[1，＋∞)，因为y＝与y＝在[1，＋∞)上均单调递增，所以y＝＋在[1，＋∞)上为增函数，所以当x＝1时，ymin＝，即函数的值域为[，＋∞)． (2)(－∞，2]　解析　 解法一(图象法)：作出函数f(x)＝ 的图象(如图所示)，f(x)max＝f(0)＝2.由函数图象可知，f(x)的值域为(－∞，2]． 解法二(单调性法)：当x≥1 时，函数f(x)＝ 单调递减，所以f(x) 在x＝1 处取得最大值，最大值为f(1)＝1；当x<1 时，易知函数f(x)＝－x2＋2 在x＝0 处取得最大值，最大值为f(0)＝2.综上，函数f(x) 的最大值为2，所以函数f(x) 的值域为(－∞，2]． 【微练】　(1)C　解析　因为f(x)＝ ＝2＋，所以f(x)在[3,4]上是减函数．所以m＝f(4)＝4，M＝f(3)＝6.所以M＋m＝6＋4＝10.故选C. (2)　解析　令sin θ＝t，则t∈[－1,1]，故y＝＝＝－1＋，由于t∈[－1,1]，所以2－t∈[1,3]，∈，所以y＝－1＋∈，即函数y＝的值域为. (3)1　解析　 解法一(图象法)：在同一直角坐标系中，作函数f(x)，g(x)的图象，依题意，h(x)的图象为如图所示的实线部分．易知点A(2,1)为图象的最高点，因此h(x)的最大值为h(2)＝1. 解法二(最值比较法)：依题意，h(x)＝当0<x≤2时，h(x)＝log2x单调递增，当x>2时，h(x)＝3－x单调递减，因此h(x)在x＝2时取得最大值h(2)＝1. 第2课时　函数的奇偶性、周期性 基础·梳理自测 回归教材 1．f(－x)＝f(x)　f(－x)＝－f(x)　y轴　原点 2．(1)f(x＋T)＝f(x)　(2)正数　正数　最小正周期 基础自测 1．(1)×　解析　由于偶函数的定义域关于原点对称，故y＝x2在(0，＋∞)上不具有奇偶性． (2)×　(3)√ (4)×　解析　若函数f(x)为奇函数，但函数定义域不包括0，则f(0)无意义． 2．BC　解析　对于f(x)＝x4，f(x)的定义域为R，由f(－x)＝(－x)4＝x4＝f(x)，可知f(x)＝x4是偶函数，同理可知f(x)＝x5，f(x)＝x＋是奇函数，f(x)＝是偶函数．故选BC. 3．BD　解析　因为f(－x)＋g(－x)＝－f(x)＋g(x)≠f(x)＋g(x)且f(－x)＋g(－x)＝－f(x)＋g(x)≠－[f(x)＋g(x)]，所以f(x)＋g(x)既不是奇函数也不是偶函数，故A错误；因为f(－x)|g(－x)|＝－f(x)|g(x)|，所以f(x)|g(x)|是奇函数，故B正确；因为f(－x)g(－x)＝－f(x)g(x)≠f(x)g(x)，所以f(x)g(x)是奇函数，不是偶函数，故C错误；因为f(g(－x))＝f(g(x))，所以f(g(x))是偶函数，故D正确． 4．C　解析　当x<0时，－x>0，则f(x)＝f(－x)＝－x＋ln(1－x)．故选C. 考点·精研突破 【例1】　解　(1)由得x2＝3，解得x＝±，即函数f(x)的定义域为{－，}，从而f(x)＝＋＝0.因此f(－x)＝－f(x)且f(－x)＝f(x)，所以函数f(x)既是奇函数又是偶函数． (2)显然函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，关于原点对称．因为当x<0时，－x>0，则f(－x)＝－(－x)2－x＝－x2－x＝－f(x)；当x>0时，－x<0，则f(－x)＝(－x)2－x＝x2－x＝－f(x)．综上可知，对于定义域内的任意x，总有f(－x)＝－f(x)成立，所以函数f(x)为奇函数． (3)显然函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝log2[－x＋]＝log2(－x)＝log2(＋x)－1＝－log2(＋x)＝－f(x)，故f(x)为奇函数． 【教材题】　解　假设存在实数a使函数f(x)为奇函数．则有f(－x)＋f(x)＝0，即a－＋a－＝0，解得a＝1.故存在实数a使函数f(x)为奇函数． 【高考题】　(1)B　解析　解法一：f(－x)＝(－x＋a)ln＝(－x＋a)ln＝(x－a)ln，因为f(x)为偶函数，所以f(x)＝f(－x)，所以x＋a＝x－a，即a＝0.故选B. 解法二：因为f(x) 为偶函数，则 f(1)＝f(－1)，所以(1＋a)ln＝(－1＋a)ln 3，解得a＝0.当a＝0时，f(x)＝xln，(2x－1)(2x＋1)>0，解得x>或x<－，则其定义域为{x，关于原点对称．f(－x)＝(－x)ln＝(－x)ln＝(－x)ln－1＝xln＝f(x)，故此时f(x)为偶函数．故选B. (2)D　解析　由题意知f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)单调递减，且f(－2)＝f(2)＝f(0)＝0.当x>0时，令f(x－1)≥0，得0≤x－1≤2，所以1≤x≤3；当x<0时，令f(x－1)≤0，得－2≤x－1≤0，所以－1≤x≤1，又x<0，所以－1≤x<0；当x＝0时，显然符合题意．综上，原不等式的解集为[－1,0]∪[1,3]，故选D. 对点练 1．B　解析　对A，f(x)＝，函数定义域为R，但f(－1)＝，f(1)＝，则f(－1)≠f(1)，故A错误；对B，f(x)＝，函数定义域为R，且f(－x)＝＝＝f(x)，则f(x)为偶函数，故B正确；对C，f(x)＝，函数定义域为{x|x≠－1}，不关于原点对称， 则f(x)不是偶函数，故C错误；对D，f(x)＝，函数定义域为R，因为f(1)＝，f(－1)＝，则f(1)≠f(－1)，则f(x)不是偶函数，故D错误．故选B. 2．C　解析　由于f(x)是奇函数，所以f(0)＝20－m＝1－m＝0，即m＝1，即x≥0时，f(x)＝2x－1，所以f(－2)＝－f(2)＝－(22－1)＝－3.故选C. 3．D　解析　解法一：因为f(x) 是偶函数，所以f(x)－f(－x)＝－＝＋＝＝0，所以a－1＝1，所以a＝2.故选D. 解法二：因为f(x) 是偶函数，所以f(1)－f(－1)＝－＝＝0，所以a－1＝1，所以a＝2.故选D. 【例2】　(1)C　解析　由f(x＋1)＝f(x－1)，得f(x) 是周期为2的周期函数，又f(－5)＝f(4.5)，所以f(－1)＝f(0.5)，即－1＋a＝1.5，所以a＝2.5.故选C. (2)f(x)＝log2(5－x)，x∈[2,4]　解析　根据题意，设x∈[2,4]，则x－4∈[－2,0]，则有4－x∈[0,2]，当x∈[0,2]时，f(x)＝log2(x＋1)，则f(4－x)＝log2[(4－x)＋1]＝log2(5－x)，又f(x)为周期为4的偶函数，所以f(x)＝f(x－4)＝f(4－x)＝log2(5－x)，x∈[2,4]，则有f(x)＝log2(5－x)，x∈[2,4]． 【训练】　D　解析　因为f(x)的周期为3，f(－1)＝1，则f(2)＝f(－1＋3)＝f(－1)＝1，又f(0)＝－2，则f(3)＝f(0＋3)＝f(0)＝－2，因为函数f(x)在R上的图象关于y轴对称，所以f(x)为偶函数，故f(1)＝f(－1)＝1，则f(1)＋f(2)＋f(3)＝0.故f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 025)＝675×0＝0. 第3课时　函数的对称性 基础·梳理自测 回归教材 1．(1)原点　y轴　(2)x＝a　(3)(a,0) 2．(a,0) 3．(1)y轴　(2)x轴　(3)原点 基础自测 1．(1)√　(2)√　(3)×　(4)√ 2．B　解析　因为f(x)＝＝1＋，由y＝向上平移一个单位长度得到y＝1＋，又y＝关于点(0,0)对称，所以f(x)＝1＋的图象关于点(0,1)对称． 3．A　解析　函数y＝f(x＋1)为奇函数，图象关于点(0,0)对称，则函数y＝f(x)关于点(1,0)对称，所以函数y＝f(x)＋1的图象关于点(1,1)对称． 4．5　解析　因为f(x)为偶函数，所以f(－1)＝f(1)，由f(x)的图象关于直线x＝2对称，可得f(1)＝f(3)＝2×3－1＝5，所以f(－1)＝5. 考点·精研突破 【例1】　(1)A　解析　设P(x0，y0)为y＝f(x＋2)图象上任意一点，则y0＝f(x0＋2)＝f(4－(2－x0))，所以点Q(2－x0，y0)在函数y＝f(4－x)的图象上，而P(x0，y0)与Q(2－x0，y0)关于直线x＝1对称，所以函数y＝f(x＋2)的图象与y＝f(4－x)的图象关于直线x＝1对称． (2)A　解析　函数f(x)的图象关于直线x＝3对称，则必有f(3－x)＝f(x＋3)，所以f(0)＝f(6)，f(1)＝f(5)，f(2)＝f(4)．又因为f(x)满足f(2－x)＝2－f(x)，取x＝1，所以f(1)＝2－f(1)，f(1)＝1，则f(1)＝f(5)＝1，取x＝5，则f(－3)＝2－f(5)＝1，A正确． 【训练1】　ABC　解析　A：函数图象由y＝图象沿x轴向右平移1个单位长度，再把x轴下方的图象关于x轴对称翻折到x轴上方，故关于直线x＝1对称，故A正确；B：函数f(x)＝ex－1＋e1－x的图象是由y＝ex＋e－x图象沿x轴向右平移1个单位长度得到的，而函数y＝ex＋e－x是偶函数，关于y轴对称，其图象沿x轴向右平移1个单位长度后的图象刚好关于直线x＝1对称，故B正确；C：令πx＝kπ，k∈Z，则该函数的对称轴为直线x＝k，k∈Z，故x＝1符合题意，故C正确；D：f(－1)＝－1，f(3)＝3，显然f(－1)≠f(3)，故此函数图象不是关于直线x＝1对称的，故D错误．故选ABC. 【例2】　(1)D　解析　f(x)＝＝a＋关于(1,2)对称，则a＝2.故选D. (2)0　解析　因为函数y＝f(x)的图象关于点(2,0)对称，所以f(－x)＝－f(4＋x)，又f(－x)＝f(2＋x)，所以f(x＋2)＋f(x＋4)＝0，所以f(x)－f(x＋4)＝0，即f(x)＝f(x＋4)，所以函数f(x)的一个周期为4，所以f(18)＝f(2)＝0. 【训练2】　(1)C　解析　因为f(x)的图象关于点(1,0)对称，所以f(0)＋f(2)＝0，即＋＝0，解得a＝1，所以f(x)＝，经检验知f(x)的图象关于点(1,0)对称，故选C. (2)证明　在函数y＝f(x)的图象上任意取一点P(a，b)，关于点(－1，－1)的对称点Q(－2－a，－2－b)，由f(a)＝b得b＝，即a＝(b≠－1)，把x＝－2－a代入得f(－2－a)＝＝＝＝·＝－b－2，所以对称点Q(－2－a，－2－b)在函数y＝f(x)的图象上．即函数y＝f(x)的图象关于点(－1，－1)中心对称． 【例3】　(1)0.4　解析　由已知得f(x)的图象关于直线x＝0和x＝1对称，故f(x)的周期为2，所以f(8.6)＝f(0.6)＝f(－0.6)＝0.4. (2)C　解析　由f(1＋x)＝f(－x)，且f(x)是定义在R上的奇函数，可得f(1＋x)＝f(－x)＝－f(x)，所以f(2＋x)＝－f(1＋x)＝f(x)，所以f(x)＝f(x－2)，则f＝f＝f＝. 【训练3】　－1　解析　由题意可知f(x)＝－f(－x)，f(x＋2)＝f(－x＋2)，所以f(－x＋2)＝－f(x－2)＝f(x＋2)⇒f(x＋4)＝－f(x)⇒f(x＋8)＝f(x)，所以f(x)的一个正周期为8，即f(101)＝f(5)＝f(－1)＝－f(1)＝－log2(1＋1)＝－1. 【例4】　(1)ACD　解析　因为f(x)＝f(4－x)，所以f(3)＝f(1)，因为f(x)＝x2－2x(0<x≤2)，所以f(3)＝f(1)＝－1，则A正确；因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，所以f(－1)＝－f(1)＝1.因为f(－1)≠f(3)，所以f(x)的图象不关于直线x＝1对称，则B错误；因为f(x)＝f(4－x)，所以f(－x)＝f(4＋x)．因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以 f(－x)＝－f(x)，所以f(4＋x)＝－f(4－x)，所以f(x)的图象关于点(4,0)中心对称，则C正确；因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，所以当0≤x≤2时，f(x)＝x2－2x.设4≤x≤6，则0≤x－4≤2，所以 f(x－4)＝(x－4)2－2(x－4)＝x2－10x＋24.因为 f(x)＝f(4－x)，所以f(x)＝－f(x－4)＝－x2＋10x－24，则D正确． (2)(－3,1)　解析　由f(－x)＝－f(x)，得a＝0，即f(x)＝－＝ 当x≥0 时，f(x)＝－1＋在[0，＋∞) 上单调递减，又f(x) 为奇函数，故f(x) 在R上是减函数．由f(x) 为奇函数，则不等式f(x2)＋f(2x－3)>0 可化为f(x2)>f(3－2x)，所以x2<3－2x，解得－3<x<1，故不等式的解集为(－3,1)． 【训练4】　(1)B　解析　函数f(x)＝ex－e2－x，f(2－m)＋f(m)＝e2－m－em＋(em－e2－m)＝0，而f(m)＋f(n)＝0，因此f(2－m)＝f(n)，又函数y＝ex，y＝－e2－x在R上递增，则函数f(x)＝ex－e2－x在R上递增，于是2－m＝n，所以m＋n＝2.故选B. (2)　解析　由f(x)＝ln(1＋|x|)－，知f(x)为R上的偶函数，于是f(x)>f(2x－1)即为f(|x|)>f(|2x－1|)．当x≥0时，f(x)＝ln(1＋x)－，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，则由f(|x|)>f(|2x－1|)，得|x|>|2x－1|，化简得3x2－4x＋1<0，解得<x<1. 真题·重温高考 1．D　解析　对于f(x)＝－x，由正比例函数的性质可知，f(x)是减函数，故A不符合题意；对于f(x)＝x，由指数函数的单调性可知，f(x)是减函数，故B不符合题意；对于f(x)＝x2，由二次函数的图象可知，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故C不符合题意；对于f(x)＝＝x，由幂函数的性质可知，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，故选D. 2．A　解析　令g(x)＝－(x－1)2，则g(x)开口向下，对称轴为直线x＝1，因为－1－＝－，而(＋)2－42＝9＋6－16＝6－7>0，所以－1－>0，即－1>1－，由二次函数性质知g<g，因为－1－＝－，而(＋)2－42＝8＋4－16＝4－8＝4(－2)<0，所以－1－<0，即－1<1－，所以g>g，综上，g<g<g，又y＝ex为增函数，故a<c<b，即b>c>a.故选A. 3．B　解析　因为函数f(x)在R上单调递增，且当x<0时，f(x)＝－x2－2ax－a，所以f(x)＝－x2－2ax－a在(－∞，0)上单调递增，所以－a≥0，即a≤0；当x≥0时，f(x)＝ex＋ln(x＋1)，所以函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增．若函数f(x)在R上单调递增，则－a≤f(0)＝1，即a≥－1.综上，实数a的取值范围是[－1,0]．故选B. 4．A　解析　解法一(赋值加性质)：因为f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)，令x＝1，y＝0可得，2f(1)＝f(1)f(0)，所以f(0)＝2，令x＝0可得，f(y)＋f(－y)＝2f(y)，即f(y)＝f(－y)，所以函数f(x)为偶函数，令y＝1得，f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x)f(1)＝f(x)，即有f(x＋2)＋f(x)＝f(x＋1)，从而可知f(x＋2)＝－f(x－1)，f(x－1)＝－f(x－4)，故f(x＋2)＝f(x－4)，即f(x)＝f(x＋6)，所以函数f(x)的一个周期为6.因为f(2)＝f(1)－f(0)＝1－2＝－1，f(3)＝f(2)－f(1)＝－1－1＝－2，f(4)＝f(－2)＝f(2)＝－1，f(5)＝f(－1)＝f(1)＝1，f(6)＝f(0)＝2，所以一个周期内的f(1)＋f(2)＋…＋f(6)＝0.由于22除以6余4，所以(k)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝1－1－2－1＝－3.故选A. 解法二(构造特殊函数)：由f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)，联想到余弦函数和差化积公式cos (x＋y)＋cos (x－y)＝2cos xcos y，可设f(x)＝acos ωx，则由解法一中f(0)＝2，f(1)＝1知a＝2，acos ω＝1，解得cos ω＝，取ω＝，所以f(x)＝2cos x，则f(x＋y)＋f(x－y)＝2cos＋2cos＝4cos xcos y＝f(x)f(y)，所以f(x)＝2cos x符合条件，因此f(x)的周期T＝＝6，f(0)＝2，f(1)＝1，且f(2)＝－1，f(3)＝－2，f(4)＝－1，f(5)＝1，f(6)＝2，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋f(5)＋f(6)＝0，由于22除以6余4，所以(k)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝1－1－2－1＝－3.故选A. 5．2　解析　因为f(x)＝(x－1)2＋ax＋sin＝(x－1)2＋ax＋cos x为偶函数，定义域为R，所以f＝f，即2－a＋cos＝2＋a＋cos，则πa＝2－2＝2π，故a＝2，此时f(x)＝(x－1)2＋2x＋cos x＝x2＋1＋cos x，所以f(－x)＝(－x)2＋1＋cos(－x)＝x2＋1＋cos x＝f(x)，又定义域为R，故f(x)为偶函数，所以a＝2. 微突破二　抽象函数 【例1】　(1)AC　解析　A：令y＝1，则f(x)f(1)＝2f(x)，即f(x)(f(1)－2)＝0.因为f(x)非常数函数，所以f(x)≠0，则f(1)＝2，故A正确；B：令x＝y＝－1，则f(－1)f(－1)＝f(1)＋f(1)＝4，所以f(－1)＝±2，故B不正确；C.令x＝1，则f(1)f(y)＝f(y)＋f，所以(f(1)－1)f(y)＝f，即f(y)＝f，所以f(x)＝f，故C正确；D：令y＝－1，则f(x)f(－1)＝2f(－x)，若f(－1)＝2，则f(x)＝f(－x)，所以f(x)是偶函数，若f(－1)＝－2，则－f(x)＝f(－x)，所以f(x)是奇函数，故D不正确． (2)ABC　解析　取x＝y＝0，则f(0)＝0，故A正确；取x＝y＝1，则f(1)＝f(1)＋f(1)，所以f(1)＝0，故B正确；取x＝y＝－1，则f(1)＝f(－1)＋f(－1)，所以f(－1)＝0，取y＝－1，则f(－x)＝f(x)＋x2f(－1)，所以f(－x)＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，故C正确；不妨取f(x)＝0，此时f(x)符合题设，但f(x)无极值，故D不正确．综上，选ABC. (3)2　解析　因为f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy(x，y∈R)，f(1)＝2，所以令x＝y＝1，得f(2)＝f(1＋1)＝f(1)＋f(1)＋2＝6，再令x＝2，y＝－1，得f(2－1)＝f(2)＋f(－1)－4＝2，所以f(－1)＝0，所以f(－2)＝f(－1)＋f(－1)＋2＝2. 【例2】　D　解析　因为y＝f(x－1)＋1为奇函数，所以f(－x－1)＋1＝－1－f(x－1)，所以f(x)的图象关于点(－1，－1)中心对称，则f(－1)＝－1.因为y＝f(x－2)为偶函数，所以f(－x－2)＝f(x－2)，所以f(x)的图象关于直线x＝－2轴对称．由f(－x－1)＋1＝－1－f(x－1)，得f(－x－2)＝－2－f(x)，所以f(x－2)＝－2－f(x)，则f(x－4)＝－2－f(x－2)＝－2－f(－x－2)＝f(x)，则f(x)的周期为4，f(2 024)＝f(0)＝－2－f(－2)＝1，则f(－2)＝－3.故选D. 【例3】　A　解析　因为f(x)为奇函数，所以xf(x)是定义在R上的偶函数，由题意可知xf(x)在(－∞，0]上单调递增，则xf(x)在(0，＋∞)上单调递减，设g(x)＝xf(x)，a2f(a2)－(a－1)f(a－1)>0⇔a2f(a2)>(a－1)f(a－1)⇔g(a2)>g(a－1)，所以a2<|a－1|，即解得<a<. 【例4】　(1)C　解析　由f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy可构造满足条件的函数f(x)＝x2，可以快速得到f(25)＝625.故选C. (2)C　解析　由cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β，cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β，可得cos(α＋β)＋cos(α－β)＝2cos αcos β，可设f(x)＝cos αx，由f(1)＝，即cos α＝，则可取α＝，即f(x)＝cos进行验证．选项A: f(0)＝1，故选项A不正确；选项B：由f(x)＝cos，则其最小正周期为T＝＝6，故选项B不正确；选项D：由于f(x)为周期函数，则在(0，＋∞)不可能为单调函数. 故选项D不正确；选项C：f(2x－1)＝cos，又f＝cos 0＝1，故此时直线x＝为其一条对称轴．此时选项C正确，故选C. 增分训练 1．A　解析　因为f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2－x)＝f(x)，所以f(－x)＝f(x＋2)，f(x＋2)＝－f(x)，f(x＋4)＝f(x)，所以f(x)的周期为4；又f(0)＝0，f(1)＝2；所以f(2)＝f(0)＝0，f(3)＝－f(1)＝－2，f(4)＝－f(2)＝0；所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝0；又30＝2＋7×4；f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(30)＝f(1)＋f(2)＝2.故选A. 2．B　解析　因为f(x＋2)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝f(x＋2＋2)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以函数f(x)是周期为4的周期函数，所以f(6)＝f(2)＝－f(0)＝f(0)，f＝f＝－f＝f，f(－7)＝f(1)，又当x∈[0,1]时，f(x)单调递增，所以f(0)<f<f(1)，即f(6)<f<f(－7)． 3．A　解析　由f(a＋b)＝f(a)·f(b)，f(1)＝2，令b＝1可得f(a＋1)＝f(a)·f(1)＝2f(a)，所以＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝2×1 012＝2 024. 4．AB　解析　对于A中，令x＝y＝0，可得f(0)＝f(0)＋f(0)＝2f(0)，所以f(0)＝0，令y＝－x，得到f(－x)＋f(x)＝f(0)＝0，即f(－x)＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，故A正确；对于B中，因为f(x)为奇函数，所以f(－2)＝－f(2)＝－1，故B正确；对于C中，设x1>x2，x＝x1，y＝x2，可得f(x1－x2)＝f(x1)＋f(－x2)，所以f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1－x2)，又因为x1>x2，所以x1－x2>0，所以f(x1－x2)>0，即f(x1)>f(x2)，所以f(x)在R上单调递增，因为f(－2)＝－1，所以f(－4)＝f(－2－2)＝2f(－2)＝－2，由f(2x)－f(x－3)>－2，可得f(2x)>f(x－3)＋f(－4)，所以f(2x)>f(x－3－4)＝f(x－7)，所以2x>x－7，得到x>－7，所以f(2x)－f(x－3)>－2的解集为(－7，＋∞)，所以C错误；对于D中，因为f(x)为奇函数，所以f(－x)＋f(x)＝0，所以f(－2 023)＋f(2 023)＝f(－2 022)＋f(2 022)＝…＝f(－1)＋f(1)＝0，又f(0)＝0，故f(－2 023)＋f(－2 022)＋…＋f(0)＋…＋f(2 022)＋f(2 023)＝0，所以D错误．故选AB. 5．(1,4)　解析　因为f(1＋x)＝f(3－x)，所以f(x)的对称轴为直线x＝2，f(x)在[2，＋∞)单调递减，则f(x)在(－∞，2)单调递增，又因为f(2x－3)>f(5)，由对称性可得|2x－3－2|<|5－2|，所以|2x－5|<3，所以－3<2x－5<3，解得1<x<4. 第三节　幂函数、指数与对数的运算 基础·梳理自测 回归教材 1．(1)y＝xα　(3)②(0,0)　(1,1)　③(1,1) 2．(1)根式　(2)①负数　②0　③a　④a　⑤a　－a 3.　 4．ar＋s　ars　arbr 5．logaN 6．(1)①N　(2)①logaM＋logaN　②logaM－logaN ③nlogaM　(3) 基础自测 1．(1)√ (2)×　解析　由于＝＝4，故错误． (3)×　(4)× 2．A　解析　log1210＝＝＝. 3.　解析　因为幂函数f(x)＝xα 的图象经过点，所以f(2)＝2α＝，解得α＝－，所以f(x)＝x，故f(4)＝. 4．7　47　解析　由a＋a＝3，得a＋a－1＋2＝9，即a＋a－1＝7，则a2＋a－2＋2＝49，即a2＋a－2＝47. 考点·精研突破 【例1】　(1)D　解析　幂函数y＝xα ，当α>0 时，y＝xα 在(0，＋∞) 上单调递增，且0<α<1 时，图象上凸，所以0<m<1；当α<0 时，y＝xα 在(0，＋∞) 上单调递减．不妨令x＝2，由图象得2－1<2n，则－1<n<0.综上可知，－1<n<0<m<1.故选D. (2)1　解析　由图象可知，该幂函数在(0，＋∞)单调递减，所以m2－2m－3<0，解得－1<m<3，m∈Z，故m可取0,1,2，又因为该函数为偶函数，所以m2－2m－3为偶数，故m＝1. 【训练1】　B　解析　显然，题图中图象下降的曲线表示的函数为y＝x－1，因为－<0，所以函数y＝x在(0，＋∞)上单调递减．当x＝时，1<＝2<2＝－1，则y＝x的图象在直线y＝1的上方，在y＝x－1的图象的下方，即y＝x的图象过Ⅳ；当x＝2时，2－1<2<20＝1, 则y＝x的图象在直线y＝1的下方，在y＝x－1的图象的上方，即y＝x的图象过Ⅷ. 【例2】　(1)B　解析　由a＝，b＝，c＝，得a＝，b＝，c＝.因为幂函数y＝x在区间(0，＋∞)上单调递增，且<<，所以<<，即c<a<b.故选B. (2)　解析　当x＝4时，y的值与a无关，且y＝2，故P(4,2)，设f(x)＝xm，将P(4,2)代入f(x)，解得m＝，故f(x)＝x. 【训练2】　(1)A　解析　因为a10＝43＝64，b10＝34＝81，所以b>a>1.又c＝ln 2<1，所以c<a<b.故选A. (2)(－∞，－2)∪(1，＋∞)　解析　由幂函数f(x)＝xα的图象过点，得2α＝，解得α＝－2，则f(x)＝x－2＝，定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)．由f(－x)＝＝f(x)可得f(x)为偶函数，由幂函数的单调性可知，函数f(x)＝在(0，＋∞)上单调递减．于是f(2m＋1)<f(3)等价于|2m＋1|>3，解得m<－2或m>1.所以m的取值范围是(－∞，－2)∪(1，＋∞)． 【例3】　(1)解　①÷＝÷＝a÷a＝1. ②(0.064)－0＋[(－2)3] ＋81－0.25＝×3－1＋(－2) 3×() 34×(－0.25)＝－1＋＋＝. ③原式＝－9a＋b＋＝－9a. (2)　解析　因为3a＋2b＝1，所以a＋b＝，所以原式＝＝32a＋b－ a＝3a＋b＝3＝. 【训练3】　(1)ABD　解析　对于A，(a)－1·(a－2) ＝a＋＝a，故正确；对于B，(xa－1y)a·(4y－a)＝4x×a·ya－a＝4xy0＝4x，故正确；对于C，[(1－)2]－(1＋)－1＋(1＋)0＝(－1)2×－＋1＝－1－(－1)＋1＝1，故错误；对于D,2a3b·(－5ab)÷(4)＝[2×(－5)÷4]a2＋b＋＝－ab，故正确．故选ABD. (2)　解析　由x＋x＝3，两边平方，得x＋x－1＝7，两边再平方，得x2＋x－2＝47，所以x2＋x－2－2＝45.又x＋x＝(x)3＋(x)3＝(x＋x)(x－1＋x－1)＝3×(7－1)＝18，所以＝. 【例4】　(1)4　解析　lg 5＋7log72＋log23·log94＋lg 2＝(lg 5＋lg 2)＋7log72＋log23·log94＝lg 10＋2＋log23·log3222 ＝lg 10＋2＋log23·log32 ＝1＋2＋log23·＝4. (2)1　解析　原式＝＝＝＝＝＝1. (3)B　解析　由题意可得2a＝15⇒a＝log215，b＝log83＝log233＝log23，所以a－3b＝log215－3×log23＝log215－log23＝log2＝log25，所以2a－3b＝2log25＝5. (4)64　解析　解法一：－＝－log2a＝－，整理得(log2a＋1)(log2a－6)＝0，解得a＝或a＝64，因为a>1，所以a＝64. 解法二：根据题意有－＝－，即3loga2－＝－，设t＝loga2(a>1)，则t>0，故3t－＝－，得t＝(t＝－1舍去)，所以loga2＝，所以a＝2，所以a＝64. 【训练4】　(1)－　解析　－31－log32－lg 3×log34×log45＝－3 log3－lg 3××＝1－lg 2－－lg 5＝－. (2)C　解析　原式＝＝log23×log32＝2，故选C. (3)1　解析　2m＝9n＝18，所以m＝log218，n＝log918，所以＋＝log182＋log189＝log1818＝1. 第四节　指数函数 基础·梳理自测 回归教材 1．y＝ax 2．(0，＋∞)　(0,1)　y>1　0<y<1　y>1　0<y<1　增函数　减函数 基础自测 1．(1)√　(2)×　(3)√　(4)× 2．D　解析　由题意设f(x)＝ax，则f(－1)＝a－1＝2，所以a＝，f(x)＝x，故f(3)＝. 3．C　解析　因为函数y＝1.01x在(－∞，＋∞)上是增函数，且3.5>2.7，故1.013.5>1.012.7>1>0.750.1，即c>b>a.故选C. 4．(－∞，2)　解析　由指数函数的性质，得x－1<3－x，解得x<2，所以x 的取值范围是(－∞，2)． 考点·精研突破 【例1】　(1)C　解析　易知f(x)＝(x－a)(x－b)的函数图象与x轴的交点的横坐标为(x－a)(x－b)＝0的两个根，由(x－a)(x－b)＝0可得两根为a，b，观察f(x)＝(x－a)(x－b)的图象，可得其与x轴的两个交点分别在区间(－1,0)与(1，＋∞)上，又因为a>b，所以a>1，－1<b<0， 由g(x)＝ax＋b可知，当a>1时，y＝ax为增函数，又由－1<b<0得g(x)的图象与y轴的交点在x轴上方，分析选项可得C符合这两点. (2)A　解析　在同一坐标系内作出y＝2 024x及y＝2 025x的大致图象，如图所示，因为2 024a＝2 025b>1，所以0<b<a.故选A. 【训练】　(1)A　解析　 如图所示，从图象上可以看出y＝ax＋b－1 是减函数，则0<a<1，图象与y 轴的交点在y 轴的负半轴上，即a0＋b－1<0，可得b<0，所以0<a<1 且b<0. (2)A　解析　由函数f(x)＝(a－1)x为指数函数，故a>1且a≠2，当a>2时，函数f(x)＝(a－1)x单调递增，有f(2)<f(3)，不符合题意，故舍去；当1<a<2时，函数f(x)＝(a－1)x单调递减，有f(2)>f(3)，符合题意，故正确．故选A. 【例2】　(1)B　解析　因为y＝4.2x在R上递增，且－0.3<0<0.3，所以0<4.2－0.3<4.20<4.20.3，所以0<4.2－0.3<1<4.20.3，即0<a<1<b，因为y＝log4.2x在(0，＋∞)上递增，且0<0.2<1，所以log4.20.2<log4.21＝0，即c<0，所以b>a>c，故选B. (2)A　解析　因为函数y＝x在R上单调递减，a<b<，所以a>b>1.因为函数y＝ax(a>1)在R上为增函数，所以aa>ab.又y＝xb(b>1)在(0，＋∞)上单调递增，所以ab>bb，综上，aa>ab>bb. 【例3】　(1)(－∞，0]∪[1,2]　解析　令t＝2x，则t>0，y＝4x－3·2x＋3＝t2－3t＋3，因为函数y＝4x－3·2x＋3的值域为[1,7]，所以1≤t2－3t＋3≤7，又t>0，所以0<t≤1或2≤t≤4，即0<2x≤1或2≤2x≤4，解得x≤0或1≤x≤2. (2)(－∞，－3)∪(1，＋∞)　解析　函数f(x)＝2－x－2x－x的定义域为R，f(－x)＝2x－2－x＋x＝－f(x)，则f(x)是R上的奇函数，函数y＝2－x，y＝－2x，y＝－x在R上都单调递减，则函数f(x)在R上单调递减，不等式f(x2－3)＋f(2x)<0⇔f(x2－3)<－f(2x)＝f(－2x)，因此x2－3>－2x，即x2＋2x－3>0，解得x<－3或x>1，所以原不等式的解集为(－∞，－3)∪(1，＋∞)． 【例4】　(1)D　解析　函数y＝2x在R上单调递增，而函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0,1)上单调递减，则有函数y＝x(x－a)＝2－在区间(0,1)上单调递减，因此≥1，解得a≥2，所以a的取值范围是[2，＋∞)．故选D. (2)B　解析　由题意，对任意x1≠x2都有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0成立，则函数f(x)在R上单调递减，所以解得<a≤，即实数a的取值范围是.故选B. 对点练 1．C　解析　由题意知，a＝，c＝，b＝，因为y＝x在R上单调递增，所以c>a，因为y＝x在(0，＋∞)上单调递增，所以b>c.综上，b>c>a. 2．D　解析　因为ea＋πb≥e－b＋π－a，所以ea－π－a≥e－b－πb，令f(x)＝ex－π－x，易知f(x)是R上的增函数，上式可化为f(a)≥f(－b)，所以a≥－b，即a＋b≥0.故选D. 3．D　解析　函数y＝3x在R上单调递增，而函数f(x)＝3|a－2x|在区间(1,2)上单调递减，所以y＝|2x－a|在区间(1,2)上单调递减，所以≥2，解得a≥4.故选D. 4．(－∞，2]　解析　因为函数y＝2x2－αx＋1在区间[1，＋∞)上单调递增，所以y＝x2－ax＋1在[1，＋∞)上单调递增，则≤1，即a≤2. 第五节　对数函数 基础·梳理自测 回归教材 1．(0，＋∞) 2．(0，＋∞)　(1,0)　y>0　y<0　y<0　y>0　增函数　减函数 基础自测 1．(1)×　(2)√　(3)×　(4)× 2．D　解析　要使函数f(x)＝ 有意义，只需 即 解得x≥2，所以函数f(x) 的定义域为[2，＋∞)． 3.，，， 　解析　当a>1时，对数函数y＝logax的图象是上升的；当0<a<1时，对数函数y＝logax的图象是下降的．对数的底数越大，对数函数的图象在x轴上方的部分越远离y轴的正方向，故曲线C1，C2，C3，C4对应的a的值依次是，，，. 4．(2,4)　解析　对于函数y＝loga(x－1)＋4，令x－1＝1，解得x＝2，则y＝4，所以函数y＝loga(x－1)＋4的图象恒过定点(2,4)，即点P的坐标是(2,4)． 考点·精研突破 【例1】　(1)D　解析　因为函数f(x)＝loga(x－b) 为减函数，所以0<a<1，又因为函数图象与x 轴的交点在正半轴，所以1＋b>0，即b>－1，又因为函数图象与y 轴有交点，所以b<0，所以－1<b<0.故选D. (2)B　解析　 当x>0时，令f(x)＝0，即2 025x＝－log2 025x，在同一坐标系中作出函数y1＝2 025x，y2＝－log2 025x的示意图，如图，函数y1＝2 025x为增函数，y2＝－log2 025x为减函数，可知两个函数图象有且只有一个交点P，横坐标记为x0，即当x>0时方程f(x)＝0有且只有一个实根x0.因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以当x<0时，方程f(x)＝0也有一个实根－x0.又因为f(x)是R上的奇函数，f(0)＝0，所以0也是方程f(x)＝0的根．综上所述，方程f(x)＝0有3个实根，故选B. 【训练】　A　解析　若0<a<1，则函数y＝logax在(0，＋∞)上单调递减，又函数y＝(a－1)x2－x的图象开口向下，对称轴为直线x＝<0，则对称轴在y轴左侧，故C，D错误；若a>1，则函数y＝logax在(0，＋∞)上单调递增，又函数y＝(a－1)x2－x的图象开口向上，且对称轴为直线x＝>0，则对称轴在y轴右侧，故B错误，A正确． 【教材题】　解　(1)log0.26＝，log0.36＝，log0.46＝.因为log60.2<log60.3<log60.4<0，所以>>，所以log0.26>log0.36>log0.46. (2)由log23－log34＝－＝>>＝0，即有log23－log34>0，即log23>log34，同理可得log34>log45，则log23>log34>log45. 【高考题】　C　解析　a＝log52<log5＝＝log82<log83＝b，即a<c<b.故选C. 【例2】　(1)　解析　由题意知①或②解不等式组①得<x<，不等式组②无解，所以实数x的取值范围是. (2)　解析　由实数a＞0，且满足53a＋2＞54a＋1，根据指数函数的单调性，可得3a＋2＞4a＋1，解得0＜a＜1，所以函数y＝logax为单调递减函数，由不等式loga(3x＋2)＜loga(8－5x)，可得解得＜x＜，即不等式的解集为. 【例3】　(1)D　解析　设t＝ax－x2，则其对称轴为直线x＝，抛物线开口向下，因为y＝log0.5t是减函数，所以要使f(x)在区间(0,1)单调递减，则t＝ax－x2在区间(0,1)单调递增且恒大于0成立，即≥1，即a≥2，故实数a的取值范围是[2，＋∞)．故选D. (2)解　①因为f(1)＝1，所以log4(a＋5)＝1，因此a＋5＝4，即a＝－1，所以f(x)＝log4(－x2＋2x＋3)．由－x2＋2x＋3>0 ，得－1<x<3，即函数f(x) 的定义域为(－1,3)．令g(x)＝－x2＋2x＋3，则g(x) 在(－1,1] 上单调递增，在[1,3) 上单调递减．又y＝log4x 在(0，＋∞) 上单调递增，所以f(x) 的单调递增区间是(－1,1]，单调递减区间是[1,3)． ②若f(x) 的最小值为0，则h(x)＝ax2＋2x＋3 应有最小值1，因此应有 解得a＝. 故实数a 的值为. 对点练 1．D　解析　因为a＝log42＝，b＝e<2＝，c＝π>π0＝1，所以c>a>b.故选D. 2．(－∞，2]　解析　由log2x<m⇒0<x<2m，所以A＝(0,2m)；由≤1⇒－1≤0⇒≤0⇒≤0⇒x<4，所以B＝(－∞，4)．因为“x∈A”是“x∈B”的充分不必要条件，所以AB，所以2m≤4⇒m≤2. 3.　解析　令u(x)＝2－a2x(a>0)，则u(x)＝2－a2x(a>0)在[3,7]上单调递减，所以由复合函数的单调性可知y＝logau在[3,7]上单调递减，则解得0<a<，即a的取值范围为. 第六节　函数的图象 基础·梳理自测 回归教材 2．(1)f(x)－k　(2)－f(x)　f(－x)　－f(－x) (4)|f(x)|　f(|x|) 基础自测 1．(1)× (2)×　解析　y＝f(1－x)＝f[－(x－1)]，所以可由y＝f(－x)向右平移1个单位长度得到． (3)×　(4)√ 2．C　解析　题图②中的图象是在题图①的基础上，去掉函数y＝f(x)的图象在y轴右侧的部分，然后将y轴左侧图象翻折到y轴右侧，y轴左侧图象不变得来的，所以题图②中的图象对应的函数可能是y＝f(－|x|)． 3．y＝ln　解析　根据伸缩变换方法可得，所求函数解析式为y＝ln. 4．A　解析　函数f(x)的定义域为R，且f(－x)＝f(x)，所以f(x)为偶函数，其图象关于y轴对称．故选A. 考点·精研突破 【例1】　解　(1)将y＝2x的图象向左平移1个单位长度，得到y＝2x＋1的图象，再将所得图象向下平移1个单位长度，得到y＝2x＋1－1的图象，如图①. (2)因为y＝且函数为偶函数，先用描点法作出[0，＋∞)上的图象，再根据对称性作出(－∞，0)上的图象，得图象如图②. (3)先作出y＝log2x的图象，再将其图象向下平移1个单位长度，保留x轴上方的部分，将x轴下方的图象翻折到x轴上方，即得y＝|log2x－1|的图象，如图③. (4)原函数解析式可化为y＝2＋，故函数图象可由函数y＝的图象向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度得到，如图④所示． 【训练】　解　(1)首先作出y＝lg x的图象，然后将其向右平移1个单位长度，得到y＝lg(x－1)的图象，再把所得图象在x轴下方的部分翻折到x轴上方，即得所求函数y＝|lg(x－1)|的图象，如图①中实线部分． (2)当x≥0时，y＝sin|x|与y＝sin x的图象完全相同，又y＝sin|x|为偶函数，图象关于y轴对称，其图象如图②. 【例2】　C　解析　先将f(x)的图象关于y轴对称后可得函数y＝f(－x)的图象，再向下平移1个单位长度，可得y＝f(－x)－1的图象，所以题图②所表示的函数为y＝f(－x)－1.故选C. 【例3】　(1)B　解析　f(－x)＝－x2＋(e－x－ex)sin(－x)＝－x2＋(ex－e－x)sin x＝f(x)，又函数定义域为[－2.8,2.8]，故该函数为偶函数，可排除A、C；又f(1)＝－1＋sin 1>－1＋sin＝－1－>－>0，故可排除D.故选B. (2)D　解析　由题图可知函数f(x)的图象关于y轴对称，所以函数f(x)是偶函数．对于A，f(x)＝，定义域为R，f(－x)＝＝－f(x)，所以函数f(x)＝是奇函数，所以排除A；对于B，f(x)＝，定义域为R，f(－x)＝＝－＝－f(x)，所以函数f(x)＝是奇函数，所以排除B；对于C，f(x)＝，定义域为R，f(－x)＝＝f(x)，所以函数f(x)＝是偶函数，又x2＋2>0，ex＋e－x>0，所以f(x)>0恒成立，不符合题意，所以排除C；分析知，选项D符合题意，故选D. 对点练 1．C　解析　由题意知，函数f(x)的定义域为{x，因为f(－x)＝＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，排除A；因为f(1)＝>0，所以排除B；当x→＋∞时，f(x)→＋∞，排除D.故选C. 2．D　解析　解法一：先画出函数f(x)＝的草图，令函数f(x)的图象关于y轴对称，得到函数f(－x)的图象，再把所得的函数f(－x)的图象向右平移1个单位长度，得到函数y＝f(1－x)的图象．故选D. 解法二：由已知函数f(x)的解析式，得y＝f(1－x)＝故该函数的图象过点(0,3)，排除A；该函数的图象过点(1,1)，排除B；该函数在(－∞，0)上单调递增，排除C.故选D. 3．A　解析　解法一(特值法)：令y＝f(x)，取x＝1，则y＝cos 1＝cos 1>0；取x＝－1，则y＝cos(－1)＝－cos 1<0.结合选项知选A. 解法二(排除法)：令y＝f(x)，因为x∈，且f(－x)＝(3－x－3x)cos(－x)＝－(3x－3－x)cos x＝－f(x)，所以函数y＝(3x－3－x)cos x是奇函数，排除B、D；取x＝1，则y＝cos 1＝cos 1>0，排除C.故选A. 【例4】　AB　解析　因为f(x)＝＝＝＋2，所以该函数图象可以由y＝的图象向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度得到，所以函数f(x)的图象关于点(1,2)成中心对称，在(－∞，1)上单调递减，A，B正确，D错误；易知函数f(x)的图象是由y＝的图象平移得到的，所以不存在两点A，B使得直线AB∥x轴，C错误． 【例5】　(8,20)　解析　 不妨设a<b<c，画出函数f(x)的图象．因为f(a)＝f(b)＝f(c)，所以－log2a＝log2b＝－c＋5，所以解得所以8<abc<20. 对点练 1．B　解析　把函数f(x)＝ln|x－a|的图象向左平移2个单位长度，得到函数g(x)＝ln|x＋2－a|的图象，则函数g(x)在(a－2，＋∞)上单调递增，又因为所得函数在(0，＋∞)上单调递增，所以a－2≤0，即a≤2.所以a的最大值为2. 2．ABD　解析　 由已知条件得f(x＋2)＝f(x)，则f(x)是以2为周期的周期函数，A正确；当－1≤x≤0时，0≤－x≤1，f(x)＝f(－x)＝1＋x，画出函数y＝f(x)的部分图象如图所示．由图象知B正确，C错误；当3<x<4时，－1<x－4<0，f(x)＝f(x－4)＝x－3，D正确．故选ABD. 3.　解析　 先作出函数f(x)＝|x－2|＋1的图象，如图所示，当直线g(x)＝kx与直线AB平行时，斜率为1，当直线g(x)＝kx过点A时，斜率为，故当f(x)＝g(x)有两个不相等的实数根时，实数k的取值范围为. 第七节　函数的应用 第1课时　函数的零点与方程的解 基础·梳理自测 回归教材 2．f(a)f(b)<0　f(c)＝0 3．f(a)f(b)<0　一分为二 基础自测 1．(1)×　(2)×　(3)√　(4)× 2．B　解析　函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则f(x)＝0在(0，＋∞)上最多只有一个根，且f(1)＝－1，f(2)＝1，则f(1)f(2)＜0，故f(x)的零点所在的区间为(1,2)． 3．A　解析　由图象可知，B，D选项中函数无零点，A，C选项中函数有零点，C选项中函数零点两侧函数值符号相同，A选项中函数零点两侧函数值符号相反，故A选项中函数零点可以用二分法求近似值，C选项不能用二分法求零点．故选A. 4．－　解析　由题意，知f(1)＝＋a＝0，解得a＝－. 考点·精研突破 【例1】　(1)C　解析　由题易知f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且函数f(x)的图象是一条连续不断的曲线，f＝＋1－log＝－<0，f＝＋1－log＝－log＝log22－log23＝log2<0，f＝＋1－log＝>0，所以函数f(x)＝x＋1－logx的零点所在的区间为，故选C. (2)C　解析　由题意知，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(0)＝ln 1－6＝－6<0，f(1)＝ln 2＋1－6<ln 3＋4－6＝f(2)＝ln 3－2＝ln<0，f(3)＝ln 4＋9－6＝ln 4＋3>0，f(4)＝ln 5＋16－6＝ln 5＋10>0.由函数零点存在定理可知f(x)在区间(2,3)内一定有零点．故选C. 【训练1】　(1)C　解析　因为函数f(x)＝5－2x－lg(2x＋1)在上单调递减，且函数f(x)的图象是一条连续不断的曲线，所以函数f(x)最多只有一个零点．因为f(0)＝5－lg 1＝5>0，f(1)＝3－lg 3>0，f(2)＝1－lg 5>0，f(3)＝－1－lg 7<0，所以函数f(x)＝5－2x－lg(2x＋1)的零点所在的区间是(2,3)．故选C. (2)B　解析　因为函数y＝81ln x与y＝－x－3－80在(0，＋∞)上均单调递增，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为f(2)＝81ln 2－83<0，且f(3)＝81ln 3－81>0，所以f(2)·f(3)<0，所以函数f(x)的零点位于区间(2,3)内，故k＝2.故选B. 【例2】　(1)D　解析　当x≤0时，x2－1＝0，解得x＝－1；当x>0时，f(x)＝x－2＋ln x在(0，＋∞)上单调递增，并且f(1)＝1－2＋ln 1＝－1<0，f(2)＝2－2＋ln 2＝ln 2>0，即f(1)f(2)<0，所以函数f(x)在区间(1,2)内必有一个零点，综上，函数f(x)的零点个数为2. (2)D　解析　解法一：(单调性法)令f(x)＝x－1＝0，解得x＝1，即a＝1.因为b是函数g(x)＝xlg x－1＝x的零点，所以b是函数g1(x)＝lg x－的零点．因为函数g1(x)＝lg x－在(0，＋∞)上单调递增，g1(1)＝－1<0，g1(10)＝1－＝>0，所以1<b<10.显然h(x)在(－∞，0]上没有零点，当x>0时，c是函数h(x)＝xex－1＝x的零点，得c是函数h1(x)＝ex－(x>0)的零点．因为h1(x)＝ex－在(0，＋∞)上单调递增，h1＝e－2<0，h1(1)＝e－1>0，所以<c<1.综上，b>a>c，故选D. 解法二：(数形结合法)显然f(x)的零点不为0，当x>0时，令f(x)＝x－1＝0，得＝，因为函数f(x)＝x－1的零点为a，所以a是函数y＝(x>0)的图象与y＝(x>0)的图象交点的横坐标，同理可得b是函数y＝lg x的图象与y＝(x>0)的图象交点的横坐标．显然h(x)在(－∞，0]上没有零点，当x>0时，令h(x)＝0，得ex＝，所以c是函数y＝ex(x>0)的图象与y＝(x>0)的图象交点的横坐标．在同一平面直角坐标系中，分别作出函数y＝，y＝lg x，y＝ex和y＝在(0，＋∞)上的大致图象，如图所示，由图可知，b>a>c，故选D. 【训练2】　D　解析　当x∈(0，＋∞)时，由f(x)＝0，得xsin x－x－1＝0，即sin x＝1＋，当x∈(0，＋∞)时，sin x≤1恒成立，而1＋>1恒成立，因此sin x＝1＋不成立，所以函数f(x)＝xsin x－x－1在区间(0，＋∞)上的零点个数为0.故选D. 【例3】　(1)B　解析　由y1＝log2x在(0，＋∞)上单调递增，y2＝x2＋m在(0，＋∞)上单调递增，得函数f(x)＝log2x＋x2＋m在区间(0，＋∞)上单调递增，因为函数f(x)＝log2x＋x2＋m在区间(1,2)存在零点，所以即解得－5<m<－1，所以实数m的取值范围是(－5，－1). (2)D　解析　解法一：令f(x)＝g(x)，即a(x＋1)2－1＝cos x＋2ax，可得ax2＋a－1＝cos x，令F(x)＝ax2＋a－1，G(x)＝cos x，原题意等价于当x∈(－1,1)时，曲线y＝F(x)与y＝G(x)恰有一个交点，注意到F(x)，G(x)均为偶函数，可知该交点只能在y轴上，可得F(0)＝G(0)，即a－1＝1，解得a＝2，若a＝2，令F(x)＝G(x)，可得2x2＋1－cos x＝0.因为x∈(－1,1)，则2x2≥0,1－cos x≥0，当且仅当x＝0时，等号成立，可得2x2＋1－cos x≥0，当且仅当x＝0时，等号成立，则方程2x2＋1－cos x＝0有且仅有一个实根0，即曲线y＝F(x)与y＝G(x)恰有一个交点，所以a＝2符合题意．综上所述，a＝2. 解法二：令h(x)＝f(x)－g(x)＝ax2＋a－1－cos x，x∈(－1,1)，原题意等价于h(x)有且仅有一个零点，因为h(－x)＝a(－x)2＋a－1－cos(－x)＝ax2＋a－1－cos x＝h(x)，则h(x)为偶函数，根据偶函数的对称性可知h(x)的零点只能为0，即h(0)＝a－2＝0，解得a＝2，若a＝2，则h(x)＝2x2＋1－cos x，x∈(－1,1)，又因为2x2≥0,1－cos x≥0当且仅当x＝0时，等号成立，可得h(x)≥0，当且仅当x＝0时，等号成立，即h(x)有且仅有一个零点0，所以a＝2符合题意．故选D. 【训练3】　(1)A　解析　由f(x)＝0得a＝2x－，x∈(1,2)，又y＝2x－在(1,2)内是增函数，所以0<a<3.故选A. (2) (－∞，－2)∪(0,2)　解析　 结合f(x)的图象，分情况讨论，当m>0时，要使f(x)＝b有三个不同的根，则⇒0<m<2；当m<0时，要使f(x)＝b有三个不同的根，则⇒m<－2；当m＝0时，两个分段点重合，不可能有三个不同的根，故舍去．所以m的取值范围是(－∞，－2)∪(0,2). 第2课时　函数模型及应用 基础·梳理自测 回归教材 1．递增　递增　递增　y轴　x轴 基础自测 1．(1)×　(2)×　(3)×　(4)√ 2．C　解析　由题意可得，当t＝0时，S＝a＝7，因为在第5分钟末测得的未溶解糖块的质量为3.5克，所以3.5＝7e－5k，解得k＝. 3．D　解析　当甲商品的价格为6元时，该商人全部买入甲商品，可以买120÷6＝20(万份)，在t2时刻全部卖出，此时获利20×2＝40(万元)；当乙商品的价格为4元时，该商人买入乙商品，可以买(120＋40)÷4＝40(万份)，在t4时刻全部卖出，此时获利40×2＝80(万元)．故该商人共获利40＋80＝120(万元)． 4．B　解析　在同一平面直角坐标系内，根据函数图象变化趋势，当x∈(4，＋∞)时，增长速度由大到小依次为g(x)>f(x)>h(x). 考点·精研突破 【例1】　D　解析　依题意知，当0≤x≤4时，f(x)＝2x；当4＜x≤8时，f(x)＝8；当8＜x≤12时，f(x)＝24－2x，观察四个选项知D项符合要求． 【训练1】　A　解析　当点P在AB上时，y＝×x×1＝x,0≤x≤1；当点P在BC上时，y＝S正方形ABCD－S△ADM－S△ABP－S△PCM＝－x＋，1<x≤2；当点P在CM上时，y＝××1＝－x＋，2<x≤.综上，y＝f(x)＝函数图象大致如A选项所示． 【例2】　解　(1)因为每件商品售价为5元，则x万件商品的销售收入为5x万元，依题意得，当0<x<8时，L(x)＝5x－－3＝－x2＋4x－3；当x≥8时，L(x)＝5x－－3＝35－.所以L(x)＝ (2)当0<x<8 时，L(x)＝－(x－6)2＋9.即当x＝6 时，L(x)取得最大值，最大值为9万元；当x≥8 时，L(x)＝35－≤35－2＝35－20＝15，当且仅当x＝，即x＝10 时，等号成立，即当x＝10 时，L(x)取得最大值，最大值为15万元．因为9<15，所以当年产量为10万件时，小王在这一商品的生产中所获利润最大，最大利润为15万元． 【例3】　(1)31　解析　依题意，光在2“阿托秒”内走的距离为2×10－18×3×108＝6×10－10米，经过n天后，剩余的长度f(n)＝n米，由f(n)<6×10－10，得n<6×10－10，两边同时取对数，得n>log(6×10－10)＝＝＝≈≈30.73，而n∈N*，则n＝31，所以至少需要经过31天才能使其长度小于光在2“阿托秒”内走的距离． (2)解　①由题意，符合公司要求的函数f(x)在[600,1 600]上单调递增，且对任意x∈[600,1 600]，恒有f(x)≥20且f(x)≤. (ⅰ)对于函数f(x)＝0.02x＋5，f(x)在[600,1 600]上单调递增，当x＝600时，f(600)＝17<20不符合要求； (ⅱ)对于函数f(x)＝0.2x＋10，f(x)在[600,1600]上单调递减，不符合要求； (ⅲ)对于函数f(x)＝10log2x－50，f(x)在[600,1 600]上单调递增，且当x＝600时，f(600)＝10log2600－50>10log2512－50＝10×9－50＝40>20，因为f(x)≤f(1 600)＝10log21 600－50<10log22 048－50＝10×11－50＝60，而≥＝60，所以当x∈[600,1 600]时，f(x)<恒成立，因此f(x)＝10log2x－50为符合公司要求的函数模型． ②由f(x)＝10log2x－50≥50得log2x≥10，所以x≥1 024，所以公司的投资收益至少为1 024万元． 对点练 1．B　解析　当0≤t<1时，V(t)＝×(－t2＋2t＋1)＝－·[(t－1)2－2]，所以100≤V(t)<V(1)＝＝200，V(t)>20恒成立，当t≥1时，令V(t)＝×t－1＝200×t－1<20，即t－1<，所以t－1>≈23，所以t>24.故选B. 2．12　解析　设经过x天后，“进步”的是“退步”的100倍以上，则100×(1－0.2)x≤1.2x，即x≥100，所以x≥log100＝＝≈≈11.36(天)．故最少要经过12天． 第三章　一元函数的导数及其应用 第一节　导数的概念及其意义、导数的运算 基础·梳理自测 回归教材 1．(1)f′(x0)　y′|x＝x0　 2．斜率　y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0) 3．　0　αxα－1　cos x　－sin x　axln a　ex　　 4．f′(x)±g′(x)　f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)　 cf′(x) 5．(2)y′u·u′x 基础自测 1．(1)×　(2)×　(3)×　(4)× 2．C　解析　由f′(x)＝4x3＋3，得f′(2)＝35. 3．4x＋2y－5＝0　解析　因为y＝－3ln x，x>0，所以y′＝x－，由y′＝x－＝－2，可得x＝1，x＝－3(舍去)，当x＝1时，y＝，所以曲线y＝－3ln x的斜率为－2的切线方程为y－＝－2(x－1)，即4x＋2y－5＝0. 4．－　解析　因为y＝e2ax，所以y′＝e2ax·(2ax)′＝2a·e2ax，所以在点(0,1)处的切线斜率k＝y′|x＝0＝2ae0＝2a，又因为切线与直线2x－y＋1＝0垂直，所以2a×2＝－1，所以a＝－. 考点·精研突破 【例1】　(1)C　解析　因为 ＝3 ＝3f′(x0)＝1，所以f′(x0)＝. (2)BC　解析　对于A，在[t1，t2]这段时间内，甲的增长量小于乙的增长量，所以甲的平均分出量小于乙，说法错误；对于B，在[t2，t3]这段时间内，甲的增长量小于乙的增长量，所以乙的平均分出量大于甲，说法正确；对于C，在t2时刻，乙的图象比甲的图象陡，瞬时增长率大，说法正确；对于D，甲的图象大致为一条直线，所以三个时间段的平均分出量相等，说法错误． (3)26　解析　s＝3t2＋2t＋4，求导s′＝6t＋2，令t＝4，得到s′＝26.故它在第4 s末的瞬时速度为26 m/s. 【训练1】　(1)A　解析　 ＝5 ＝5f′(a)＝－5. (2)3　4　解析　函数f(x)＝x2在区间[1,2]上的平均变化率为＝3；因为f′(x)＝2x，所以f(x)在x＝2处的导数为2×2＝4. 【例2】　解　(1)(x3－2x＋1)′＝3x2－2xln 2. (2)′＝＝. (3)′＝＝. (4)[(x2＋2)sin x]′＝2xsin x＋(x2＋2)cos x. 【训练2】　(1)BC　解析　对于A，(log23)′＝0，故A错误；对于B，[ln(2x)]′＝(ln 2＋ln x)′＝(ln 2)′＋(ln x)′＝，故B正确；对于C，(sin2x)′＝2sin xcos x＝sin 2x，故C正确；对于D，′＝＝，故D错误． (2)B　解析　f′(x)＝2 025＋ln x＋x·＝2 026＋ln x，故由f′(x0)＝2 026，得2 026＋ln x0＝2 026，则ln x0＝0，解得x0＝1.故选B. (3)e2－1　解析　由f(x)＝ex－f′(0)x得f′(x)＝ex－f′(0)，则f′(0)＝e0－f′(0)，得f′(0)＝，故f(x)＝ex－x，因此f(2)＝e2－1. 【教材题】　解　因为y′＝2x－，所以y′|x＝1＝2－3＝－1，所以切线方程为y－4＝－(x－1)，即x＋y－5＝0. 【高考题】　(1)C　解析　设曲线y＝在点处的切线方程为y－＝k(x－1)，因为y＝，所以y′＝＝，所以k＝y′|x＝1＝，所以y－＝(x－1)，所以曲线y＝在点处的切线方程为y＝x＋.故选C. (2)y＝x　y＝－x　解析　先求当x>0时，曲线y＝ln x过原点的切线方程，设切点为(x0，y0)，则由y′＝，得切线斜率为，又切线的斜率为，所以＝，解得y0＝1，代入y＝ln x，得x0＝e，所以切线斜率为，切线方程为y＝x.同理可求得当x<0时的切线方程为y＝－x.综上可知，两条切线方程为y＝x，y＝－x. (3)解　当a＝1时，则f(x)＝ex－x－1，f′(x)＝ex－1，可得f(1)＝e－2，f′(1)＝e－1，即切点坐标为(1，e－2)，切线斜率k＝e－1，所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y－1＝0. 【例3】　C　解析　由f(x)＝x2－，得f′(x)＝x＋，设切点坐标为，所以f′(x0)＝x0＋，则切线方程为y－x＋＝(x－x0)，因为切线过原点，所以－x＋＝－x0＝－x－，解得x0＝－，即切点的横坐标为－. 【例4】　(1)A　解析　由已知f′(x)＝2ax－－，因为f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，故得f′(1)＝2a－2＝0，解得a＝1，经检验，符合题意．故选A. (2)(－∞，－4)∪(0，＋∞)　解析　设切线的切点坐标为(x0，y0)．令f(x)＝(x＋a)ex，则f′(x)＝(x＋1＋a)ex，f′(x0)＝(x0＋1＋a)ex0.因为y0＝(x0＋a)ex0，切线过原点，所以f′(x0)＝，即(x0＋1＋a)ex0＝.整理得x＋ax0－a＝0.由题意知该方程有两个不同的实数根，所以Δ＝a2＋4a>0，解得a<－4或a>0，即a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)． 对点练 1．B　解析　因为f′(x)＝2f′x＋，令x＝，可得f′＝9，所以f(1)＝9＋0－9＝0，f′(1)＝19，所以f(x)在x＝1处的切线方程为y＝19x－19.故选B. 2．D　解析　由f(x)＝x3＋x－2，得f′(x)＝3x2＋1，设点P(x0，y0)，则f′(x0)＝3x＋1＝4⇒x0＝±1.将x0＝±1代入f(x)中可得f(1)＝0，f(－1)＝－4，故P(1,0)或P(－1，－4)．当P(－1，－4)时，切线方程为y＋4＝4(x＋1)⇒y＝4x，不符合题意，舍去．所以点P(1,0)． 3．C　解析　设切点横坐标为m(m≠0)，由y＝x＋，得y′＝1－，由题意可得解得所以2a＋b＝－＋＋2＝－22＋，所以m＝2时，2a＋b的最大值为.故选C. 微突破三　曲线的公切线问题 【例1】　(1)D　解析　依题意，设曲线y＝f(x)与y＝g(x)在公共点(x0，y0)处的切线相同．因为f(x)＝x2－m，g(x)＝6ln x－4x，所以f′(x)＝2x，g′(x)＝－4，所以即因为x0>0，所以x0＝1，m＝5. (2)D　解析　由f(x)＝ex得f(1)＝e，f′(x)＝ex，所以f′(1)＝e，则曲线f(x)＝ex在x＝1处的切线为y＝ex，设该直线与曲线g(x)＝ln x＋a相切的切点为(x0，ln x0＋a)，由g(x)＝ln x＋a得g′(x)＝，则g′(x0)＝＝e，所以x0＝，所以切点为，由在直线y＝ex上得a－1＝e×，解得a＝2，故选D. (3)ln 2　解析　由y＝ex＋x得y′＝ex＋1，y′|x＝0＝e0＋1＝2，故曲线y＝ex＋x在(0,1)处的切线方程为y＝2x＋1；由y＝ln(x＋1)＋a得y′＝，设切线与曲线y＝ln(x＋1)＋a相切的切点为(x0，ln(x0＋1)＋a)，由两曲线有公切线得y′＝＝2，解得x0＝－，则切点为，切线方程为y＝2＋a＋ln＝2x＋1＋a－ln 2，根据两切线重合，所以a－ln 2＝0，解得a＝ln 2. 【例2】　B　解析　设(x0，ex0－1)是曲线f(x)图象上任意一点，f′(x)＝ex－1，所以f′(x0)＝ex0－1，所以过点(x0，ex0－1)的切线方程为y－ex0－1＝ex0－1 (x－x0)，整理得y＝ex0－1·x＋(1－x0)ex0－1　①.g′(x)＝，令＝ex0－1，解得x1＝e1－x0，则g(x1)＝1－x0，所以曲线g(x)上过点(e1－x0，1－x0)的切线方程为y－(1－x0)＝ex0－1 (x－e1－x0)，整理得y＝ex0－1·x－x0　②.由于切线①②重合，故(1－x0)ex0－1＝－x0，即(x0－1)·ex0－1－x0＝0　③.构造函数h(x)＝(x－1)ex－1－x，则h′(x)＝xex－1－1，h″(x)＝(x＋1)ex－1，故当x<－1时h″(x)<0，h′(x)单调递减，当x>－1时h″(x)>0，h′(x)单调递增．注意到当x<0时h′(x)<0，且h′(1)＝0，所以当x<1时h′(x)<0，h(x)单调递减，当x>1时，h′(x)>0，h(x)单调递增，而h(－1)＝1－>0，h(1)＝－1<0，h(2)＝e－2>0，根据函数零点存在定理可知在区间(－1,1)，(1,2)各存在h(x)的一个零点，即h(x)有两个零点，即方程③有两个根，即曲线f(x)和曲线g(x)有两条公切线．故选B. 【例3】　(1)A　解析　设切点为(x0，ex0)，则a＝ex0，所以切线方程为y＝ex0(x－x0)＋ex0，则b＝(1－x0)ex0，所以a＋b＝(2－x0)ex0，设f(x)＝(2－x)ex，则f′(x)＝(1－x)ex，当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)≤f(1)＝e，故选A. (2)－3　解析　f(x)＝x2＋a，g(x)＝4ln x－2x，则有f′(x)＝2x，g′(x)＝－2.设公共切点的坐标为(x0，y0)，则f′(x0)＝2x0，g′(x0)＝－2，f(x0)＝x＋a，g(x0)＝4ln x0－2x0.根据题意，有解得 增分训练 1．D　解析　因为y＝x＋ln x，所以y′＝1＋，y′|x＝1＝2.所以曲线y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.因为y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，所以a≠0(当a＝0时曲线变为y＝2x＋1与已知直线平行)．由消去y，得ax2＋ax＋2＝0.由Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8.故选D. 2．B　解析　由f(x)＝g(x)，得x3－x2＋2x＋4＝x3＋x2－2x2－2x＋4x＋4＝(x＋1)(x2－2x＋4)＝0，解得x＝－1，所以A(－1，3)．由f′(x)＝3x2，得f′(－1)＝3，所以曲线y＝f(x)在点A处的切线方程为y－3＝3(x＋1)，即y＝3x＋6，令x＝0，得y＝6，令y＝0，得x＝－2，则所求三角形的面积为×6×2＝6.故选B. 3．y＝3x－9　解析　设公共点为(x0，y0)，由y＝ln(3x－8)，得y′＝，由y＝x2－3x，得y′＝2x－3，所以＝2x0－3，解得x0＝3或(舍去)，所以y0＝0，y′|x＝x0＝＝3，所以切线的方程为y－0＝3(x－3)，即y＝3x－9. 4．(－ln 2－1，＋∞)　解析　设f(x)＝ln x，g(x)＝x2＋2x＋a(x<0)，则f′(x)＝，g′(x)＝2x＋2(x<0)．设与曲线y＝x2＋2x＋a(x<0)相切的切点为(s，t)，s<0，与曲线y＝ln x相切的切点为(m，n)，m>0，则2s＋2＝＝，又t＝s2＋2s＋a，n＝ln m，所以a＝s2－1－ln(2s＋2)．设h(s)＝s2－1－ln(2s＋2)(－1<s<0)，则h′(s)＝<0，所以h(s)在(－1,0)上单调递减，所以h(s)>－ln 2－1，所以a>－ln 2－1. 第二节　导数与函数的单调性 基础·梳理自测 回归教材 1．单调递增　单调递减　常数函数 2．定义域　零点 基础自测 1．(1)×　(2)√　(3)×　(4)√ 2．C　解析　因为函数f(x)＝2x2－ln x，x>0，所以f′(x)＝4x－＝＝.由f′(x)<0，解得0<x<，所以函数f(x)的单调递减区间是.故选C. 3．C　解析　在区间(4,5)上，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在区间(4,5)上单调递增．故选C. 4．[－3,0]　解析　f′(x)＝3x2＋2ax－a≥0在R上恒成立，所以4a2＋12a≤0，解得－3≤a≤0. 考点·精研突破 【例1】　解　(1)因为f(x)＝ex(x2－x＋1)，则f′(x)＝ex(x2＋x)＝x(x＋1)ex，因为ex>0恒成立，由f′(x)>0，得到x<－1或x>0，由f′(x)<0，得到－1<x<0，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(0，＋∞)，单调递减区间为(－1,0)． (2)f′(x)＝－＝－sin＝0，解得x＝－＋kπ，k∈Z，因为x∈(0，π)，所以x＝，当x∈，f′(x)<0，当x∈，f′(x)>0，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增． (3)f′(x)＝＝，x∈(0,2π)，令f′(x)＝＝0，即2cos x＋1＝0，解得x＝或x＝.当x∈时，f′(x)>0，则f(x)在上单调递增；当x∈时，f′(x)<0，则f(x)在上单调递减；当x∈时，f′(x)>0，则f(x)在上单调递增．综上可知，函数f(x)的单调递减区间为.单调递增区间为，. 【训练1】　解　因为f(x)＝，所以f′(x)＝＝－＝－，所以当x∈(－∞，－5)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(－5，－1)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．故函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－5)，(－1，＋∞)，单调递增区间为(－5，－1)． 【教材题】　解　由题意知定义域为R，f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1，a≤0时，f′(x)<0恒成立，f(x)是减函数；a>0时，令f′(x)＝2a＝0，得x＝ln，f′(x)<0⇒x<ln，f′(x)>0⇒x>ln，故f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为，综上可知，a≤0时，f(x)在R上为减函数；a>0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. 【高考题】　解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－＝，当a≤0时，f′(x)＝<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；a>0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. 【训练2】　解　对函数f(x)＝ex－2ax－1求导，得f′(x)＝ex－2a，当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在R上为增函数．当a>0时，由f′(x)＝ex－2a＝0，解得x＝ln(2a)，而f′(x)在R上单调递增，于是当x∈(－∞，ln(2a))时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，ln(2a))上单调递减，当x∈(ln(2a)，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(ln(2a)，＋∞)上单调递增．综上所述，当a≤0时，f(x)在R上为增函数，当a>0时，f(x)的单调递增区间为(ln(2a)，＋∞)，单调递减区间为(－∞，ln(2a))． 【例2】　(1)D　解析　由题意，得f′(x)＝3－2sin x．因为－1≤sin x≤1，所以f′(x)>0恒成立，所以函数f(x)是增函数．因为log24<log27<log28，所以2<log27<3，所以2<log27<3，所以f(2)<f(log27)<f(3)，即b<c<a.故选D. (2)A　解析　因为函数f(x)＝ex－e－x＋sin x的定义域为R，f(－x)＝e－x－ex＋sin(－x)＝e－x－ex－sin x＝－(ex－e－x＋sin x)＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数．因为f′(x)＝ex＋e－x＋cos x≥2＋cos x＝2＋cos x>0(当且仅当x＝0时取等号)，所以函数f(x)在R上单调递增，因为f(t)＋f(1－3t)<0，所以f(t)<－f(1－3t)＝f(3t－1)，所以t<3t－1，解得t>.故选A. 【例3】　(1)C　解析　依题可知，f′(x)＝aex－≥0在(1,2)上恒成立，显然a>0，所以xex≥，设g(x)＝xex，x∈(1,2)，所以g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)在(1,2)上单调递增，g(x)>g(1)＝e，故e≥，即a≥＝e－1，即a的最小值为e－1.故选C. (2)(2e2，＋∞)　解析　因为f(x)＝(x－1)ex－mx，所以f′(x)＝xex－m，因为f(x) 在[2,4] 上存在单调递减区间，所以存在x∈[2,4]，使得f′(x)<0，即m>xex，令g(x)＝xex，x∈[2,4]，得g′(x)＝(x＋1)ex>0 在x∈[2,4] 上恒成立，所以g(x)＝xex 在[2,4] 上单调递增，所以g(x)min＝g(2)＝2e2，所以m>2e2. 对点练 1．A　解析　由题设条件，得a＝，b＝＝，c＝，令f(x)＝，则f′(x)＝，当0<x<e时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x>e时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．又e<3<4，所以f(e)>f(3)>f(4)，即a>c>b.故选A. 2.　解析　因为f(x)＝ex－e－x－2x＋1，定义域为R，所以f′(x)＝ex＋e－x－2≥2－2＝0，当且仅当x＝0时取等号．所以f(x)在R上单调递增．又f(0)＝1，所以原不等式可化为f(2x－3)>f(0)，即2x－3>0，解得x>.所以原不等式的解集为. 3．(0，＋∞)　解析　依题意f′(x)＝－ln x＋＋a－1，故f′(x)在(1，＋∞)上有零点，令g(x)＝－ln x＋＋a－1，令g(x)＝0，得a＝ln x－＋1，令z(x)＝ln x－＋1，则z′(x)＝＋，由x>1，得z′(x)>0，z(x)在(1，＋∞)上单调递增，又由z(1)＝0，得z(x)>0，故a＝z(x)>0，所以a的取值范围是(0，＋∞)． 微突破四　导数中的函数构造问题 【例1】　A　解析　根据题意，令g(x)＝x2f(x)，其导函数g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，又对任意的x>0都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，则当x>0时，有g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]>0恒成立，即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．又由函数f(x)是定义在R上的偶函数，则f(－x)＝f(x)，则有g(－x)＝(－x)2f(－x)＝x2f(x)＝g(x)，即函数g(x)也为偶函数，则有g(－2)＝g(2)，且g(2)<g(3)，则有g(－2)<g(3)，即有4f(－2)<9f(3)． 【例2】　D　解析　令g(x)＝，x∈(0，＋∞)，g′(x)＝，因为∀x∈(0，＋∞)，2f(x)<xf′(x)，所以g′(x)>0，所以函数g(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，所以g(1)<g(2)，即4f(1)<f(2)，<，令h(x)＝，x∈(0，＋∞)，h′(x)＝，因为∀x∈(0，＋∞)，xf′(x)<3f(x)，h′(x)<0，所以函数h(x)在x∈(0，＋∞)上单调递减，所以h(1)>h(2)，即f(1)>，<，故选D. 【例3】　　解析　令g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，所以g(x)在R上单调递增，e2x＋1f(2x＋1)>e3－xf(3－x)，即g(2x＋1)>g(3－x)，所以2x＋1>3－x，得x>.所以不等式e2x＋1f(2x＋1)>e3－xf(3－x)的解集是. 【例4】　A　解析　构造F(x)＝，则F′(x)＝，又因为对于任意的x∈满足f′(x)cos x＋f(x)sin x>0，则F′(x)>0，F(x)在内单调递增．则F<F，即<，所以<，即f<f，故B正确；F(0)<F，即<，所以f(0)<f，故C正确；F(0)<F，即<，所以f(0)<2f，故D正确；由排除法，故选A. 增分训练 1．D　解析　令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝>0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递增．又a>b>0，所以g(a)>g(b)，即>，所以af(b)<bf(a)． 2．(0，＋∞)　解析　令F(x)＝，则F′(x)＝＝，因为f′(x)－2f(x)>0，所以F′(x)>0，即函数F(x) 在R上单调递增．又因为f(0)＝1，则F(0)＝1，所以f(x)>e2x⇔>1⇔F(x)>F(0)，所以x>0. 3．a＜b＜c　解析　构造函数F(x)＝，x∈(0，π)，F′(x)＝＞0.所以函数F(x)在(0，π)上单调递增，于是F＜F＜F，即2f＜f＜f，所以a＜b＜c. 第三节　导数与函数的极值、最值 第1课时　导数与函数的极值 基础·梳理自测 回归教材 (1)f′(x)<0　f′(x)>0　(2)f′(x)>0　f′(x)<0　(3)极值点　极值 基础自测 1．(1)×　(2)×　(3)√　(4)√ 2．C　解析　设f′(x) 的图象与x 轴的4个交点的横坐标从左至右依次为x1，x2，x3，x4.当x<x1 时，f′(x)>0，当x1<x<x2 时，f′(x)<0，则x1 为f(x) 的极大值点，同理，x3为f(x) 的极大值点，x2，x4为f(x) 的极小值点．故选C. 3．B　解析　f′(x)＝，当x<7时，f′(x)>0，当x>7时，f′(x)<0.所以f(x)＝的极大值为f(7)＝＝.故选B. 4．(－∞，0)∪(0，＋∞)　解析　f′(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝3x2－4cx＋c2.由题意知f′(x)有变号零点，所以Δ＝16c2－12c2＝4c2>0，解得c≠0，即c∈(－∞，0)∪(0，＋∞)． 考点·精研突破 【例1】　ABD　解析　令函数F(x)的导函数为F′(x)，观察题图知，当x<a或b<x<d时，F′(x)>0，当x>f时，F′(x)≥0，且当x＝h时，F′(x)＝0；当a<x<b或d<x<f时，F′(x)<0，因此函数F(x)在(－∞，a)，[b，d]，(f，＋∞)上单调递增，在[a，b]，[d，f]上单调递减，AB正确；函数F(x)在x＝a，x＝d处都取得极大值，在x＝b，x＝f处都取得极小值，F(x)的极值点个数为4，D正确；由于F(x)在x＝i及邻近区域值得F′(x)>0，因此F(x)在x＝i处没有极值，C错误．故选ABD. 【训练1】　(1)C　解析　由导函数的图象可知： x (a，x2) x2 (x2，x3) x3 (x3，b) f′(x) ＋ 0 － 0 非负 f(x) 递增 极大值 递减 极小值 递增 故选C. (2)D　解析　由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－2<x<1时，f′(x)<0；当1<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0.由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值． 【例2】　(1)解　当a＝－2时，f(x)＝(1＋2x)ln(1＋x)－x，故f′(x)＝2ln(1＋x)＋－1＝2ln(1＋x)－＋1，因为y＝2ln(1＋x)，y＝－＋1在(－1，＋∞)上为增函数，故f′(x)在(－1，＋∞)上为增函数，而f′(0)＝0，故当－1<x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0，故f(x)在x＝0处取极小值且极小值为f(0)＝0，无极大值． (2)解　①因为f(x)＝(x2＋ax＋b)ex，所以f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a＋b]ex，f(0)＝(02＋a×0＋b)e0＝b，f′(0)＝[02＋(a＋2)×0＋a＋b]e0＝a＋b，因为切线6x＋y＋3＝0过点P，所以f(0)＝b＝－3，由导数的几何意义可知，斜率k＝f′(0)＝a＋b＝－6，所以a＝b＝－3. ②由①，知a＝b＝－3，可得f(x)＝(x2－3x－3)ex，所以f′(x)＝(x2－x－6)ex＝(x＋2)(x－3)ex，令f′(x)＝0，则(x＋2)(x－3)ex＝0，解得x＝－2或x＝3，当x<－2或x>3时，f′(x)>0，当－2<x<3时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，－2)和(3，＋∞)上单调递增，在(－2,3)上单调递减， 从而可知x＝－2是函数的极大值点，极大值为f(－2)＝7e－2，x＝3是函数的极小值点，极小值为f(3)＝－3e3.所以函数f(x)的极大值为7e－2，极小值为－3e3. 【训练2】　(1)4　解析　函数f(x)＝x＋＋2的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，求导得f′(x)＝1－，由f′(x)<0，得－<x<0或0<x<，由f′(x)>0，得x<－或x>，因此函数f(x)在(－，0)，(0，)上单调递减，在(－∞，－)，(，＋∞)上单调递增，于是当x＝－时，f(x)取得极大值f(－)＝－2＋2，当x＝时，f(x)取得极小值f()＝2＋2，所以函数f(x)＝x＋＋2的所有极值之和为f(－)＋f()＝4. (2)解　①f(x)＝，则f′(x)＝，令f′(x)>0，得x<0，f′(x)<0，得x>0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，则f(x)在x＝0处取得极大值，且f(0)＝1，无极小值． ②由题意知g(x)＝f(x)－a，要求函数g(x)的零点个数，即求方程a＝f(x)的根的个数， 即求直线y＝a与函数y＝f(x)图象的交点个数．由(1)知f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，且f(x)max＝f(0)＝1，f(－1)＝0，当x→－∞时f(x)→－∞，当x>0时f(x)>0，如图，由图可知当a≤0或a＝1时，函数g(x)有1个零点；当0<a<1时，函数g(x)有2个零点；当a>1时，函数g(x)有0个零点． 【教材题】　解　函数f(x)＝x(x－c)2的导数为f′(x)＝3x2－4cx＋c2，由题意可得f′(2)＝0，可得12－8c＋c2＝0，解得c＝2或c＝6，当c＝2时，f′(x)＝3x2－8x＋4＝(x－2)(3x－2)，由x>2或x<，f′(x)>0，f(x)单调递增；由<x<2，f′(x)<0，f(x)单调递减，可得x＝2为极小值点；当c＝6时，f′(x)＝3x2－24x＋36＝3(x－2)(x－6)，由x>6或x<2，f′(x)>0，f(x)单调递增；由2<x<6，f′(x)<0，f(x)单调递减，可得x＝2为极大值点．综上可得c＝6. 【高考题】　(1)ACD　解析　对A，因为函数f(x)的定义域为R，而f′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)(x－3)，易知当x∈(1,3)时，f′(x)<0，当x∈(－∞，1)或x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，故x＝3是函数f(x)的极小值点，正确；对B，当0<x<1时，x－x2＝x(1－x)>0，所以1>x>x2>0，而由上可知，函数f(x)在(0,1)上单调递增，所以f(x)>f(x2)，错误；对C，当1<x<2时，1<2x－1<3，而由上可知，函数f(x)在(1,3)上单调递减，所以f(1)>f(2x－1)>f(3)，即－4<f(2x－1)<0，正确；对D，当－1<x<0时，f(2－x)－f(x)＝(1－x)2(－2－x)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(2－2x)>0，所以f(2－x)>f(x)，正确．故选ACD. (2)BCD　解析　函数f(x)＝aln x＋＋(a≠0)的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝－－＝，因为函数f(x)既有极大值又有极小值，则函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a≠0，因此方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正根x1，x2，于是即显然a2bc<0，即bc<0，所以A错误，BCD正确．故选BCD. (3)解　解法一：因为f(x)的定义域为R，且f′(x)＝ex－a，若a≤0，则f′(x)>0对任意x∈R恒成立，可知f(x)在R上单调递增，无极值，不合题意；若a>0，令f′(x)>0，解得x>ln a；令f′(x)<0，解得x<ln a；可知f(x)在(－∞，ln a)内单调递减，在(ln a，＋∞)内单调递增，则f(x)有极小值f(ln a)＝a－aln a－a3，无极大值，由题意可得f(ln a)＝a－aln a－a3<0，即a2＋ln a－1>0，设g(a)＝a2＋ln a－1，a>0，则g′(a)＝2a＋>0，可知g(a)在(0，＋∞)内单调递增，且g(1)＝0，不等式a2＋ln a－1>0等价于g(a)>g(1)，解得a>1，所以a的取值范围为(1，＋∞)． 解法二：因为f(x)的定义域为R，且f′(x)＝ex－a，若f(x)有极小值，则f′(x)＝ex－a有零点，令f′(x)＝ex－a＝0，可得ex＝a，可知y＝ex与y＝a有交点，则a>0，若a>0，令f′(x)>0，解得x>ln a；令f′(x)<0，解得x<ln a；可知f(x)在(－∞，ln a)内单调递减，在(ln a，＋∞)内单调递增，则f(x)有极小值f(ln a)＝a－aln a－a3，无极大值，符合题意，由题意可得f(ln a)＝a－aln a－a3<0，即a2＋ln a－1>0，设g(a)＝a2＋ln a－1，a>0，因为y＝a2，y＝ln a－1在(0，＋∞)内单调递增，可知g(a)在(0，＋∞)内单调递增，且g(1)＝0，不等式a2＋ln a－1>0等价于g(a)>g(1)，解得a>1，所以a的取值范围为(1，＋∞)． 【训练3】　(1)C　解析　由题意可知，(ω－1)＝kπ＋，k∈Z，解得ω＝6k＋4，k∈Z，当ω>0时，由x∈(0，π)，得ωx－∈，由题意，得<ωπ－≤，解得<ω≤，所以ω不存在，当ω<0时，由x∈(0，π)，得ωx－∈，由题意，得－≤ωπ－<－，解得－≤ω<－，所以ω＝－2.故选C. (2)　解析　由题意，得f′(x)＝ex－2ax，故f′(0)＝1＞0，因为函数f(x)＝ex－ax2在R上无极值，所以f′(x)≥0在R上恒成立．当x＞0时，a≤，设g(x)＝，则g′(x)＝＝，当0＜x＜1时，得g′(x)＜0，当x＞1时，得g′(x)＞0，则g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而g(x)≥g(1)＝，故a≤.当x<0时，a≥，又＜0，则a≥0.综上，0≤a≤. 第2课时　导数与函数的最值 基础·梳理自测 回归教材 (2)f(a)　f(b)　f(a)　f(b) 基础自测 1．(1)×　解析　若f(x)在[a，b]上有极大值，则极大值不一定是[a，b]上的最大值，f(x)可能在端点处取得最大值． (2)×　解析　若f(x)在[a，b]上有极大值，则极小值一定不是x＝a和x＝b时取得． (3)√　解析　由单调性可知，函数f(x)在区间(a，c)内有唯一的极小值点x＝b，且根据单调性可知其为最小值点，即最小值为f(b)． (4)×　解析　反例：f(x)＝x2在区间(－1,2)上的最小值为0. 2．D　解析　由题意，得f′(x)＝3x2－2x，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝，当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以函数f(x)在区间[0,2]内有极小值，也是最小值，最小值为f＝.故选D. 3．A　解析　由题意可得f′(x)＝－＋2x＋a(x>0)，f′(x)在(1,2)上单调递增，若f(x)在(1,2)上有最值，则f(x)在(1,2)上不单调，所以解得－3<a<0.故选A. 4．32　解析　令f′(x)＝3x2－12＝0，解得x＝±2.又f(－3)＝17，f(－2)＝24，f(2)＝－8，f(3)＝－1，所以M＝24，m＝－8，故M－m＝32. 考点·精研突破 【例1】　(1)D　解析　由f(x)＝ax2＋ln(3x)求导，得f′(x)＝2ax＋，依题意，f′＝2a×＋＝a＋2＝0，解得a＝－2，此时，f(x)＝－2x2＋ln(3x)，则f′(x)＝－4x＋＝，又x>0，故当0<x<时，f′(x)>0，当x>时，f′(x)<0，即函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，即是f(x)的极大值点．又因为x∈，故得函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．又f＝－＋ln 3－1，f(e)＝－2e2＋ln 3＋1，显然f>f(e)，故f(x)的最小值为f(e)＝－2e2＋ln 3＋1.故选D. (2)解　①因为f(x)＝e2x＋ex－x，则f′(x)＝2e2x＋ex－1，可得f(0)＝2，f′(0)＝2，即切点坐标为(0,2)，切线斜率为k＝2，所以切线方程为y＝2x＋2. ②由①可得f′(x)＝2e2x＋ex－1＝(ex＋1)(2ex－1)，且x∈[－1，0]，则ex＋1>0，令f′(x)>0，则2ex－1>0，解得－ln 2<x≤0；令f′(x)<0，则2ex－1<0，解得－1≤x<－ln 2.可知f(x)在[－1，－ln 2)内单调递减，在(－ln 2,0]内单调递增，又因为f(－1)＝＋1，f(0)＝2，f(－ln 2)＝＋ln 2，且＋1<2，所以函数f(x)的最大值为2，最小值＋ln 2. 【例2】　(1)解　由题意得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－＝，当a≤0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，所以f(x)在区间(0，＋∞)内单调递减，无最大值，无最小值；当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．故当x＝时，f(x)取得最小值，且最小值为f＝1＋ln a，无最大值．综上，当a≤0时，f(x)无最大值，无最小值；当a>0时，f(x)的最小值为1＋ln a，无最大值． (2)解　①由已知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝3x－4a＋＝＝，令f′(x)＝0得x＝a或x＝，当a＝1时，令f′(x)>0得0<x<或x>1，令f′(x)<0得<x<1，故函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，此时函数f(x)在x＝处取极大值，在x＝1处取极小值，与函数f(x)在x＝1处取得极大值不符；当＝1，即a＝3时，令f′(x)>0得0<x<1或x>3，令f′(x)<0得1<x<3，故函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，此时函数f(x)在x＝1处取极大值，在x＝3处取极小值，符合题意，所以a＝3. ②由①得f(x)＝x2－12x＋9ln x，f′(x)＝，x∈.令f′(x)>0，得≤x<1，函数f(x)单调递增，令f′(x)<0，得1<x≤e，函数f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－12＝－. 对点练 1．B　解析　由题意知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(1)＝aln 1＋b＝b＝－2.因为f′(x)＝－，所以f′(1)＝a－b＝0，所以a＝－2，所以f′(x)＝－＋，f′(2)＝－＋＝－.故选B. 2．－e　解析　令f(x1)＝g(x2)＝t，则x1＝et，x2＝t－2，x1x2＝(t－2)et，令h(t)＝(t－2)et，求导得h′(t)＝(t－1)et，当t<1时，h′(t)<0；当t>1时，h′(t)>0.所以函数h(t)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，h(t)min＝h(1)＝－e. 3．(1，＋∞)　解析　f′(x)＝－a＝，x>0， ①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且x→＋∞，f(x)→＋∞，显然不符合题意． ②当a>0时，当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0；f(x)在上单调递增，上单调递减，f(x)max＝f＝ln＝－ln a<0，解得a>1.综上，a的取值范围是(1，＋∞)． 【例3】　(1)A　解析　f′(x)＝－a，当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无最大值．当a>0时，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以当a>0时，f(x)有最大值，最大值为f＝ln－1＝0，所以a＝，所以f(e)＝0.故选A. (2)　解析　函数f(x)＝2x＋＋3ln x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2－＋＝＝，令f′(x)＝0可得x＝1或x＝－(舍)，当0<x<1时f′(x)<0；当x>1时f′(x)>0，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，即最小值，又因为函数f(x)在(a,2－3a)内有最小值，故0≤a<1<2－3a，解得0≤a<，所以a的取值范围是. 【训练1】　(1)　解析　由f(x)＝ax－ln x，得f′(x)＝a－＝，x>0.若a≤0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无最小值，则a>0，则f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)min＝f＝1＋ln a＝0，解得a＝. (2)(0，e]　解析　由题意可知，m>0，f′(x)＝1－＝，当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，f(x)取得最小值f(1)＝1－ln m，因为对∀x>0，f(x)≥0，所以1－ln m≥0，解得0<m≤e. 【例4】　解　(1)因为f(x)＝＝(a≠0)，所以f′(x)＝，此时f(x)[1－f(x)]＝·，因为f′(x)＝f(x)[1－f(x)]，所以＝·，即aex＝aex(ex＋1－aex)，由a≠0，ex>0，所以1＝ex＋1－aex，解得a＝1. (2)由(1)，知f(x)＝，要函数f(x)瞬时变化率最大，即求g(x)＝f′(x)＝的最大值，则令g′(x)＝＝0⇒－e2x＋ex＝0，令ex＝t>0，则－t2＋t＝0, 解得t＝0(舍)，t＝1，解得x＝0.因此可列表： x (－∞，0) (0，＋∞) g′(x) ＋ － g(x)   因此可得x＝0是g(x)的极大值点，因此在x＝0时，该鱼塘可以持续获得最大捕捞量，因此f(0)＝＝.而f(x)＝＝1－<1，因此可知当种群数量为时，该鱼塘可持续获得最大捕捞量． 【训练2】　解　(1)因为总利润＝总收入－总成本，即w＝z－y，所以w＝w(x)＝180x－(x3－24x2＋225x＋10)，即w＝－x3＋24x2－45x－10(x≥0)． (2)根据导数公式表及导数的运算法则，可得w′(x)＝－3x2＋48x－45＝－3(x－1)(x－15)，解方程w′(x)＝0，得x1＝1，x2＝15，当0<x<1或x>15时，w′(x)<0，当1<x<15时，w′(x)>0，所以函数w＝w(x)在(0,1)，(15，＋∞)上单调递减，在(1,15)上单调递增．又w(15)＝1 340，所以函数w＝w(x)在x＝15处取得最大值，此时最大值为1 340.即该企业的产量为15t时，可获得最大利润，最大利润为1 340万元． 微突破五　三次函数的图象与性质 【例1】　(1)B　解析　由函数f(x)＝x2(x－3)，可得f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，且f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)<0，可得0<x<2；令f′(x)>0，可得x<0或x>2，所以f(x)在区间(0,2)内单调递减，在(－∞，0)和(2，＋∞)内单调递增，由(，＋∞) ⊈ (2，＋∞)，所以A错误；由⊆(0,2)，所以B正确；由(－2,1) ⊈ (－∞，0)，所以C错误；由(－∞，－2)⊆(－∞，0)，所以D错误．故选B. (2)BD　解析　当a＝0时，f(x)＝3x2－x＋1，显然不满足题意；当a≠0时，依题意知，f′(x)＝3ax2＋6x－1有两个不相等的零点，所以解得a>－3且a≠0.故选BD. 【例2】　AD　解析　A选项，f′(x)＝6x2－6ax＝6x(x－a)，由于a>1，故x∈(－∞，0)∪(a，＋∞)时f′(x)>0，故f(x)在(－∞，0)，(a，＋∞)上单调递增，x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，则f(x)在x＝0处取到极大值，在x＝a处取到极小值，由f(0)＝1>0，f(a)＝1－a3<0，则f(0)f(a)<0，根据函数零点存在定理f(x)在(0，a)上有一个零点，又f(－1)＝－1－3a<0，f(2a)＝4a3＋1>0，则f(－1)f(0)<0，f(a)f(2a)<0，则f(x)在(－1,0)，(a,2a)上各有一个零点，于是a>1时，f(x)有三个零点，A选项正确；B选项，f′(x)＝6x(x－a)，a<0时，x∈(a,0)，f′(x)<0，f(x)单调递减，x∈(0，＋∞)时f′(x)>0，f(x)单调递增，此时f(x)在x＝0处取到极小值，B选项错误；C选项，假设存在这样的a，b，使得x＝b为f(x)的对称轴，即存在这样的a，b使得f(x)＝f(2b－x)，即2x3－3ax2＋1＝2(2b－x)3－3a(2b－x)2＋1，根据二项式定理，等式右边(2b－x)3展开式含有x3的项为2C(2b)0(－x)3＝－2x3，于是等式左右两边x3的系数不相等，原等式不可能恒成立，于是不存在这样的a，b，使得x＝b为f(x)的对称轴，C选项错误； D选项，解法一：利用对称中心的表达式化简．f(1)＝3－3a，若存在这样的a，使得(1,3－3a)为f(x)的对称中心，则f(x)＋f(2－x)＝6－6a，事实上，f(x)＋f(2－x)＝2x3－3ax2＋1＋2(2－x)3－3a(2－x)2＋1＝(12－6a)x2＋(12a－24)x＋18－12a，于是6－6a＝(12－6a)x2＋(12a－24)x＋18－12a，即解得a＝2，即存在a＝2，使得(1，f(1))是f(x)的对称中心，D选项正确． 解法二：直接利用拐点结论，任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，f(x)＝2x3－3ax2＋1，f′(x)＝6x2－6ax，f″(x)＝12x－6a，由f″(x)＝0⇔x＝，于是该三次函数的对称中心为，由题意(1，f(1))也是对称中心，故＝1，解得a＝2，即存在a＝2，使得(1，f(1))是f(x)的对称中心，D选项正确．故选AD. 增分训练 1．A　解析　由题意f′(x)＝3x2＋2bx＋c，且f′(x)<0的解集为(－2,4)，故解得b＝－3，c＝－24，故b＋c＝－27.故选A. 2．AC　解析　因为f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝0，得x＝±，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)有两个极值点，故选项A正确．因为f＝－＋1＝>0，所以f(x)的极小值大于0，所以f(x)仅有一个零点，故选项B错误．由于函数f(x)的图象是由奇函数y＝x3－x的图象向上平移1个单位长度得到的，故f(x)的图象关于点(0,1)对称，即点(0,1)是曲线y＝f(x)的对称中心，故选项C正确．曲线y＝f(x)的切线斜率为2，即f′(x)＝2，得x＝±1，故曲线y＝f(x)的斜率为2的切线方程为y＝2x－1或y＝2x＋3，故选项D错误．故选AC. 3．(3,27)　解析　函数求导f′(x)＝3x2－k，因为在区间(－3，－1)上不单调，所以f′(x)在区间(－3，－1)内有零点．又因为f′(x)＝3x2－k为偶函数，所以f′(x)＝0在(－3，－1)上只有1个根．f′(－3)f′(－1)<0，因为f′(－3)＝27－k，f′(－1)＝3－k，所以(27－k)(3－k)<0⇒(k－27)(k－3)<0⇒3<k<27. 第四节　导数的综合应用 第1课时　导数与不等式的证明 考点·精研突破 【例1】　解　(1)f′(x)＝aex－1，x∈R. ①当a≤0时，f′(x)≤0对任意x∈R恒成立，所以f(x)在(－∞，＋∞)内单调递减． ②当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln＝－ln a. 随x的变化，f′(x)，f(x)的变化如下表： x (－∞，－ln a) －ln a (－ln a，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  极小值  所以函数f(x)的单调递增区间是(－ln a，＋∞)，单调递减区间是(－∞，－ln a)．综上，当a≤0时，f(x)的单调递减区间是(－∞，＋∞)，无单调递增区间；当a>0时，f(x)的单调递增区间是(－ln a，＋∞)，单调递减区间是(－∞，－ln a)． (2)证明：当a>0时，要证f(x)>2ln a＋恒成立，即证f(x)min>2ln a＋成立．当a>0时，由(1)知，f(x)的极小值同时也是最小值，是f(－ln a)，下面证明f(－ln a)>2ln a＋.f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)－(－ln a)＝1＋a2＋ln a．令g(a)＝f(－ln a)－2ln a－＝a2－ln a－，a∈(0，＋∞)，则g′(a)＝2a－＝，令g′(a)＝0，得a＝.随a的变化，g′(a)，g(a)的变化如下表： a g′(a) － 0 ＋ g(a)  极小值  所以当a＝时，g(a)取最小值．g(a)min＝g＝－ln－＝－ln＝ln>ln 1＝0.因此f(－ln a)>2ln a＋成立．因此当a>0时，f(x)>2ln a＋. 【训练1】　解　(1)f(x)＝＋，则f′(x)＝＋－，所以f′(2)＝－，故x＝2处的切线斜率为－. (2)证明：要证x>0时f(x)＝ln(x＋1)>1，即证ln(x＋1)>，令g(x)＝ln(x＋1)－且x>0，则g′(x)＝－＝>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，则g(x)>g(0)＝0，即ln(x＋1)>.所以x>0时f(x)>1. 【例2】　解　(1)根据题意，f′(x)＝aex－sin x(x∈R)，f′(0)＝a＝2. (2)证明：设g(x)＝ex－x－1(x∈R)，g′(x)＝ex－1，当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，函数在(－∞，0)上单调递减，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数在(0，＋∞)上单调递增，则g(x)在R上的最小值为g(0)＝0，所以ex≥x＋1≥x＋cos x．(重点：此处利用1≥cos x进行放缩) 【训练2】　证明　证法一：因为x∈(0,1)，所以ex∈(1，e)．要证x2－＜成立，只需证ex＜ln x成立．因为x2－＜0，所以只需证x2－＜ln x．又x2＜x(0＜x＜1)，所以只需证ln x＋－x＞0.令h(x)＝ln x＋－x，则h′(x)＝－－1＝－，而x2－x＋1＞0恒成立，所以h′(x)＜0，所以h(x)在(0,1)上单调递减，所以当x∈(0,1)时，h(x)＞h(1)＝0，所以ln x＋－x＞0.所以x2－＜. 证法二：要证x2－＜，只需证ex＜ln x，又易证ex＞x＋1(0＜x＜1)，x2－＜0，所以只需证明ln x＋(x＋1)＞0，即证ln x＋1－x3＋－x2＞0.又x3＜x，x2＜x(0＜x＜1)，所以只需证ln x＋1－2x＋＞0.令g(x)＝ln x＋1－2x＋，则g′(x)＝－2－＝－，而2x2－x＋1＞0恒成立，所以g′(x)＜0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，所以当x∈(0,1)时，g(x)＞g(1)＝0，即ln x＋1－2x＋＞0.所以x2－＜. 【例3】　解　(1)函数的定义域为(0，＋∞)，因为f′(x)＝－a＝(x>0)，所以当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，故函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，由f′(x)>0，得0<x<，由f′(x)<0，得x>，即函数f(x)在区间上单调递增，在上单调递减．综上，当a≤0时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在区间上单调递增，在上单调递减． (2)证明：要证f(x)－＋2e≤0，只需证f(x)≤－2e，由(1)知，当a＝e时，函数f(x)在区间(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－e.令g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝，所以当x∈(0,1)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e，所以当x>0，a＝e时，f(x)－＋2e≤0. 【训练3】　证明　由题意可知，f(x)的定义域为(0，＋∞)．要证f(x)＜xex＋，只需证ex－ln x＜ex＋，即ex－ex＜ln x＋.令h(x)＝ln x＋(x＞0)，则h′(x)＝，易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，则h(x)min＝h＝0，所以ln x＋≥0.再令φ(x)＝ex－ex(x>0)，则φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以ex－ex＜ln x＋，故原不等式成立． 第2课时　导数与不等式恒成立 考点·精研突破 【例1】　解　由f(x)≥x3＋1得ex＋ax2－x≥x3＋1，其中x≥0， ①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，此时a∈R. ②当x>0时，分离参数a，得a≥－，记g(x)＝－，g′(x)＝－.令h(x)＝ex－x2－x－1(x>0)，则h′(x)＝ex－x－1，令H(x)＝ex－x－1，H′(x)＝ex－1>0，故h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，因此h′(x)>h′(0)＝0，故函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以h(x)>h(0)＝0，即ex－x2－x－1>0恒成立，故当x∈(0,2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．因此，g(x)max＝g(2)＝，综上，实数a的取值范围是. 【训练1】　解　(1)由题意知f(x)＝xln x＋ax＋b的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1＋a，由于函数f(x)＝xln x＋ax＋b在x＝e－3时取得极值，且满足f(1)＝1，故f′(e－3)＝－3＋1＋a＝0，且f(1)＝a＋b＝1，解得a＝2，b＝－1，则f′(x)＝ln x＋3，经验证函数f(x)在x＝e－3时取得极小值，符合题意，故f(x)＝xln x＋2x－1. (2)由题意存在实数x>0，使得kx>f(x＋1)成立，即k>成立；令g(x)＝，x>0，则g′(x)＝，x∈(0，＋∞)，令h(x)＝x－1－ln(x＋1)，则h′(x)＝1－＝>0在(0＋∞)上恒成立，故h(x)＝x－1－ln(x＋1)在(0＋∞)上单调递增，又h(2)＝1－ln 3<0，h(3)＝2－ln 4>0，故存在唯一的x0∈(2,3)使得h(x0)＝0，即x0－1＝ln(x0＋1)，则当0<x<x0时，h(x)<0，即g′(x)<0，当x>x0时，h(x)>0，即g′(x)>0，所以g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，故g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0＋2，故k>x0＋2，结合x0∈(2,3)，得x0＋2∈(4,5)，故整数k的最小值为5. 【训练2】　解　(1)当m＝1时，f(x)＝ex＋(m＋1)x＝ex＋2x，定义域为R，f′(x)＝ex＋2，所以f(0)＝1，f′(0)＝3，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－1＝3(x－0)，即y＝3x＋1. (2)不等式ex＋＋mln x＋m≥f(x)可化为＋mln x－(m＋1)x＋m≥0，即存在x∈[1,2]，使得不等式＋mln x－(m＋1)x＋m≥0成立．构造函数h(x)＝＋mln x－(m＋1)x＋m，x∈[1,2]，则h′(x)＝x＋－(m＋1)＝(x－m)(x－1)． ①当m≤1时，h′(x)≥0恒成立，故h(x)在[1,2]上单调递增，故h(x)max＝h(2)＝mln 2－m≥0，解得m≤0，故m≤0. ②当1<m<2时，令h′(x)>0，解得m<x<2；令h′(x)<0，解得1<x<m，故h(x)在[1，m]上单调递减，在(m,2]上单调递增，又h(1)＝－，h(2)＝mln 2－m≥0，解得m≤0，这与1<m<2相矛盾，舍去． ③当m≥2时，h′(x)≤0恒成立，h(x)在[1,2]上单调递减，故h(x)max＝h(1)＝－<0，不符合题意，应舍去． 综上所述，m的取值范围为(－∞，0]． 【例3】　解　对任意的x2∈(0,1]，总存在x1∈(0,1]，使得f(x1)≥g(x2)，则f(x)max≥g(x)max，因为g(x)＝ln x－x－1，则g′(x)＝－1＝≥0对任意的x∈(0,1]恒成立，所以函数g(x)在区间(0,1]上单调递增，则g(x)max＝g(1)＝－2.因为f(x)＝aex－4，所以当a＝0时，f(x)＝－4，不满足f(x)max≥g(x)max，故a≠0；当a>0时，f(x)在区间(0,1]上单调递增，所以f(x)max＝ae－4，即ae－4≥－2，解得a≥；当a<0时，f(x)在区间(0,1]上单调递减，f(x)<f(0)＝a－4<－2，不满足题意．综上，实数a的取值范围是. 【训练3】　解　因为f(x)＝＋aln x(x>0)，所以f′(x)＝－＋＝，则g(x)＝2ax－axln x－(6a＋3)(a<0)，因为存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g(x1)<g(x2)成立，所以2g(x)min<g(x)max.又g′(x)＝a(1－ln x)，a<0，当x∈[1，e)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(e，e2]时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(e)＝ae－6a－3，g(x)max＝max{g(1)，g(e2)}＝－6a－3.所以2ae－12a－6<－6a－3，所以a>.因为a<0，所以a的取值范围为. 第3课时　导数与函数的零点问题 考点·精研突破 【例1】　解　(1)当a＝1时，f(x)＝ex－1＋x2－3x＋1，则f′(x)＝ex－1＋2x－3，所以曲线y＝f(x)在x＝1处切线的斜率k＝f′(1)＝0.又因为f(1)＝0，所以曲线y＝f(x)在x＝1处切线的方程为y＝0. (2)f(1)＝e1－a－2a＋1，令m(x)＝f′(x)＝ex－a＋2ax－3a，则f′(1)＝e1－a－a，当a>1时，m′(x)＝ex－a＋2a>0，则f′(x)在(1，＋∞)上单调递增．因为f′(1)＝e1－a－a<e1－1－1＝0，f′(a)＝1＋2a2－3a＝(2a－1)(a－1)>0，所以存在唯一的x0∈(1，a)，使得f′(x0)＝0.当x∈(1，x0)时，f′(x)<0，所以f(x)在[1，x0)上单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(x0，＋∞)上单调递增．又f(1)＝e1－a－2a＋1<e0－2＋1＝0，所以f(x0)<f(1)<0，又f(3)＝e3－a＋1>0，所以当a>1时，f(x)在[1，＋∞)上有且只有一个零点． 【训练1】　解　f′(x)＝cos x＋ex－4，当－π<x≤0时，cos x≤1，ex≤1，f′(x)<0，所以函数f(x)单调递减，所以f(x)≥f(0)＝1，此时函数f(x)无零点；当x>0时，设h(x)＝cos x＋ex－4，则h′(x)＝－sin x＋ex>0，h(x)即f′(x)单调递增，f′(0)＝－2<0，f′(2)＝cos 2＋e2－4>0，f′(0)f′(2)<0，因此f′(x)在(0,2)上有唯一零点，记零点为m，即f′(m)＝0，在(0，m)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，在(m，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，又f(0)＝1>0，f(1)＝sin 1＋e－4<0，f(2)＝sin 2＋e2－4>0，f(π)＝eπ－4π>0，所以f(x)在(0,1)有一个零点，在(1，π)上有一个零点．综上所述，f(x)在(－π，＋∞)上有2个零点． 【例2】　(－2,1)　解析　令x3－3x＝－(x－1)2＋a，即a＝x3＋x2－5x＋1，令g(x)＝x3＋x2－5x＋1(x>0)，则g′(x)＝3x2＋2x－5＝(3x＋5)(x－1)，令g′(x)＝0(x>0)得x＝1，当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(0)＝1，g(1)＝－2，因为曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点，所以等价于y＝a与g(x)有两个交点，所以a∈(－2,1)． 【训练2】　解　(1)若a＝－1，f(x)＝x2－x－xln x，f′(x)＝2x－ln x－2，所以f′(1)＝0，又f(1)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝0. (2)f′(x)＝2x－ln x＋a－1，设g(x)＝2x－ln x＋a－1，则g′(x)＝2－，x>0.令g′(x)＝0, 得x＝， 在上，g′(x)<0, 在上，g′(x)>0，所以g(x)在上单调递减， 在上单调递增，所以g(x)min＝g＝2×－ln＋a－1＝a＋ln 2.又当x→0或x→＋∞时，g(x)→＋∞，所以要使g(x)有两个零点， 只需a＋ln 2<0, 解得a<－ln 2，所以a的取值范围为(－∞，－ln 2)． 【例3】　解　(1)由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)．由已知得f′(x)＝＝.当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无单调递减区间．当a>0时，令f′(x)>0，得x>；令f′(x)<0，得0<x<，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a>0时，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为. (2)证明：当a＝2时，f(x)＝4x2＋6x－2ln x，则原不等式等价于ex－ln x－2>0，设φ(x)＝ex－ln x－2，则φ′(x)＝ex－，易知φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且φ′＝－2<0，φ′(1)＝e－1>0，所以φ′(x)在上存在唯一零点x0，此时φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，要证φ(x)>0即要证φ(x0)>0，由ex0－＝0，得ex0＝，x0＝，代入φ(x0)＝ex0－ln x0－2，得φ(x0)＝＋x0－2，因为φ(x0)＝＋x0－2>2－2＝0，所以φ(x)>0，即f(x)>4x2－2ex＋6x＋4. 【训练3】　解　(1) f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；当a>0时，令f′(x)＝2e2x－＝0，则2e2x＝，设函数y＝2e2x和函数y＝，如图所示．则函数y＝2e2x与y＝在(0，＋∞)只有一个交点，所以当a>0时，f′(x)＝0在(0，＋∞)有唯一零点．综上，当a≤0时，f′(x)没有零点，当a>0时，f′(x)存在唯一零点． (2)证明：由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．由于2e2x0－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln，故当a>0时，f(x)≥2a＋aln. 真题·重温高考 1．解　(1)函数的定义域为，又f′(x)＝，因为a>0，x>0，故2ax＋3>0，当0<x<时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为. (2)因为y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，所以y＝f(x)的图象在x轴的上方，由(1)中函数的单调性可得f(x)min＝f＝3－3ln＝3＋3lna，故3＋3ln a>0，所以a>，即a的取值范围为. 2．解　(1)当a＝0时，f(x)＝－－ln x(x>0)，则f′(x)＝－＝.当x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故f(x)的最大值即为f(x)的极大值f(1)＝－1. (2)f′(x)＝a＋－＝，x∈(0，＋∞)． (ⅰ)当a≤0时，ax－1≤0恒成立，所以0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝a－1<0.此时f(x)无零点，不合题意． (ⅱ)当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝， ①当0<a<1时，1<，所以当1<x<时，f′(x)<0，当0<x<1或x>时，f′(x)>0，所以f(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减，因为f(1)＝a－1<0，所以f<f(1)<0，当x→＋∞时，f(x)>0，所以f(x)在上必有1个零点． ②当a＝1时，1＝，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(1)＝0，符合题意． ③当a>1时，<1，f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．因为f(1)＝a－1>0，所以f>f(1)>0，当x→0＋时，f(x)→－∞，所以f(x)在上必有1个零点． 综上所述，a的取值范围为(0，＋∞)． 3．解　(1)f(x)＝ex－ax的定义域为R，而f′(x)＝ex－a，若a≤0，则f′(x)>0，此时f(x)无最小值，故a>0.当x<ln a时，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，ln a)上为减函数，当x>ln a时，f′(x)>0，故f(x)在(ln a，＋∞)上为增函数，故f(x)min＝f(ln a)＝a－aln a．g(x)＝ax－ln x的定义域为(0，＋∞)，而g′(x)＝a－＝.当0<x<时，g′(x)<0，故g(x)在上为减函数，当x>时，g′(x)>0，故g(x)在上为增函数，故g(x)min＝g＝1－ln.因为f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值，故1－ln＝a－aln a，整理得到＝ln a，其中a>0，设g(a)＝－ln a，a>0，则g′(a)＝－＝≤0，故g(a)为(0，＋∞)上的减函数，而g(1)＝0，故g(a)＝0的唯一解为a＝1，故＝ln a的解为a＝1.综上，a＝1. (2)解法一：由(1)可得f(x)＝ex－x和g(x)＝x－ln x的最小值为1－ln 1＝1－ln＝1.当b>1时，考虑ex－x＝b的解的个数、x－ln x＝b的解的个数．设S(x)＝ex－x－b，S′(x)＝ex－1，当x<0时，S′(x)<0，当x>0时，S′(x)>0，故S(x)在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数，所以S(x)min＝S(0)＝1－b<0，而S(－b)＝e－b>0，S(b)＝eb－2b，设u(b)＝eb－2b，其中b>1，则u′(b)＝eb－2>0，故u(b)在(1，＋∞)上为增函数，故u(b)>u(1)＝e－2>0，故S(b)>0，故S(x)＝ex－x－b有两个不同的零点，即ex－x＝b的解的个数为2.设T(x)＝x－ln x－b，T′(x)＝，当0<x<1时，T′(x)<0，当x>1时，T′(x)>0，故T(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，所以T(x)min＝T(1)＝1－b<0，而T(e－b)＝e－b>0，T(eb)＝eb－2b>0，T(x)＝x－ln x－b有两个不同的零点即x－ln x＝b的解的个数为2.当b＝1，由(1)讨论可得x－ln x＝b，ex－x＝b仅有一个解，当b<1时，由(1)讨论可得x－ln x＝b，ex－x＝b均无根，故若存在直线y＝b与曲线y＝f(x)，y＝g(x)有三个不同的交点，则b>1.设h(x)＝ex＋ln x－2x，其中x>0，故h′(x)＝ex＋－2，设s(x)＝ex－x－1，x>0，则s′(x)＝ex－1>0，故s(x)在(0，＋∞)上为增函数，故s(x)>s(0)＝0即ex>x＋1，所以h′(x)>x＋－1≥2－1>0，所以h(x)在(0，＋∞)上为增函数，而h(1)＝e－2>0，h＝e－3－<e－3－<0，故h(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点x0，<x0<1且当0<x<x0时，h(x)<0即ex－x<x－ln x即f(x)<g(x)，当x>x0时，h(x)>0即ex－x>x－ln x即f(x)>g(x)，因此若存在直线y＝b与曲线y＝f(x)，y＝g(x)有三个不同的交点，故b＝f(x0)＝g(x0)>1，此时ex－x＝b有两个不同的根x1，x0(x1<0<x0)，此时x－ln x＝b有两个不同的根x0，x4(0<x0<1<x4)，故e x1－x1＝b，ex0－x0＝b，x4－ln x4－b＝0，x0－ln x0－b＝0，所以x4－b＝ln x4，即e x4－b＝x4，即e x4－b－(x4－b)－b＝0，故x4－b为方程ex－x＝b的解，同理x0－b也为方程ex－x＝b的解，又ex1－x1＝b可化为ex1＝x1＋b，即x1－ln(x1＋b)＝0，即(x1＋b)－ln(x1＋b)－b＝0，故x1＋b为方程x－ln x＝b的解，同理x0＋b也为方程x－ln x＝b的解，所以{x1，x0}＝{x0－b，x4－b}，而b>1，故即x1＋x4＝2x0. 解法二：由(1)，知f(x)＝ex－x，g(x)＝x－ln x，且f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且f(x)min＝g(x)min＝1. ①b<1时，此时f(x)min＝g(x)min＝1>b，显然y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)，共有0个交点，不符合题意； ②b＝1时，此时f(x)min＝g(x)min＝1＝b，故y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1； ③b>1时，首先，证明y＝b与曲线y＝f(x)有2个交点，即证明F(x)＝f(x)－b有2个零点，F′(x)＝f′(x)＝ex－1，所以F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，又因为F(－b)＝e－b>0，F(0)＝1－b<0，F(b)＝eb－2b>0(令t(b)＝eb－2b，则t′(b)＝eb－2>0，t(b)>t(1)＝e－2>0)，所以F(x)＝f(x)－b在(－∞，0)上存在且只存在1个零点，设为x1在(0，＋∞)上存在且只存在1个零点，设为x2.其次，证明y＝b与曲线y＝g(x)有2个交点，即证明G(x)＝g(x)－b有2个零点，G′(x)＝g′(x)＝1－，所以G(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又因为G(e－b)＝e－b>0，G(1)＝1－b<0，G(2b)＝b－ln 2b>0，(令μ(b)＝b－ln 2b，则μ′(b)＝1－>0，μ(b)>μ(1)＝1－ln 2>0)，所以G(x)＝g(x)－b在(0,1)上存在且只存在1个零点，设为x3在(1，＋∞)上存在且只存在1个零点，设为x4.再次，证明存在b，使得x2＝x3：因为F(x2)＝G(x3)＝0，所以b＝ex2－x2＝x3－ln x3，若x2＝x3，则ex2－x2＝x2－ln x2，即ex2－2x2＋ln x2＝0，所以只需证明ex－2x＋ln x＝0在(0,1)上有解即可，即φ(x)＝ex－2x＋ln x在(0,1)上有零点，因为φ()＝e－－3<0，φ(1)＝e－2>0，所以φ(x)＝ex－2x＋ln x在(0,1)上存在零点，取一零点为x0，令x2＝x3＝x0即可，此时取b＝ex0－x0，则此时存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，如图，最后证明x1＋x4＝2x0，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，因为F(x1)＝F(x2)＝F(x0)＝0＝G(x3)＝G(x0)＝G(x4)，所以F(x1)＝G(x0)＝F(ln x0)，又因为F(x)在(－∞，0)上单调递减，x1<0,0<x0<1即ln x0<0，所以x1＝ln x0，同理，因为F(x0)＝G(ex0)＝G(x4)，又因为G(x)在(1，＋∞)上单调递增，x0>0即ex0>1，x1>1，所以x4＝ex0，又因为ex0－2x0＋ln x0＝0，所以x1＋x4＝ex0＋ln x0＝2x0，即直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． 第四章　三角函数与解三角形 第一节　任意角、弧度制及三角函数的概念 基础·梳理自测 回归教材 1．(2)正角　零角　(3)α＋k·360°，k∈Z 2．(1)半径长　(2)|α|r　|α|r2 3．(1)y　y　x　x　　　(2)　　 基础自测 1．(1)×　解析　锐角的取值范围是. (2)√　(3)×　(4)√ 2．D　解析　易知2kπ<α<＋2kπ，k∈Z，故kπ<<＋kπ，所以是第一或第三象限角．故选D. 3．D 4．－　－　解析　因为x＝2，y＝－3，所以点P 到原点的距离r＝＝，则sin α＝＝＝－，tan α＝＝－. 考点·精研突破 【例1】　(1)ACD　解析　由条件知α＝γ＋45°＋k1·360°(k1∈Z)，β＝γ－45°＋k2·360°(k2∈Z)，将以上两式相减消去γ，得α－β＝(k1－k2)·360°＋90°＝k·360°＋90°(k1，k2∈Z，k1－k2＝k)，当k＝0时，α－β＝90°；当k＝1时，α－β＝450°；当k＝9时，α－β＝3 330°.故选ACD. (2)A　解析　因为角α的终边在第一象限，所以2kπ<α<2kπ＋，k∈Z，所以kπ<<kπ＋，k∈Z，所以为第一象限角或第三象限角，当为第一象限角时，sin>0，cos>0，故＋＝1＋1＝2；当为第三象限角时，sin<0，cos<0，故＋＝－1＋(－1)＝－2.所以＋的取值集合为{－2,2}．故选A. 【训练1】　(1)C　解析　当k为偶数时，设k＝2n(n∈Z)，则有n·360°＋45°≤α≤n·360°＋90°，角α的终边在介于45°～90°角终边所在的区域内；当k为奇数时，设k＝2n＋1(n∈Z)，则有n·360°＋225°≤α≤n·360°＋270°，角α的终边在介于225°～270°角终边所在的区域内．故选C. (2){α　解析　直线y＝－x的倾斜角是，所以终边落在直线y＝－x上的角的取值集合为{α. 【例2】　解　(1)α＝36°＝36×rad＝πrad，扇形的弧长l＝αr＝π×10＝2π(cm)． (2)设扇形的弧长为l，半径为r，则2r＋l＝4，所以l＝4－2r(0<r<2)，则S＝lr＝(4－2r)r＝－r2＋2r＝－(r－1)2＋1，当r＝1时，Smax＝1 cm2，此时l＝4－2×1＝2 cm，α＝＝2，所以S的最大值是1 cm2，此时扇形的半径是1 cm，圆心角是2 rad. 【训练2】　C　解析　延长DA与CB交于点O.由＝3，AD＝80 cm，得OA＝40 cm，OD＝120 cm.因为所对的圆心角为直角，所以＝60π cm，＝20π cm.所以该梅花砖雕的侧面积S侧＝6(＋＋AD＋BC)＝480π＋960(cm2)，扇环ABCD的面积为(π×1202－π×402)＝3 200π(cm2)，则该梅花砖雕的表面积S表面积＝480π＋960＋2×3 200π＝6 880π＋960(cm2)．故选C. 【例3】　(1)A　解析　sin＝sin＝，cos＝－cos＝－，所以tan α＝＝－， 故选A. (2)B　解析　因为角α的终边过点(x,4)且tan(－π＋α)＝tan α＝－2，所以＝－2，所以x＝－2，所以cos α＝＝－.故选B. 【例4】　D　解析　A选项，sin θtan θ＝，因为sin2θ>0，在第二象限cos θ<0，第四象限cos θ>0，故A错误；B选项，cos θtan θ＝sin θ，因为在第二象限sin θ>0，第四象限sin θ<0，故B错误；C选项，＝cos θ，因为在第二象限cos θ<0，第四象限cos θ>0，故C错误；D选项，注意到第二象限cos θ<0，sin θ>0，第四象限cos θ>0，sin θ<0，则sin θcos θ<0，故D正确．故选D. 对点练 1．C　解析　因为α在第一象限，所以2kπ<α<＋2kπ，k∈Z，所以kπ<<＋kπ，k∈Z，所以是第一、三象限角，当是第一象限角时，sin>0，cos>0，tan>0，sincos>0；当是第三象限角时，sin<0，cos<0，tan>0，sincos>0.综上，tan>0一定成立．故选C. 2．－　解析　因为角α的终边上有一点P，所以OP＝＝－k，sin α＝＝，tan α＝＝－，所以sin α·tan α＝·＝－. 第二节　同角三角函数的基本关系与诱导公式 基础·梳理自测 回归教材 1．(1)sin2α＋cos2α＝1　(2) 2．－sin α　－sin α　sin α　cos α　cos α　－cos α　cos α　－cos α　sin α　－sin α　tan α　－tan α　－tan α 基础自测 1．(1)×　(2)× (3)×　解析　当k为奇数时，sin α＝，当k为偶数时，sin α＝－. (4)×　解析　sin2α是(sin α)2的缩写不能写成sin α2. 2．A　解析　因为角α是第二象限角，所以cos α<0，又sin2α＋cos2α＝1，所以cos α＝－＝－. 3．B　解析　因为sin＝－cos α＝，所以cos α＝－.故选B. 4．2　解析　因为tan α＝3，所以＝＝＝2. 考点·精研突破 【例1】　－　解析　解法一(方程法)：因为θ∈，tan θ＝，所以解得所以sin θ－cos θ＝－. 解法二(设点法)：因为θ∈，tan θ＝＝，所以设θ终边上一点坐标为P(3,1)，则r＝OP＝＝，所以sin θ＝＝，cos θ＝＝，故sin θ－cos θ＝－. 【例2】　(1)2　　解析　因为角θ的终边经过点P(－2，－4)，所以tan θ＝＝2，所以＝＝＝＝. (2)－　　解析　由已知得tan α＝，所以＝＝－.sin2α＋sin αcos α＋2＝＋2＝＋2＝＋2＝. 【例3】　－　－　解析　因为(sin α＋cos α)2＝sin2α＋cos2α＋2sin αcos α＝1＋2sin αcos α＝，所以sin αcos α＝－.因为α∈(0，π)，所以sin α>0，又sin αcos α<0，所以cos α<0.由得或(舍)，所以tan α＝＝－. 对点练 1．D　解析　因为α为第四象限角，故cos α＝＝＝，所以tan α＝＝＝－. 2．A　解析　因为tan θ＝，所以＝＝＝＝＝＝.故选A. 3．BD　解析　sin α，cos α是方程3x2－x－m＝0的两根，则有由(sin α＋cos α)2＝sin2α＋2sin α·cos α＋cos2α，得＝1－，解得m＝，A选项错误；α∈(0，π)，sin α>0，由sin α·cos α＝－＝－<0，cos α<0，(sin α－cos α)2＝sin2α－2sin α·cos α＋cos2α＝1＋＝，由sin α－cos α>0，所以sin α－cos α＝，B选项正确；由得tan α＝＝－，C选项错误；cos2α－sin2α＝(cos α＋sin α)(cos α－sin α)＝×＝－，D选项正确．故选BD. 【例4】　(1)C　解析　因为sin＝sin＝sin＝cos α＝，所以cos(π－α)＝－cos α＝－.故选C. (2)4 049　解析　因为f(x)＝asin(πx＋α)＋bcos(πx＋β)＋x，所以f(2 024)＝asin(2 024π＋α)＋bcos(2 024π＋β)＋2 024＝asin α＋bcos β＋2 024＝0，得到asin α＋bcos β＝－2 024，又f(2 025)＝asin(2 025π＋α)＋bcos(2 025π＋β)＋2 025＝asin(π＋α)＋bcos(π＋β)＋2 025得到f(2 025)＝－asin α－bcos β＋2 025＝－(－2 024)＋2 025＝4 049. 【训练】　(1)C　解析　由于sin＝sin＝sin＝－，cos＝cos＝cos＝－，所以P，由于点P在角θ的终边上，所以tan θ＝＝，故＝＝tan θ＝，故选C. (2)　解析　因为cos＝，所以sin＝sin＝cos＝，cos＝cos＝－cos＝－，所以sin－cos＝－＝. 第三节　三角恒等变换 基础·梳理自测 回归教材 1．(1)cos αcos β±sin αsin β　(2)sin αcos β±cos αsin β (3) 2．2sin αcos α　cos2α－sin2α　2cos2α－1　1－2sin2α　 基础自测 1．(1)√　(2)×　(3)×　(4)× 2．C　解析　原式＝－(cos 15°cos 45°－sin 15°sin 45°)＝－cos(15°＋45°)＝－cos 60°＝－.故选C. 3．B　解析　因为2cos α－sin α＝0，则sin α＝2cos α，故tan α＝2.因此tan＝＝＝.故选B. 4．－　解析　cos 2α－sin 2α＝cos2α－sin2α－2sin αcos α＝＝＝－. 第1课时　两角和与差及倍角公式 考点·精研突破 【教材题】　解　(1)由已知可求得cos αcos β＝，sin αsin β＝.于是有tan αtan β＝＝. (2)因为cos α＋cos β＝，sin α＋sin β＝，所以两式平方相加可得cos2α＋cos2β＋2cos αcos β＋sin2α＋sin2β＋2sin αsin β＝2＋2，化简可得2＋2(cos αcos β＋sin αsin β)＝，所以cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝－. 【高考题】　(1)A　解析　因为cos(α＋β)＝m，所以cos αcos β－sin αsin β＝m，而tan αtan β＝2，所以sin αsin β＝2cos αcos β，故cos αcos β－2cos αcos β＝m，即cos αcos β＝－m，从而sin αsin β＝－2m，故cos(α－β)＝－3m，故选A. (2)－　解析　解法一：由题意得tan(α＋β)＝＝＝－2，因为α∈，β∈，k，m∈Z，则α＋β∈((2m＋2k)π＋π，(2m＋2k)π＋2π)，k，m∈Z，又因为tan(α＋β)＝－2<0，则α＋β∈，k，m∈Z，则sin(α＋β)<0，则＝－2，联立sin2(α＋β)＋cos2(α＋β)＝1，解得sin(α＋β)＝－. 解法二：因为α为第一象限角，β为第三象限角，则cos α>0，cos β<0，cos α＝＝，cos β＝＝，则sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝cos αcos β(tan α＋tan β)＝4cos αcos β＝＝＝＝－. 【训练1】　(1)B　解析　解法一：原式＝sin 20°sin 40°－cos 20°cos 40°＝－(cos 20°cos 40°－sin 20°sin 40°)＝－cos 60°＝－. 解法二：原式＝cos 70°sin 40°－cos 20°cos 40°＝sin 40°cos 70°－sin 70°cos 40°＝sin(40°－70°)＝sin(－30°)＝－sin30°＝－.故选B. (2)B　解析　cos 2α＝cos2α－sin2α＝＝＝＝.故选B. 【例1】　(1)D　解析　cos α＝1－2sin2＝，而α为锐角，解得sin＝.故选D. (2)A　解析　sin 18°cos 36°＝ ＝＝＝＝.故选A. (3)C　解析　解法一：(特殊值排除法)设β＝0，则sin α＋cos α＝0，取α＝－，排除A, B；再取α＝0，则sin β＋cos β＝2sin β，取β＝，排除D.选C. 解法二：(直接法)由已知得：sin αcos β＋cos αsin β＋cos αcos β－sin αsin β＝2(cos α－sin α)sin β，即sin αcos β－cos αsin β＋cos αcos β＋sin αsin β＝0，即sin(α－β)＋cos(α－β)＝0，所以tan(α－β)＝－1.故选C. 【例2】　(1)－　解析　sin α－cos α＝，即sin＝，cos＝sin＝sin＝－. (2)2　解析　由题＝＝＝＝＝＝2. 对点练 1．C　解析　＝＝＝.故选C. 2.　解析　由题意可得，cos2＝＝＝(1－sin α)＝. 3．2　解析　因为f(x)＝2sin x＋3cos x＝sin(x＋φ)，所以f(x)max＝，f(x)min＝－，因为x1，x2∈R，所以f(x1)－f(x2)的最大值为f(x1)max－f(x2)min＝－(－)＝2. 【例3】　(1)C　解析　因为α∈，所以α＋∈，sin<0，所以sin＝－＝－，因此cos＝cos＝coscos＋sinsin＝－.故选C. (2)　解析　2sin β＝sin(2α＋β)＝sin 2αcos β＋cos 2αsin β，所以sin β(2－cos 2α)＝sin 2αcos β，则tan β＝＝＝＝. 【训练2】　(1)B　解析　因为sin θ＋sin＝sin＋sin＝sincos－cossin＋sincos＋cossin＝2sincos＝sin＝1，所以sin＝. (2)　解析　因为0<α<，所以<a＋<，sin＝，cos α＝cos＝coscos＋sinsin＝×＋×＝. 第2课时　简单的三角恒等变换 【例1】　(1)D　解析　由题意可得，sin2－sin2＝sin2－sin2＝sin2－cos2＝－cos＝－.故选D. (2)　解析　＝＝＝＝＝＝. 【例2】　(1)B　解析　因为sin(α－β)＝sin αcos β－cos αsin β＝，cos αsin β＝，因此sin αcos β＝，则sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝，所以cos(2α＋2β)＝cos [2(α＋β)]＝1－2sin2(α＋β)＝1－2×2＝.故选B. (2)C　解析　＝＝＝＝＝cos 20°＝a.故选C. 【例3】　解　(1)tan β＝tan(α＋β－α)＝＝－. (2)tan(2α＋β)＝tan(α＋β＋α)＝＝1，又<2α＋β<2π，所以2α＋β＝π. 对点练 1．D　解析　原式＝＝＝＝＝＝1.故选D. 2．D　解析　已知cos＝，则sin＝sin＝cos＝2cos2－1＝－.故选D. 3．A　解析　因为cos(α－β)＝，tan αtan β＝，所以解得所以cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β＝，又α，β∈，所以α＋β∈(0，π)，所以α＋β＝.故选A. 【例4】　解　(1)由函数f(x)＝sin xcos x－cos2x＋＝×2sin xcos x－(2cos2x－1)＝sin 2x－cos 2x＝sin，所以f(x)的最小正周期为T＝＝π. (2)由(1)知，函数的单调递增区间为，k∈Z，函数的单调递减区间为，k∈Z.因为x∈，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，且f＝－1，f＝1，f＝0，所以f(x)min＝－1，f(x)max＝1. (3)由函数f(x)＝sin，可得f＝sin＝，因为－＝，所以cos＝cos＝－sin＝－. 【训练】　解　(1)f(x)＝2sin ωxcos ωx＋2cos2ωx＝sin 2ωx＋1＋cos 2ωx＝2sin＋1.因为函数f(x)的最小正周期为π，所以＝π，所以ω＝1. (2)由(1)，得f(x)＝2sin＋1，令2x＋＝＋kπ，k∈Z，得x＝＋，k∈Z，所以函数f(x)的对称轴方程为x＝＋，k∈Z. (3)f(x0)＝，即2sin＋1＝，所以sin＝.又x0∈，所以2x0＋∈.所以cos＝－＝－，所以cos 2x0＝cos＝－×＋×＝. 第四节　三角函数的图象与性质 基础·梳理自测 回归教材 1．(1)(π，0)　　(2)(π，－1)　 2.　[－1,1]　[－1,1]　2π　2π　π　奇函数　偶函数　　[2kπ－π，2kπ]　　　[2kπ，2kπ＋π]　(kπ，0)　　x＝kπ＋　x＝kπ 基础自测 1．(1)×　(2)√　(3)×　(4)× 2．D　解析　令－＋2kπ≤x－≤＋2kπ ，k∈Z，得－＋2kπ≤x≤＋2kπ ，k∈Z.因为x∈[－π，0]，所以所求函数的单调递增区间为. 3．D 4.　解析　y＝cos＝cos.因为x∈，x－∈，所以y＝cos＝cos∈. 第1课时　三角函数的定义域、值域与单调性 考点·精研突破 【例1】　(1)A　解析　由题意可得，2x－≠＋kπ(k∈Z)，解得x≠＋(k∈Z)，函数y＝tan的定义域为{x.故选A. (2)　解析　由函数f(x)＝＋ln，其中有意义，则满足其中x∈[0,2π]，即其中x∈[0,2π]，解得≤x<，即函数f(x)的定义域为. 【训练1】　{x　解析　由题意得，sin x－cos x－1＝sin－1≠0，即sin≠，解得x≠2kπ＋且x≠2kπ＋π，k∈Z，故定义域为{x. 【例2】　(1)　解析　因为f(x)＝sin 2x＋cos 2x＋＝sin＋，x∈R，所以函数f(x)的最大值为×1＋＝. (2)[－6,2]　解析　由函数f(x)＝cos 2x－4sin x－1＝－2sin2x－4sin x＝－2(sin x＋1)2＋2，因为sin x∈[－1,1]，所以当sin x＝－1时，可得f(x)max＝2；当sin x＝1时，可得f(x)min＝－6，所以函数f(x)的值域为[－6,2]． 【训练2】　(1)B　解析　f(x)＝3cos x－4sin x＝5＝5cos(x＋φ)，其中cos φ＝，sin φ＝，而f(x)＝3cos x－4sin x＝5cos(x＋φ)≤5，等号成立当且仅当x＋φ＝2kπ(k∈Z)，此时sin x＝sin(－φ)＝－sin φ＝－. (2)　解析　由x∈，可知x＋∈.因为f(x)的值域为，所以由正弦函数的图象知≤a＋≤，解得≤a≤π. 【例3】　(1)，k∈Z　解析　f(x)＝sin的单调递减区间是函数y＝sin的单调递增区间．由2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z.故所给函数的单调递减区间为，k∈Z. (2)　解析　 画出函数f(x)＝2sin ωx(ω>0)的图象如图所示．要使f(x)在上单调递增，需(ω>0)，即0<ω≤. 【例4】　BD　解析　因为－<－<－<0，且函数y＝sin x在上单调递增，所以sin<sin，故A错误；因为cos 400°＝cos 40°，cos(－50°)＝cos 50°，且当0°≤x≤90°时，函数y＝cos x单调递减，所以cos 40°>cos 50°，即cos 400°>cos(－50°)，故B正确；因为<<<，且函数y＝sin x在区间上单调递减，所以sin>sin，故C错误；因为<2<3<，且函数y＝sin x在区间上单调递减，所以sin 3<sin 2，故D正确． 对点练 1．D　解析　由已知f(x)＝cos，得2kπ≤2x－≤2kπ＋π，k∈Z，则kπ＋≤x≤kπ＋，k∈Z，又x∈，所以f(x)在上的单调递减区间为. 2．D　解析　由题意可得f(x)＝sin，令2kπ－≤x＋≤2kπ＋，k∈Z，得2kπ－≤x≤2kπ＋，k∈Z，令k＝1，得≤x≤，所以实数α的最大值为. 3．D　解析　因为tan 5＝tan(5－π)，＜5－π＜2＜3＜π，且函数y＝tan x在区间上单调递增，所以tan(5－π)＜tan 2＜tan 3，所以tan 5＜tan 2＜tan 3，即c＜a＜b. 第2课时　三角函数的周期性、奇偶性与对称性 考点·精研突破 【例1】　(1)D　解析　f(x)的最小正周期T＝＝2π，故选D. (2)A　解析　f(x)＝sin 3＝sin(3ωx＋π)＝－sin 3ωx，由T＝＝π，得ω＝，即f(x)＝－sin 2x，当x∈时，2x∈，则y＝sin 2x在上单调递增，所以f(x)＝－sin 2x在上单调递减，所以当x＝时，f(x)min＝－sin＝－，故选A. 【训练1】　(1)AB　解析　由y＝sin＋1＝cos 2x＋1，则该函数为偶函数，且周期为T＝＝π，故A正确；y＝＝|－sin x|＝|sin x|，因为|sin(－x)|＝|－sin x|＝|sin x|，故该函数为偶函数，y＝|sin x|周期为y＝sin x周期的一半，故T＝＝π，故B正确；sin|－x|＝sin|x|，故y＝sin|x|是偶函数，y＝sin|x|＝周期T≠π，故C错误；y＝cos为非奇非偶函数，故D错误．故选AB. (2)(1,2)　解析　因为f(x)＝sin ωx＋cos ωx＝2sin，由ωx＋＝kπ＋，得x＝＋，k∈Z，当k＝0时，x＝，则<<，解得1<ω<2，此时T＝>π，当k＝1时，x＝，则<<，解得4<ω<8，此时T＝<π，不合题意，当k取其它整数时，不合题意，所以1<ω<2. 【例2】　(1)D　解析　y＝cos2－sin2＝cos＝sin 2x，由于sin(－2x)＝－sin 2x，且y＝sin 2x的定义域为R，所以y＝sin 2x是奇函数，周期为＝π.故选D. (2)　解析　由题设＋φ＝＋kπ且k∈Z，故φ＝＋kπ，k∈Z，又|φ|<，故k＝0，φ＝. 【训练2】　(1)C　解析　y＝sin x是奇函数，以2π为最小正周期，故A错误；y＝cos x是偶函数，以2π为最小正周期，故B错误；y＝|sinx|的图象如图①所示，由图象知y＝|sin x|是偶函数，以π为最小正周期，在上为增函数，故C正确；y＝|cos x|的图象如图②所示，由图象知y＝|cos x|是偶函数，以π为最小正周期，在上为减函数，故D错误．故选C. (2)奇函数　解析　f(x)＝sin 2x＋x2sin x，因为x∈R，f(－x)＝sin (－2x)＋(－x)2sin (－x)＝－sin 2x－x2sin x＝－f(x)，所以f(x)是奇函数． 【例3】　(1)A　解析　对于A，函数y＝f(x)＝sin 3πx的定义域为R，因为f(－x)＝－sin 3πx＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，因为f＝－1，所以x＝是y＝sin 3πx的图象的一条对称轴，故A符合题意；对于B，函数y＝f(x)＝cos的定义域为R，因为f＝0，f＝1，所以函数y＝cos不是奇函数，故B不符题意；对于C，函数y＝f(x)＝sin的定义域为R，因为f(2)＝sin＝－，f(－2)＝sin＝－，所以函数y＝sin不是奇函数，故C不符题意；对于D，函数y＝tan πx的图象不是轴对称图形，故D不符题意．故选A. (2)D　解析　由已知f(x)＝asin ωx＋cos ωx＝sin(ωx＋φ)，且tan φ＝，sin φ＝>0，由对称轴为x＝kπ＋，则相邻两条对称轴间距离为π，即函数的最小正周期为T＝2π，令ω＝＝1，f(x)＝sin(x＋φ)，令x＋φ＝＋k1π，k1∈Z，则x＝－φ＋k1π，即－φ＋k1π＝＋kπ，k∈Z，k1∈Z，则φ＝＋(k1－k)π，k∈Z，k1∈Z，又sin φ＝>0，所以φ＝＋k2π，k2为偶数，则f(x)＝sin＝sin，则f＝f＝sin＝.故选D. 【训练3】　(1)BC　解析　f(x)＝2cos2＝cos＋1，对于A：f(x)的最小正周期为＝π，A错误；对于B：令2×－＝kπ(k∈Z)，可得k＝0，所以y＝f(x)的图象关于直线x＝对称，B正确；对于C：令2×－＝kπ＋(k∈Z)，可得k＝0，且f＝1，所以y＝f(x)的图象关于点对称，C正确；对于D：因为x∈，所以∈，由y＝cos x在上单调递增，上单调递减可知，f(x)在上单调递增，在上单调递减，D错误．故选BC. (2)　解析　因为函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)的最小正周期T大于2π，所以>，>，又因为直线x＝为f(x)图象的对称轴，x＝为f(x)的零点，且－＝∈，所以＝＝，解得ω＝，将零点x＝代入f(x)＝2sin，得2sin＝0，所以＋φ＝kπ，k∈Z，解得φ＝－＋kπ，k∈Z，又因为|φ|<，所以当k＝1时，φ＝. 【例4】　ABC　解析　对于A，因为－1≤sin x≤1，－1≤cos 2x≤1，所以－1≤sin xcos 2x≤1，当x＝－时，sin xcos 2x＝sincos(－π)＝－1×(－1)＝1，所以f(x)的最大值为1，所以A正确；对于B，因为f＝sincos(－π＋2x)＝－cos x(－cos 2x)＝cos xcos 2x，f＝sincos(－π－2x)＝－cos x(－cos 2x)＝cos xcos 2x，所以f＝f，所以f(x)图象关于直线x＝－对称，所以B正确；对于C，因为f(－x)＝sin(－x)cos(－2x)＝－sin xcos 2x＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，因为f(x＋2π)＝sin(x＋2π)cos(2x＋4π)＝sin xcos 2x＝f(x)，所以2π为函数的一个周期，所以C正确；对于D，因为f＋f(x)＝sincos(3π－2x)＋sin xcos 2x＝－cos x(－cos 2x)＋sin xcos 2x＝cos xcos 2x＋sin xcos 2x＝cos 2x(sin x＋cos x)＝0，不一定成立，所以f(x)图象不一定关于点中心对称，所以D错误．故选ABC. 【训练4】　BC　解析　A选项，令f(x)＝sin 2x＝0，解得x＝，k∈Z，即为f(x)零点，令g(x)＝sin＝0，解得x＝＋，k∈Z，即为g(x)零点，显然f(x)，g(x)零点不同，A选项错误；B选项，显然f(x)max＝g(x)max＝1，B选项正确；C选项，根据周期公式，f(x)，g(x)的周期均为＝π，C选项正确；D选项，根据正弦函数的性质f(x)的对称轴满足2x＝kπ＋⇔x＝＋，k∈Z，g(x)的对称轴满足2x－＝kπ＋⇔x＝＋，k∈Z，显然f(x)，g(x)图象的对称轴不同，D选项错误．故选BC. 第五节　函数y＝Asin(ωx＋φ)及应用 基础·梳理自测 回归教材 1．－　　　　 2．|φ|　 3.　　ωx＋φ　φ 基础自测 1．(1)×　(2)× (3)×　解析　“先平移，后伸缩”的平移单位长度为|φ|，而“先伸缩，后平移”的平移单位长度为.故当ω≠1时平移的长度不相等． (4)√ 2．C 3．sin　解析　将函数f(x)＝sin x图象上每一点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，得到y＝sin 2x的图象，再向右平移个单位长度得到函数g(x)的图象，则g(x)＝sin＝sin. 4. 考点·精研突破 【教材题】　解　先画出函数y＝sin x的图象；再把正弦曲线向右平移个单位长度，得到函数y＝sin的图象；然后使曲线上各点的横坐标变为原来的，得到函数y＝sin的图象；最后把曲线上各点的纵坐标变为原来的2倍，这时的曲线就是函数y＝2sin的图象，如图所示． 下面用“五点法”画函数y＝2sin在一个周期内的图象．令X＝3x－，则x＝.列表，描点画图. X 0 π 2π x y 0 2 0 －2 0 【高考题】　C　解析　因为函数y＝sin x的的最小正周期为T＝2π，函数y＝2sin的最小正周期为T＝，所以在x∈[0,2π]上函数y＝2sin有三个周期的图象， 在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示，由图可知，两函数图象有6个交点．故选C. 【训练1】　解　列表如下： x － 2x＋ π 2π f(x) 4 1 －2 1 【例2】　(1)C　解析　先将函数y＝3sin图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到y＝3sin的图象，再将得到的图象向右平移个单位长度，得到函数y＝3sin的图象．故选C. (2)－(答案不唯一)　解析　将函数f(x)＝sin(2x＋φ)图象上的每个点的横坐标变为原来的倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移个单位长度，所得的图象对应的解析式为g(x)＝sin＝sin，由题意g(x)的图象关于y轴对称，所以＋φ＝＋kπ，k∈Z，解得φ＝kπ－，k∈Z，令k＝0，得φ＝－. 【训练2】　(1)D　解析　因为y＝2sin 3x＝2sin，所以把函数y＝2sin图象上的所有点向右平移个单位长度即可得到函数y＝2sin 3x的图象．故选D. (2)B　解析　依题意，所得图象对应的函数为y＝sin＝sin，对于A，sin＝≠±1，A不是；对于B，sin＝1，B是；对于C，sin＝－≠±1，C不是；对于D，sin＝－≠±1，D不是．故选B. 【例3】　(1)－　解析　由题图可知T＝－＝(T为f(x)的最小正周期)，即T＝π，所以＝π，即ω＝2，故f(x)＝2cos(2x＋φ)．点可看作“五点作图法”中的第二个点，故2×＋φ＝，得φ＝－.故f(x)＝2cos，所以f＝2cos＝－2cos＝－. (2)f(x)＝2sin　解析　由函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)的部分图象，设A(x1,2)，B(x2，－2)，其中x1<x2，因为|AB|＝5，可得＝5，解得x2－x1＝3，即T＝3，所以T＝6，可得ω＝＝，所以f(x)＝2sin，又由f(0)＝2sin φ＝1，可得sin φ＝，因为≤φ≤π，所以φ＝.所以函数f(x)的解析式为f(x)＝2sin. 【训练3】　g(x)＝2sin(答案不唯一)　解析　由函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的图象可得，A＝2，T＝－＝，可得T＝＝π，解得ω＝2，则f(x)＝2sin(2x＋φ)．因为函数f(x)的图象过点，则f＝2sin＝2，即sin＝1，由φ∈，可得＋φ∈，故＋φ＝，解得φ＝，故f(x)＝2sin，将函数f(x)图象上所有点的横坐标变为原来的6倍，得到y＝2sin，再向左平移个单位长度，得到g(x)＝2sin＝2sin. 【例4】　解　(1)由题意得，ω＝，且解得所以h(t)＝40sin＋100(0≤t≤5)． (2)令h(t)≥80，则h(t)＝40sin＋100≥80，即cost≤，所以≤t≤，解得≤t≤，所以－＝.所以当风机叶片端点P从离地面最低位置开始，在转动一周的过程中，点P离地面的高度不低于80米的时长为秒． 【训练4】　D　解析　设点P距离水面的高度h和转动时间t的函数解析式为h＝Asin(ωt＋φ)＋B，由题意知，A＝4.8，B＝2.4，T＝60，所以ω＝＝，所以h＝4.8sin＋2.4，当t＝0时，h＝0，所以4.8sin φ＋2.4＝0，解得sin φ＝－，又因为|φ|<，所以φ＝－，所以h＝4.8sin＋2.4，A错误；当P第一次到达最高点，由t－＝，解得t＝20，即第一次到达最高点需要20 s，B错误；由h≥4.8，即sin≥，解得＋2kπ≤t－≤＋2kπ，k∈Z，则10＋60k≤t≤30＋60k，k∈Z.即水轮转动的一圈内，有20 s的时间，点P距离水面的高低不低于4.8 m，C错误；当t＝50时，h＝4.8sin＋2.4＝4.8sin＋2.4＝－2.4，D正确．故选D. 真题·重温高考 1．D　解析　由题意得＝－＝，取ω>0，则T＝π，ω＝＝2，当x＝时，f(x)取得最小值，则2·＋φ＝2kπ－，k∈Z，则φ＝2kπ－，k∈Z，不妨取k＝0，则φ＝－，f(x)＝sin，得f＝sin＝，故选D. 2．C　解析　因为y＝cos向左平移个单位长度所得函数为y＝cos＝cos＝－sin 2x，所以f(x)＝－sin 2x，而y＝x－显然过与(1,0)两点，作出f(x)＝－sin 2x与y＝x－的部分大致图象如图所示，考虑2x＝－，2x＝，2x＝，即x＝－，x＝，x＝处f(x)与y＝x－的大小关系，当x＝－时，f＝－sin＝－1，y＝×－＝－<－1；当x＝时，f＝－sin＝1，y＝×－＝<1；当x＝时，f＝－sin＝1，y＝×－＝>1，所以由图可知，f(x)与y＝x－的交点个数为3.故选C. 3．－　解析　设A，B，由|AB|＝可得x2－x1＝，由sin x＝可知，x＝＋2kπ或x＝＋2kπ，k∈Z，由题图可知，ωx2＋φ－(ωx1＋φ)＝π－＝，即ω(x2－x1)＝，所以ω＝4.所以f(x)＝sin(4x＋φ)．又y＝f(x)过点，且π是f(x)增区间上的零点，所以4×π＋φ＝2kπ(k∈Z)，所以φ＝2kπ－π，可以取k＝1，即φ＝－π.所以f(x)＝sin，f(π)＝－. 4．3　解析　因为f(x)＝cos(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)，所以最小正周期T＝，因为f(T)＝cos＝cos(2π＋φ)＝cos φ＝，又0<φ<π，所以φ＝，即f(x)＝cos，又x＝为f(x)的零点，所以ω＋＝＋kπ，k∈Z，解得ω＝3＋9k，k∈Z，因为ω>0，所以当k＝0时，ωmin＝3. 微突破六　三角函数中ω的求解 【例1】　B　解析　因为函数f(x)＝sin(x∈R，ω>0)的最小正周期为π，所以＝π，得ω＝2，则f(x)＝sin，将y＝f(x)的图象向左平移φ个单位长度，则y＝sin＝sin，因为所得图象关于y轴对称，所以2φ－＝＋kπ，k∈Z，则φ＝＋，k∈Z，当k＝1时，φ＝＋＝，当k＝0时，φ＝，故选B. 【例2】　C　解析　因为函数f(x)＝sin ωx，ω>0，将f(x)图象上所有点向左平移个单位长度得到函数y＝g(x)的图象，则g(x)＝sin，因为函数g(x)在区间上单调递增，结合各选项，只需ωx＋∈即可，所以即又因为ω>0，所以0<ω≤，故选C. 【例3】　A　解析　因为<T<π，所以<<π，解得2<ω<3.因为y＝f(x)的图象关于点中心对称，所以b＝2，且sin＝0，所以ω＋＝kπ(k∈Z)，即ω＝－＋k(k∈Z)，令k＝4，得ω＝，所以f(x)＝sin＋2，所以f＝sin＋2＝sin＋2＝1. 【例4】　(－∞，－2]∪　解析　显然ω≠0，若ω>0，当x∈时，－≤ωx≤，因为函数f(x) 在区间上的最小值为－2，所以－≤－或≥，解得ω≥.若ω<0，当x∈时，≤ωx≤－，因为函数f(x) 在区间上的最小值为－2，所以≤－或－≥，解得ω≤－2.综上所述，符合条件的实数ω的取值范围是(－∞，－2]∪. 【例5】　C　解析　依题意可得ω>0，因为x∈(0，π)，所以ωx＋∈，要使函数在区间(0，π)恰有三个极值点、两个零点，结合y＝sin x，x∈的图象如图所示，可知<ωπ＋≤3π，解得<ω≤，即ω的取值范围是.故选C. 增分训练 1．B　解析　因为函数f(x)＝cos2的最小正周期为π，ω>0，所以＝π，所以ω＝1，所以f(x)＝cos，令2x＋＝kπ，k∈Z，可得x＝－，k∈Z，所以函数f(x)＝cos的对称轴方程为x＝－，k∈Z，结合选项考虑令≤－≤，化简可得≤k≤1，所以取k＝1，此时对称轴方程为x＝.故选B. 2．B　解析　f(x)＝2cos2ωx＋sin 2ωx－1＝cos 2ωx＋sin 2ωx＝sin，因为f(x)的图象关于点对称，所以f＝sin＝0，故＋＝k0π，k0∈Z，则ω＝2k0－，k0∈Z，因为ω>0，x∈，所以2ωx＋∈，因为f(x)在上没有最小值，所以＋≤π，解得ω≤.由2k0－≤，解得k0≤，又k0∈Z，ω>0，所以ω＝.故选B. 3．2　解析　由题意，周期T＝2＝π，所以ω＝＝2. 4．2　解析　f(x)＝sin ωx＋cos ωx＝2sin，又f(x)相邻两条对称轴之间的距离为，所以T＝π＝，所以ω＝2. 5．cos　　解析　函数f(x)＝cos x图象上各点的横坐标变为原来的(纵坐标不变)，可得y＝cos 2x的图象，再向右平移个单位长度，可得g(x)＝cos＝cos的图象．将g(x)的图象上各点的横坐标变为原来的(ω>0)倍(纵坐标不变)，得到函数h(x)＝cos的图象，当x∈时，ωx－∈，因为h(x)在区间上有3个零点，故<－≤，解得<ω≤，则ω的取值范围为. 第六节　余弦定理和正弦定理及其应用 基础·梳理自测 回归教材 1．(1)a2＋b2－2abcos C　(2)　(3) 2．(3)sin A∶sin B∶sin C 4．(1)acsin B 基础自测 1．(1)√　(2)√ (3)×　解析　三角形中三边之比等于相应的三个内角的正弦值之比． (4)×　解析　当b2＋c2－a2>0时，△ABC不一定为锐角三角形． 2．C　解析　在△ABC中，由余弦定理的推论，得cos∠BAC＝＝＝－，因为∠BAC为△ABC的内角，所以∠BAC＝.故选C. 3.＋　解析　B＝180°－45°－75°＝60°，由正弦定理，得＝，得c＝＋. 4．6　解析　因为p＝(a＋b＋c)＝×(5＋6＋7)＝9，所以S△ABC＝＝＝6. 第1课时　余弦定理、正弦定理 考点·精研突破 【例1】　(1)C　解析　由余弦定理得b2＝36＋100－2×6×10×＝196，故b＝14，故选C. (2)C　解析　因为A＝60°，b＝1，其面积为，所以S＝bcsin A＝·1·c·sin 60°＝，所以c＝4，由余弦定理知，a2＝b2＋c2－2bccos A＝1＋16－2×1×4×＝13，所以a＝，由正弦定理可得，＝＝2R＝＝＝.故选C. 【训练1】　(1)A　解析　因为在△ABC中，BC＝6，A＝，由sin B＝2sin C，得b＝2c，所以cos A＝＝＝，即c2＝12，可得c＝2，所以b＝4，所以S△ABC＝bcsin A＝×4×2×＝6.故选A. (2)C　解析　因为sin A＝2sin B，所以a＝2b，因为2acos C＋b＝0，所以2a×＋b＝0，化简得a2＋2b2－c2＝0，将a＝2b代入可得6b2＝c2，所以c＝b，所以cos A＝＝＝.故选C. 【例2】　(1)A　解析　充分性：当AB2＋BC2<AC2时，cos B＝<0，又0<B<π，所以△ABC是以B为钝角的钝角三角形；必要性：当△ABC为钝角三角形时，不一定是∠ABC是钝角，所以不一定是AB2＋BC2<AC2，必要性不成立．所以“AB2＋BC2<AC2”是“△ABC为钝角三角形”的充分不必要条件．故选A. (2)A　解析　由c<bcos A，可得c<b，即a2＋c2<b2，则cos B＝<0，又B∈(0，π)，则<B<π，则△ABC的形状为钝角三角形．故选A. 【训练2】　D　解析　在△ABC中，由bcos B＝acos A及正弦定理，得sin Bcos B＝sin Acos A，则sin 2A＝sin 2B，而0<2A<2π，0<2B<2π，0<2(A＋B)<2π，因此2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝，所以△ABC是等腰三角形或直角三角形．故选D. 【训练3】　解　(1)由题知，2sin Bcos B＝bcos B．又A为钝角，所以B为锐角，故cos B≠0，所以2sin B＝b.又＝＝＝，所以sin A＝.又A为钝角，所以A＝. (2)若选①，结合(1)得2sin B＝×7，所以sin B＝，B＝，A＋B＝π，则△ABC不存在，所以条件①不符合要求，故不选择条件①. 若选②，由题知sin B＝＝，又＝，即＝，所以b＝3.又C＝π－(A＋B)，所以sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝×－×＝.所以S△ABC＝absin C＝×7×3×＝. 若选③，由题知c·＝，所以c＝5.由a2＝b2＋c2－2bccos A得，49＝b2＋25＋5b，即(b＋8)(b－3)＝0，解得b＝3(负值舍去)．所以S△ABC＝bcsin A＝×3×5×＝. 【典例】　C　解析　解法一(射影定理法)：因为acos B－bcos A＝c，c＝acos B＋bcos A，所以2bcos A＝0，故cos A＝0，A＝，则B＝π－A－C＝π－－＝. 解法二：由题意结合正弦定理可得sin Acos B－sin Bcos A＝sin C，即sin Acos B－sin Bcos A＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋sin Bcos A，整理可得sin Bcos A＝0，由于B∈(0，π)，故sin B>0，据此可得cos A＝0，A＝，则B＝π－A－C＝π－－＝. 【微练】　B　解析　在△ABC中，由射影定理a＝ccos B＋bcos C及ccos B＋bcos C＝asin A，得asin A＝a，解得sin A＝1，而0°<A<180°，则A＝90°.由余弦定理cos C＝及S＝(b2＋a2－c2)得cos C＝，而S＝absin C，因此cos C＝sin C，即tan C＝.又0°<C<180°，则C＝30°.所以B＝180°－A－C＝60°. 微突破七　三角形的三线——高线、中线、角平分线 【例1】　(1)A　解析　 因为a2＋b2＋ab＝c2，所以cos C＝＝－，而C为三角形内角，所以C＝，由S△ABC＝S△ACM＋S△BCM，所以absin＝b·CM·sin＋a·CM·sin，化简得到ab＝2b＋2a，所以ab＝2(b＋a)≥4，则ab≥16，当且仅当a＝b＝4时，等号成立，所以·＝||||·cos＝ab≥8，所以·的最小值为8.故选A. (2)2　解析　 如图所示，记AB＝c，AC＝b，BC＝a， 解法一：由余弦定理，可得22＋b2－2×2×b×cos 60°＝6，因为b>0，解得b＝1＋，由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，可得×2×b×sin 60°＝×2×AD×sin 30°＋×AD×b×sin 30°，解得AD＝＝＝2. 解法二：由余弦定理，可得22＋b2－2×2×b×cos 60°＝6，因为b>0，解得b＝1＋，由正弦定理，可得＝＝，解得sin B＝，sin C＝，因为1＋>>2，所以C＝45°，B＝180°－60°－45°＝75°，又∠BAD＝30°，所以∠ADB＝75°，即AD＝AB＝2. 【例2】　(1)C　解析　由射影定理知acos C＋ccos A＝2bcos∠ABC＝b，所以cos∠ABC＝.因为∠ABC是三角形内角，所以∠ABC＝.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos∠ABC,9＝a2＋c2－ac.由中线定理知a2＋c2＝2(BD2＋AD2)，即a2＋c2＝2×＝，所以ac＝，所以S△ABC＝acsin∠ABC＝××＝，故选C. (2)　解析　解法一：因为AD是边BC上的中线，所以设BD＝CD＝x，x>0，因为cos∠BDA＋cos∠ADC＝0，cos∠BDA＝＝，cos∠ADC＝＝，所以＝0，化简可得x2＝，解得x＝或x＝－(舍去)．所以BC＝2x＝2×＝. 解法二：由于＝(＋)，所以2＝(2＋2＋2·)，即＝(32＋22＋2×3×2×cos A)，得cos A＝－.由余弦定理BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos A＝9＋4－2×3×2×＝19，所以BC＝. 【例3】　解　(1)因为A＋B＋C＝π，A＋B＝3C，所以C＝，B＝－A，又因为2sin(A－C)＝sin B，所以2sin＝sin，即2＝cos A－sin A，整理得sin A＝3cos A，又因为sin2A＋cos2A＝1，A∈，所以sin A＝. (2) 解法一：过C作CD⊥AB，垂足为D，如图所示．在△ABC中，由正弦定理得＝，即＝，所以BC＝3.由(1)知cos A＝，所以sin B＝sin＝cos A＋sin A＝.在Rt△BCD中，CD＝BC·sin B＝3×＝6，即AB边上的高为6. 解法二：由(1)知C＝，sin A＝，cos A＝，则sin B＝sin＝cos A＋sin A＝.在△ABC中，由正弦定理得＝＝，所以＝＝，所以AC＝2，BC＝3，所以S△ABC＝AC·BC·sin C＝×2×3×＝15.设AB边上的高为h，则×5h＝15，所以h＝6. 增分训练 1．B　解析　 如图，CA边上的高为BD，BD＝CA，且C＝，所以CB＝CA，则CD＝BC·cos＝CA，则AD＝CA，AB＝＝AC，所以∠ABC＝∠C＝，则sinB＝sin＝.故选B. 2．C　解析　如图，因为CD平分∠ACB，则∠ACD＝∠BCD，由正弦定理，又∠ADC＋∠BDC＝π⇒sin ∠ADC＝sin ∠BDC，则＝＝4.设BD＝x，则AD＝4x.又∠ADC＋∠BDC＝π⇒cos∠ADC＋cos∠BDC＝0，由余弦定理，＋＝0⇒＋＝0⇒＝0⇒x2＝12⇒x＝2.故选C. 3．A　解析　 如图，因为∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，所以△ABC的面积为S＝×4×3＝6；因为AD是∠BAC的平分线，所以S＝AB·ADsin 45°＋AC·ADsin45°＝AD＝6，解得AD＝.在△DAE中，AE＝AC＝2，∠DAE＝45°，所以DE2＝AD2＋AE2－2AD·AEcos∠DAE＝＋4－2××2×＝，即DE＝.故选A. 4．C　解析　如图所示， 延长AD到点E，使DE＝AD，连接CE，又因为BD＝DC，∠ADB＝∠CDE，所以△ABD≌△ECD，所以CE＝AB＝2，AE＝2，△ABC的面积等于△ACE的面积．在△ACE中，由余弦定理得cos ∠ACE＝＝＝－，又0<∠ACE<π，则sin ∠ACE＝＝，所以S△ABC＝S△ACE＝AC·CE·sin ∠ACE＝××2×＝. 第2课时　余弦定理与正弦定理的综合应用 考点·精研突破 【例1】　解　(1)由cos B＝0，又B∈(0，π)，得到B＝，又cos A＝cos[2π－(B＋C＋D)]＝cos＝－sin(C＋D)，又cos C＝，cos D＝，且C，D∈(0，π)，所以sin C＝＝，sin D＝＝，得到cos A＝－(sin Ccos D＋cos Csin D)＝－＝－. (2) 如图，延长DA，CB交于E，设AE＝x，CE＝y，在△EDC中，由正弦定理得到＝，由(1)知sin C＝，sin D＝，所以y＝(x＋4)　①，由余弦定理得到cos D＝＝　②，由①②解得y＝7或，当y＝时，x＝，此时cos C＝＝<0，又cos C>0，所以y＝，x＝不合题意，故y＝7，x＝4，在Rt△ABE中，由cos∠EAB＝－cos A＝，AE＝4，得到AB＝，BE＝，所以S△ABE＝·AB·BE＝，又S△EDC＝·CD·EC·sin C＝×5×7×＝10，故S四边形ABCD＝S△EDC－S△EAB＝. 【训练1】　解　(1)因为S△ACD＝·AC·AD·sin∠DAC，S△ABC＝·AC·BE，又因为S△ACD＝2S△ABC，所以·AC·AD·sin∠DAC＝AC·BE.所以AD·sin∠DAC＝2BE＝2. (2)由题可得CE＝＝1.在△ACD 中，由正弦定理可得＝，所以AD·sin∠DAC＝CD·sin∠ACD＝2.又CD＝3，所以sin∠ACD＝，所以cos∠ACD＝±＝±.在△CDE 中，由余弦定理可得DE2＝CE2＋CD2－2·CE·CD·cos∠ACD.当cos∠ACD＝时，DE2＝12＋32－2×1×3×＝8，解得DE＝2(负值已舍去)；当cos∠ACD＝－时，DE2＝12＋32－2×1×3×＝12，解得DE＝2(负值已舍去)．又3－1<DE<3＋1，即2<DE<4.综上，DE＝2或DE＝2. 【例2】　解　(1)因为acos C＋asin C＝b＋c，所以由正弦定理知sin Acos C＋sin Asin C＝sin B＋sin C，而sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋sin Ccos A，故sin Acos C＋sin Asin C＝sin Acos C＋sin Ccos A＋sin C，从而sin Asin C＝cos Asin C＋sin C．由于C是三角形内角，故sin C≠0，从而sin A＝cos A＋1，故(sin A－cos A)2＝sin2A＋cos2A，即4sin2A＝2sin Acos A，显然sin A≠0，故tan A＝. (2)因为tan A＝＝>0，sin2A＋cos2A＝1，又A∈，解得sin A＝，cos A＝，从而＝＝[(cos Bcos C＋sin Bsin C)－(cos Bcos C－sin Bsin C)]＝[cos(B－C)－cos(B＋C)]＝[cos(B－C)＋cos A]＝＋cos(B－C)．不妨设B≥C>0，则0≤B－C<B＋C＝π－A，即B－C的取值范围是[0，π－A)，所以cos(B－C)的取值范围是(cos(π－A)，1]，而cos(π－A)＝－cos A＝－，所以cos(B－C)的取值范围是，所以＝＋cos(B－C)的取值范围是. 【训练2】　解　(1)由题及正弦定理，得2a2＝(2b－c)b＋(2c－b)c，即bc＝b2＋c2－a2，则cos A＝＝，因为A∈，所以A＝. (2)由△ABC为锐角三角形，知故<C<，则cos B＋2cos C＝－cos＋2cos C＝cos C＋sin C＝sin，有<C＋<，即<sin<，故cos B＋2cos C的取值范围为. 【例3】　解　(1)因为三角形面积S△ABC＝absin C＝b2sin C，又因为C∈(0，π)，则sin C≠0，且b>0，可得a＝2b，由正弦定理得＝＝2. (2)证明：由(1)可得b＝，结合三角形三边关系，得a＋b>c，即>5，可得a>，且a－b<c，即<5，解得a<10，所以<a<10. 【训练3】　证明　因为＝，所以ab2－a2c＝b2c－c3，整理得b2(a－c)＝c(a＋c)(a－c)．又≠1，所以a－c≠0，从而b2＝ac＋c2＝a2＋c2－2accos B，整理得a＝c(1＋2cos B)，则sin A＝sin C(1＋2cos B)．由sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C，得sin Bcos C－cos Bsin C＝sin C，即sin(B－C)＝sin C，结合锐角△ABC中，B－C∈，则B－C＝C，即B＝2C. 真题·重温高考 1．解　(1)由余弦定理可得，BC2＝a2＝b2＋c2－2bccos A＝1＋4－2×1×2×cos 120°＝7，则BC＝，cos B＝＝＝，又B∈(0°，60°)，所以sin B＝＝＝. (2)由三角形面积公式可得＝＝4，则S△ACD＝S△ABC＝×＝. 2．解　(1)因为AD为△ABC的中线，所以S△ABC＝2S△ADC＝2×AD·DCsin∠ADC＝2××1××sin＝a＝，故a＝4.在△ADB中，由余弦定理得AB2＝c2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠BDA，即c2＝12＋22－2×1×2×＝7，得c＝.在△ABD中，cos B＝＝＝>0，故B∈，则sin B＝，tan B＝. (2)在△ABC中，由＝＋，得||2＝|＋|2＝(||2＋||2＋2·)．由余弦定理得2·＝||2＋||2－||2.故||2＝(2||2＋2||2－||2)，即AD2＝(b2＋c2)－a2，得a＝2.由S△ABC＝bcsin∠BAC和b2＋c2－a2＝2bccos∠BAC，得S△ABC＝(b2＋c2－a2)tan∠BAC，得tan∠BAC＝－<0，故∠BAC∈，∠BAC＝.又因为S△ABC＝bcsin∠BAC，所以bc＝4.由b2＋c2＝8和bc＝4，得b＝c＝2. 3．解　(1)解法一(辅助角法)：由sin A＋cos A＝2，得sin A＋cos A＝1，所以sin＝1.因为0<A<π，所以<A＋<，所以A＋＝，故A＝. 解法二：(同角三角函数的基本关系法)由sin A＋cos A＝2，得cos A＝2－sin A，两边同时平方，得3cos2A＝4－4sin A＋sin2A，则3(1－sin2A)＝4－4sin A＋sin2A，整理，得1－4sin A＋4sin2A＝0，所以(1－2sin A)2＝0，则sin A＝.因为0<A<π，所以A＝或A＝.当A＝时，sin A＋cos A＝2成立，符合条件；当A＝时，sin A＋cos A＝2不成立，不符合条件．故A＝. 解法三：(同角三角函数的基本关系法)由sin A＋cos A＝2，得sin A＝2－cos A，两边同时平方，得sin2A＝4－4cos A＋3cos2A，则1－cos2A＝4－4cos A＋3cos2A，整理，得3－4cos A＋4cos2A＝0，所以(－2cos A)2＝0，则cos A＝.因为0<A<π，所以A＝. (2)由bsin C＝csin 2B，得bsin C＝2csin Bcos B，由正弦定理，得bc＝2cbcos B，所以cos B＝，因为0<B<π，所以B＝.C＝π－(A＋B)＝，所以sin C＝sin＝sin＝sincos＋cossin＝×＋×＝. 解法一(基本量法)：由正弦定理＝＝，得b＝＝＝2，c＝＝＝＋.所以△ABC的周长为a＋b＋c＝2＋＋3. 解法二(整体思想法)：由正弦定理＝＝，得＝＝＝4，所以a＋b＋c＝4(sin A＋sin B＋sin C)＝4×＝2＋＋3，所以△ABC的周长为2＋＋3. 第3课时　三角函数模型及解三角形的实际应用 基础·梳理自测 基础自测 1．(1)√　(2)√ (3)×　解析　俯角是视线与水平线所构成的角． (4)×　解析　从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α，β的关系为α＝β，故错误． 2．C　解析　在△ABC中，∠ACB＝45°，在△BCD中，∠DCB＝90°＋45°＝135°，所以BD2＝1＋1＋2×1×1×＝2＋，在△BAD中，cos∠BAD＝＝. 3．A　解析　在△ABP中，∠APB＝45°－30°＝15°，所以sin∠APB＝sin 15°＝×－×＝，由正弦定理得PB＝＝＝30(＋)m，所以该树的高度为30(＋)sin 45°＝(30＋30)m. 4．10sint　解析　 如图，设∠AOB＝α，则α＝×t＝t，所以＝t，因为5sin＝，所以d＝10sin＝10sint，t∈[0,60]． 考点·精研突破 【例1】　(1)A　解析　 如图所示，在△PNM中，由题意可知∠PNM＝45°，∠MPN＝75°＋45°＝120°，PM＝64海里，由正弦定理＝，可得MN＝＝＝32(海里)，且该船航行时间为4小时，所以该船航行的速度为＝8(海里/小时)．故选A. (2)B　解析　在△ADC中，因为∠ACD＝45°，∠ADC＝67.5°，所以∠DAC＝180°－45°－67.5°＝67.5°，则AC＝DC＝ km.在△BCE中，因为∠BCE＝75°，∠BEC＝60°，所以∠EBC＝180°－75°－60°＝45°，由正弦定理得＝，可得BC＝＝＝(km)．在△ABC中，因为BC＝ km，AC＝ km，∠ACB＝180°－∠ACD－∠BCE＝60°，所以由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝，得AB＝ km，故选B. 【训练1】　D　解析　 如图所示，在△BCD中，CD＝80，∠BDC＝15°，∠BCD＝∠ACB＋∠DCA＝120°＋15°＝135°，∠CBD＝30°，由正弦定理，得＝，解得BD＝80，在△ACD中，CD＝80，∠DCA＝15°，∠ADC＝∠ADB＋∠BDC＝135°＋15°＝150°， ∠CAD＝15°，则AD＝CD＝80，在△ABD中，由余弦定理，得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos∠ADB＝802＋(80)2－2×80×80×cos 135°＝802×5，解得AB＝80，即A，B两点间的距离为80，故选D. 【例2】　(1)B　解析　sin 15°＝sin(45°－30°)＝sin 45°cos 30°－cos 45°sin 30°＝，在△ABC中，AC＝＝，在△ACM中，∠ACM＝180°－60°－15°＝105°，∠MAC＝30°＋15°＝45°，则∠AMC＝180°－∠ACM－∠MAC＝30°，由正弦定理得＝⇒MC＝＝×，所以MN＝MCsin∠MCN＝××sin 60°＝≈35.48(m)．故选B. (2)　解析　 由题可知，∠AOP＝∠BOP＝∠COP＝，∠PAO＝∠PBO＝∠PCO＝，设PO＝x m，如图，在Rt△AOP中，tan∠PAO＝＝＝1，所以AO＝x，同理可得BO＝CO＝AO＝x，所以点O为△ABC的外心，且外接圆半径为x，由余弦定理，得cos∠ABC＝＝，所以sin∠ABC＝，由正弦定理，得＝＝2x，则x＝，所以该雕塑的高度为m. 【训练2】　B　解析　 如图，AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，过点E作EF⊥AB，交AB于点F，则有EF＝AD，AF＝ED，在Rt△ECD中，因为∠ECD＝30°，所以DE＝CD·tan∠DCE＝18×tan 30°＝6，在Rt△BEF中，因为∠BEF＝60°，所以BF＝EF·tan∠BEF＝15×tan 60°＝15，则AB＝BF＋AF＝BF＋ED＝15＋6＝21＝36.4(m)．故选B. 【例3】　解　 如图，设救援艇在C处追赶上故障船，D为岛A正南方向上一点，救援艇的速度为x海里/小时，结合题意知BC＝0.5x，AC＝5，∠BAC＝180°－38°－22°＝120°.由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos 120°＝9＋25－2×3×5×＝49，所以BC＝0.5x＝7，解得x＝14.又由正弦定理得sin∠ABC＝＝＝，所以∠ABC＝38°，又∠BAD＝38°，所以BC∥AD，故救援艇以14海里/小时的速度向正北方向行驶，恰好用0.5小时追赶上该故障船． 【训练3】　　解析　 如图，由塔底D在景点B的北偏东45°，在景点C的北偏西60°方向上，可知∠DBC＝45°，∠DCB＝30°，在△BDC中，BC＝2，由sin∠BDC＝sin(45°＋30°)＝，结合正弦定理得＝⇒BD＝，在Rt△ABD可得：AD＝BDtan 45°＝，过点D作DE⊥BC交BC于E，由于AD⊥平面DBC，DE⊂平面DBC，可得：AD⊥DE，即tan∠AED＝＝，当DE取最小值时：DE＝BDsin 45°＝×＝，由正切函数在锐角范围是单调递增，即要求仰角的最大值，即求其正切值的最大值，所以tan∠AED有最大值＝. 第五章　平面向量与复数 第一节　平面向量的概念及线性运算 基础·梳理自测 回归教材 1．(1)方向　长度(或模)　(2)0　(3)1个单位长度　(4)相反　0∥a　(5)相同　(6)相反 2．b＋a　a＋(b＋c)　|λ||a|　相同　相反　0　(λμ)a　λa＋μa　λa＋λb 3．b＝λa 基础自测 1．(1)×　(2)√　(3)×　(4)× 2．BC 3．a＋b　解析　＝＋＝＋＝＋＝a＋b. 4．－　解析　因为a与b共线，所以存在实数x，使a＝xb，所以2e1－e2＝xe1＋λxe2，所以解得λ＝－. 考点·精研突破 【例1】　(1)C　解析　A错，温度只有大小，没有方向，是数量不是向量；B错，0的模等于0；C正确，根据零向量与任何向量共线可以判断正确；D错，向量不能比较大小．故选C. (2)B　解析　对于A，根据图形，可得向量，，不是相同起点的向量，所以A错误；对于B，因为O是圆心，那么向量，，的模长是一样的，所以B正确；对于C，共线向量知识点是方向相同或者相反的向量，所以C错误；对于D，相等的向量指的是大小相等，方向相同的向量，所以D错误，故选B. 【训练1】　(1)C　解析　对于A：若|a|＝|b|，则a，b只是大小相同，并不能说方向相同，A错误；对于B：由|a|＝0知a是零向量，但a≠0而是a＝0，B错误；对于C：若a＝b，则a，b方向相同，C正确；对于D：若a∥b，b∥c，如果b为零向量，则不能推出a，c平行，D错误．故选C. (2)ABD　解析　由四边形ABCD，CEFG，CGHD是全等的菱形，知||＝||，即A正确；由图形可知与的方向相反，与的方向相同且长度相等，即与共线，＝，故B，D正确；而∠BDE与∠DEH不一定相等，与不一定共线，故C错误． 【例2】　(1)D　解析　因为M是平行四边形ABCD对角线AC，BD的交点，所以＋＝2，＋＝2.所以＋＋＋＝4.故选D. (2)C　解析　由题意得＝－，所以||＝|－|，所以|||－|||≤|－|≤||＋||，则3≤||≤9，故C正确．故选C. 【例3】　(1)D　解析　 如图，取CD的中点G，连接BG，交AC于点H.因为BE∥DG，BE＝DG，所以四边形BEDG为平行四边形，所以BG∥DE.又E为AB的中点，所以AF＝FH，同理可得CH＝FH，所以＝＝(＋)．所以＝＋＝－＋(＋)＝－＋. (2)B　解析　因为BD＝2DA，所以＝3，所以＝＋＝＋3＝＋3(－)＝－2＋3＝－2m＋3n.故选B. 【例4】　(1)C　解析　因为D为AC的中点，所以＝，＝－＝－，因为＝2，所以＝＝×＝－，所以＝－＝－＋＝＋，又＝x＋y，因此有x＝y＝，则x＋y＝. (2)－　解析　因为＝，所以＝(－)，因为D为OB的中点，所以＝，所以＝＋＋＝－＋＋＝－＋＋(－)＝－，所以λ＝，μ＝－，则λμ的值为－. 对点练 1．A　解析　因为＝4，所以－＝4(－)，所以5＝＋4，即＝＋. 2．A　解析　由题意可知，在▱ABCD 中，＝＝，因为＝＋，＝－＝－，所以＝λ＋μ＝λ(＋)＋μ(－)＝(λ＋μ)＋(λ－μ)，又＝＋＝＋，可得λ－μ＝1.故选A. 3.　解析　 设＝a，＝b，以OA，OB为邻边作▱OACB，如图所示，则a＋b＝，a－b＝.因为|a|＝|b|＝|a－b|，所以||＝||＝||，所以△OAB 是等边三角形，所以∠BOA＝，四边形OACB为菱形．在菱形OACB 中，对角线OC平分∠BOA，所以向量a与向量a＋b 所在直线的夹角是. 【例5】　(1)C　解析　因为c与d共线，所以存在k∈R，使得d＝kc，即a＋(2x－1)b＝kxa＋kb.因为向量a，b不共线，所以整理可得x(2x－1)＝1，即2x2－x－1＝0，解得x＝－或x＝1. (2)　解析　因为＝，所以＝3，因为＝m＋＝m＋，且B，P，N三点共线，所以m＋＝1，所以m＝. 【训练2】　(1)－4或3　解析　由题意设a＋kb＝λ[(k＋1)a＋12b]＝λ(k＋1)a＋12λb，λ∈R，因为a，b是不共线的两个向量，所以解得或 (2)C　解析　因为A关于点O的对称点为C，所以＝－，又＝x＋y，所以＝x－y，又因为A，B，D三点共线，所以x－y＝1. 第二节　平面向量基本定理及坐标表示 基础·梳理自测 回归教材 1．(1)不共线　任一　有且只有一对　(2)不共线　所有 2．互相垂直 3．(1)(x1＋x2，y1＋y2)　(x1－x2，y1－y2)　(λx1，λy1)　　(2)(x2－x1，y2－y1)　 4．x1y2－x2y1＝0 基础自测 1．(1)√　(2)√　(3)×　(4)√ 2．B　解析　根据平面向量基底的定义知，两个向量不共线即可作为基底．故选B. 3．D　解析　由题意得3m＝4，则m＝. 4．(1,5)　解析　设D(x，y)，则＝，得(3－(－1)，－1－(－2))＝(4,1)＝(5－x,6－y)，即解得即D(1，5)． 考点·精研突破 【例1】　(1)C　解析　平面向量的基底由两个不共线的非零向量组成，C选项中，2e1＋e2＝2，即2e1＋e2和e1＋e2为共线向量，所以它们不能作为基底．其他选项中的两个向量都没有倍数关系，所以可以作为基底． (2)B　解析　 设正六边形ABCDEF的边长为2，如图，设AD，EC交于点O，则OD＝1，AO＝3，则＝，则＝＋＝(＋)＋(＋)＝－＋.故选B. 【训练1】　(1)B 　解析　由题意，画出几何图形如图所示，根据向量加法运算可得＝＋，因为点G为△ABC的重心，且点M满足＝3，所以＝×(＋)＝(＋)，＝，所以＝－(＋)＋＝－－.故选B. (2)3　解析　在平行四边形ABCD中，因为＝m，所以－＝m(－)，所以＝＋.又＝＝－.所以＝(－)＋，所以＝(1＋m)＋(1－m).又＝λ＋μ，所以λ＝1＋m，μ＝1－m，又λ＋2μ＝0，所以1＋m＋2(1－m)＝0，解得m＝3. 【例2】　(1)D　解析　因为a－2b＋3c＝0，所以c＝－(a－2b)．因为a－2b＝(5，－2)－(－8，－6)＝(13,4)，所以c＝－(a－2b)＝. (2)(2,16)　解析　由题意，可得＝(3,1)，＝(1，－4)，所以2－3＝(3,14)．设点D的坐标为(x，y)，则＝(x＋1，y－2)，可得解得所以点D的坐标为(2,16)． 【训练2】　　解析　 建立如图所示的平面直角坐标系，则D(0,0)．不妨设AB＝1，则CD＝AD＝2，所以C(2,0)，A(0,2)，B(1,2)，E(0，1)，所以＝(－2,2)，＝(－2,1)，＝(1,2)，因为＝λ＋μ，所以(－2，2)＝λ(－2,1)＋μ(1,2)，所以解得故λ＋μ＝. 【例3】　(1)C　解析　设点P的坐标为(x，y)，因为A(－1,2)，B(3，0)，所以＝(x＋1，y－2)，＝(3－x，－y)．由点P在直线AB上且||＝2||，得＝2或＝－2.所以或解得或所以点P的坐标为或(7，－2)． (2)(－4，－2)　解析　设a＝(x，y)，x<0，y<0，则x－2y＝0且x2＋y2＝20，解得x＝4，y＝2(舍去)，或者x＝－4，y＝－2，即a＝(－4，－2)． 【例4】　(1)B　解析　因为a＝(m,2)，b＝(－2，－4)共线，所以－4m＝－4，解得m＝1，所以a＝(1,2)⇒2a＝(2,4)，所以2a－b＝(4,8)．故选B. (2)A　解析　因为a＝(2,3)，b＝(2，sin α－3)，所以a＋b＝(4，sin α)，又c＝(2，cos α)且(a＋b)∥c，所以4cos α＝2sin α，则tan α＝＝2. 对点练 1．B　解析　因为向量－k＝(1，－2)－(－k,3k)＝(1＋k，－2－3k) 与向量a＝(2,3) 共线，所以3(1＋k)＝2(－2－3k)，解得k＝－.故选B. 2．(2,4)　解析　因为在梯形ABCD中，CD＝2AB，AB∥CD，所以＝2，设点D的坐标为(x，y)，则＝(4－x,2－y)，又＝(1，－1)，所以(4－x,2－y)＝2(1，－1)，即所以所以点D的坐标为(2,4)． 第三节　平面向量数量积及其应用 基础·梳理自测 回归教材 1．(2)[0，π] 2．(1)|a||b|cos θ　|a||b|cos θ　0 (2)　|a|cos θe　(3)a·c＋b·c 基础自测 1．(1)×　(2)×　(3)×　(4)× 2．C　解析　因为m＝(2x,1)与n＝垂直，所以m·n＝(2x,1)·＝x－＝0，即x＝. 3．A 4.　解析　所求投影向量的模为|a|cos 45°＝. 考点·精研突破 【例1】　(1)B　解析　解法一：由题意，知＝＋＝＋，＝＋＝－＋，所以·＝·＝||2－||2，由题意知||＝||＝2，所以·＝4－1＝3. 解法二：以点A为原点，，的方向分别为x轴，y轴的正方向建立平面直角坐标系，则E(1,0)，C(2,2)，D(0,2)，则＝(1,2)，＝(－1,2)，·＝－1＋4＝3. (2)B　解析　在△ABC中，B＝，AB＝BC＝1，所以△ABC是等腰三角形， A＝C＝，所以AC＝2ABcos A＝2×1×cos＝$$