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步步高·大一輪復習講義答案（校正版·貳）
初夏的雨點 親情整排
§1.1　集合的概念及其基本運算
要點梳理
(1)確定性　互異性　無序性　(2)屬于 不屬于　∈　 　(3)列舉法　描述法　圖示法　區間法　(5)有限集　
無限集　空集
2.(1)A?B　B?A　 　 　 　2n　2n－1　2n－2 3.(1){x|x∈A，且x∈B}　{x|x∈U，且x A}
基礎自測 1.{2,4}　2.{x|0題型分類·深度剖析
例1　解　(1)當a＋2＝1，即a＝－1時，(a＋1)2＝0，a2＋3a＋3＝1與a＋2相同，∴不符合題意.
當(a＋1)2＝1，即a＝0或a＝－2時，①a＝0符合要求.
②a＝－2時，a2＋3a＋3＝1與(a＋1)2相同，不符合題意.
當a2＋3a＋3＝1，即a＝－2或a＝－1.
①當a＝－2時，a2＋3a＋3＝(a＋1)2＝1，不符合題意.
②當a＝－1時，a2＋3a＋3＝a＋2＝1，不符合題意.
綜上所述，a＝0，∴2 013a＝1.
(2) ∵當x＝0時，x＝x2－x＝x3－3x＝0，∴它不一定能表示一個有三個元素的集合.
要使它表示一個有三個元素的集合，則應有
∴x≠0且x≠2且x≠－1且x≠－2時，{x，x2－x，x3－3x}能表示一個有三個元素的集合.
變式訓練 1　0或
例2　解　A中不等式的解集應分三種情況討論：
①若a＝0，則A＝R；②若a<0，則A＝；③若a>0，則A＝.
(1)當a＝0時，若A B，此種情況不存在.
當a<0時，若A B，如圖：，則，∴，
又a<0，∴a<－8.
當a>0時，若A B，如圖：，則，∴.
又∵a>0，∴a≥2.
綜上知，當A B時，a<－8或a≥2.
(2)當a＝0時，顯然B A；
當a<0時，若B A，如圖：，則，∴.
又∵a<0，∴－當a>0時，若B A，如圖：，則，∴.
又∵a>0，∴0綜上知，當B A時，－(3)當且僅當A、B兩個集合互相包含時，A＝B，由(1)、(2)知，a＝2.
變式訓練 2　4
例3　1或2
變式訓練3　解　(1)∵A＝{x|≤x≤3}，當a＝－4時，B＝{x|－2A∪B＝{x|－2(2) RA＝{x|x<或x>3}，當( RA)∩B＝B時，B RA，即A∩B＝ .
①當B＝ ，即a≥0時，滿足B RA；②當B≠ ，即a<0時，
B＝{x|－綜上可得，實數a的取值范圍是a≥－.
例4 A　
變式訓練 4　6　{0,1,2,3}
課時規范訓練
A組
1.C　2.C　3.A　4.－1或2　5.{(0,1)，(－1,2)} 6.18
7.解　由已知得A＝{x|－1≤x≤3}，B＝{x|m－2≤x≤m＋2}.
(1)∵A∩B＝[0,3]，∴　∴m＝2.
(2) RB＝{x|xm＋2}，∵A RB，∴m－2>3或m＋2<－1，即m>5或m<－3.
8.解　∵M＝{y|y＝x2，x∈R}＝{y|y≥0}，N＝{y|y＝3sin x，x∈R}＝{y|－3≤y≤3}，
∴M－N＝{y|y>3}，N－M＝{y|－3≤y<0}，
∴M*N＝(M－N)∪(N－M)＝{y|y>3}∪{y|－3≤y<0}＝{y|y>3或－3≤y<0}.
B組
1.C　2.B　3.A　4.A　5.a≤0　6.－3 7.(－∞，－3)
8.解　由≤0，∴－1(1)當m＝3時，B＝{x|－1(2)∵A＝{x|－1此時B＝{x|－2§1.2　命題及其關系、充分條件與必要條件
要點梳理
1.判斷真假　判斷為真　判斷為假
2.(1)若q，則p　若綈p，則綈q　若綈q，則綈p，(2)逆命題　否命題　逆否命題
(3)①相同　②沒有
3.(1)充分條件　必要條件　(2)充要條件
基礎自測 1.3　2.②③　3.充分不必要　4.C　5.D
題型分類·深度剖析 例1　②④
變式訓練1　①③
例2　解 (1)在△ABC中，∠A＝∠B sin A＝sin B，反之，若sin A＝sin B，∵A與B不可能互補(∵三角形三個內角和為180°)，∴只有A＝B.故p是q的充要條件.
(2)易知，綈p：x＋y＝8，綈q：x＝2且y＝6，顯然綈q 綈p，但綈p 綈q，即綈q是綈p的充分不必要條件，根據原命題和逆否命題的等價性知，p是q的充分不必要條件.
(3)顯然x∈A∪B不一定有x∈B，但x∈B一定有x∈A∪B，∴p是q的必要不充分條件.
(4)條件p：x＝1且y＝2，條件q：x＝1或y＝2，∴p q但q p，故p是q的充分不必要條件.
變式訓練2　①④
例3　證明　充分性：
當a＝0時，方程為2x＋1＝0，其根為x＝－，方程有一個負根，符合題意.
當a<0時，Δ＝4－4a>0，方程ax2＋2x＋1＝0有兩個不相等的實根，且<0，方程有一正一負根，符合題意.
當0且，故方程有兩個負根，符合題意.
綜上知：當a≤1時，方程ax2＋2x＋1＝0至少有一個負根.
必要性：若方程ax2＋2x＋1＝0至少有一個負根.
當a＝0時，方程為2x＋1＝0符合題意.
當a≠0時，方程ax2＋2x＋1＝0應有一正一負根或兩個負根.
則<0或，解得a<0或0綜上知：若方程ax2＋2x＋1＝0至少有一負根，則a≤1.
故關于x的方程ax2＋2x＋1＝0至少有一個負根的充要條件是a≤1.
變式訓練3　證明　充分性：當q＝－1時，a1＝S1＝p＋q＝p－1.
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝pn－1(p－1)，當n＝1時也成立，于是＝＝p(n∈N*)
即數列{an}為等比數列.
必要性：當n＝1時，a1＝S1＝p＋q，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝pn－1(p－1).
∵p≠0，p≠1，∴＝＝p.
∵{an}為等比數列，∴＝＝p，又S2＝a1＋a2＝p2＋q，
∴a2＝p2－p＝p(p－1)，∴＝p，即p－1＝p＋q.∴q＝－1.
綜上所述，q＝－1是數列{an}為等比數列的充要條件.
課時規范訓練
A組
1.D　2.B　3.A　4.充分不必要 5.①③④ 6.[3,8)
7.解　由題意p：－2≤x－3≤2，∴1≤x≤5，∴綈p：x<1或x>5，q：m－1≤x≤m＋1，
∴綈q：xm＋1.
又∵綈p是綈q的充分而不必要條件，∴　∴2≤m≤4.
8.解　設A＝{x|p}＝{x|x2－4ax＋3a2<0，a<0}＝{x|3aB＝{x|q}＝{x|x2－x－6≤0或x2＋2x－8>0}＝{x|x2－x－6≤0}∪{x|x2＋2x－8>0}
＝{x|－2≤x≤3}∪{x|x<－4或x>2}＝{x|x<－4或x≥－2}.
∵綈p是綈q的必要不充分條件，∴綈q 綈p，且綈pD /綈q，則{x|綈q}?{x|綈p}，
而{x|綈q}＝ RB＝{x|－4≤x<－2}，{x|綈p}＝ RA＝{x|x≤3a或x≥a，a<0}，
∴{x|－4≤x<－2}?{x|x≤3a或x≥a，a<0}，則或
綜上，可得－≤a<0或a≤－4.
B組
1.A　2.C　3.B　4.∪(1，＋∞) 　5.[1,2) 　6.①③②④　7.3或4　
8.解　(1)當a＝時，A＝＝，B＝＝，
∴ UB＝，∴( UB)∩A＝.
(2)∵a2＋2>a，∴B＝{x|a①當3a＋1>2，即a>時，A＝{x|2∴，即②當3a＋1＝2，即a＝時，A＝ ，不符合題意；
③當3a＋1<2，即a<時，A＝{x|3a＋1由A B得，∴－≤a<.
綜上所述，實數a的取值范圍是∪.
§1.3　簡單的邏輯聯結詞、全稱量詞與存在量詞
要點梳理
1．(1)或　且　非　(2)真　假　假　真　假　假　真　真　假　真　假　真 真
2．(3) 　 　(4)①含有全稱量詞　②含有存在量詞
基礎自測
1．所有的三角形都不是等邊三角形 2．[－4,0] 3．①② 4．A　5．C　
題型分類·深度剖析 例1　q1，q4
變式訓練1　解　(1)p∨q：1是素數或是方程x2＋2x－3＝0的根．真命題．
p∧q：1既是素數又是方程x2＋2x－3＝0的根．假命題．
綈p：1不是素數．真命題．
(2)p∨q：平行四邊形的對角線相等或互相垂直．假命題．
p∧q：平行四邊形的對角相等且互相垂直．假命題．
綈p：有些平行四邊形的對角線不相等．真命題．
(3)p∨q：方程x2＋x－1＝0的兩實根的符號相同或絕對值相等．假命題．
p∧q：方程x2＋x－1＝0的兩實根的符號相同且絕對值相等．假命題．
綈p：方程x2＋x－1＝0的兩實根的符號不相同．真命題．
例2　解　(1)綈p： x0∈R，x－x0＋<0，假命題．(2)綈q：至少存在一個正方形不是矩形，假
命題．(3)綈r： x∈R，x2＋2x＋2>0，真命題．(4)綈s： x∈R，x3＋1≠0，假命題．
變式訓練2　解　(1)綈p： x>0，使x2－x>0，為真命題．(2)綈q： x∈R,2x＋x2>1，為假命題．
例3　解　①若p正確，則由0<|x－1|≤1，得a>1.
②若q正確，則ax2＋(a－2)x＋>0解集為R.
當a＝0時，－2x＋>0不合題意，舍去；當a≠0時，則，解得③∵p和q中有且僅有一個正確，∴或，∴a≥8或變式訓練3　解　∵函數y＝ax在R上單調遞增，∴p：a>1，不等式ax2－ax＋1>0對 x∈R恒成立，
∴a>0且a2－4a<0，解得0∵“p∧q”為假，“p∨q”為真，∴p、q中必有一真一假．
①當p真，q假時，，得a≥4；②當p假，q真時，，得0故a的取值范圍為(0,1]∪[4，＋∞)．
課時規范訓練
A組
1．C　2．A　3．C　4．－2≤a≤2　 5．a>1 6．綈p、綈q
7.解　由命題p為真知，0，
若p或q為真命題，p且q為假命題，則p、q中必有一真一假，當p真q假時，c的取值范圍是0綜上可知，c的取值范圍是.
8.解　設g(x)＝x2＋2ax＋4，
由于關于x的不等式x2＋2ax＋4>0對一切x∈R恒成立，∴函數g(x)的圖象開口向上且與x軸沒有交點，故Δ＝4a2－16<0，∴－2又∵函數f(x)＝(3－2a)x是增函數，∴3－2a>1，∴a<1.
又由于p或q為真，p且q為假，可知p和q一真一假．
(1)若p真q假，則，∴1≤a<2；
(2)若p假q真，則，∴a≤－2.
綜上可知，所求實數a的取值范圍為1≤a<2，或a≤－2.
B組
1．C　2．D　3．D　4. 　5．(－∞，1] 　6．(－∞，－2]∪[－1,3) 7．①③
8．解　由2x2＋ax－a2＝0得(2x－a)(x＋a)＝0， ∴x＝或x＝－a，
∴當命題p為真命題時≤1或|－a|≤1，∴|a|≤2.
又“只有一個實數x0滿足x＋2ax0＋2a≤0”，即拋物線y＝x2＋2ax＋2a與x軸只有一個交點，
∴Δ＝4a2－8a＝0，∴a＝0或a＝2，∴當命題q為真命題時，a＝0或a＝2.
∴命題“p或q”為真命題時，|a|≤2，∵命題“p或q”為假命題，∴a>2或a<－2.
即a的取值范圍為{a|a>2或a<－2}．
§2.1　函數及其表示
要點梳理
1.(1)數集　任意　唯一確定　y＝f(x)，x∈A (2)定義域　值域　(3)定義域　值域 對應關系
(4)定義域　對應關系 2.解析法　圖象法　列表法 3.都有唯一　一個映射 4.函數　非空數集
基礎自測
1. 2.①②　3.－1　10　4.或－1
題型分類·深度剖析
例1　(2)(3)
變式訓練1　解　(1)y＝1的定義域為R，y＝x0的定義域為{x|x∈R且x≠0}，∴它們不是同一函數.
(2)y＝·的定義域為{x|x≥2}，y＝的定義域為{x|x≥2或x≤－2}，
∴它們不是同一函數.
(3)y＝x，y＝＝t，它們的定義域和對應關系都相同，∴它們是同一函數.
(4)y＝|x|的定義域為R，y＝()2的定義域為{x|x≥0}，∴它們不是同一函數.
例2　(2) 變式訓練2　(1)D　(2)A　 例3　C　 變式訓練3　B　 例4　0 變式訓練4　D
課時規范訓練
A組
1.D　2.D　3.A　4.6　5.1　6.－
7.解　當x∈[0,30]時，設y＝k1x＋b1，由已知得，解得，∴y＝x.
當x∈(30,40)時，y＝2；當x∈[40,60]時，設y＝k2x＋b2，
由已知得，解得，∴y＝x－2.
綜上，f(x)＝.
8.解　當f(x)≤0時，由x2＋2x－3≤0，可得－3≤x≤1，此時，g(x)＝0；
當f(x)>0時，由x2＋2x－3>0可得x<－3或x>1，此時g(x)＝f(x)＝(x＋1)2－4.
∴g(x)＝，
其圖象如圖所示：
B組
1.C　2.D　3.D　4.②④　5.(1)a(a為正整數)　(2)16　6.－2 7.[－4,2]
8.解　(1)∵x＝時，4x＝，∴f1(x)＝＝1，g(x)＝－＝，∴f2(x)＝f1[g(x)]＝f1＝[3]＝3.
(2)∵f1(x)＝[4x]＝1，g(x)＝4x－1，∴f2(x)＝f1(4x－1)＝[16x－4]＝3，∴∴≤x<.
§2.2　函數的定義域、值域及函數的解析式
要點梳理
1.(1)使函數有意義的自變量的取值范圍 (3)③R　④R ⑤
⑥{x|x∈R且x≠0}
2.(1)函數值　函數值的集合　(2)①R ②　
③{y|y∈R且y≠0}　④(0，＋∞)　⑤R ⑥[－1,1]　⑦R
基礎自測
1.[－1,2)∪(2，＋∞)　2.{x|－3題型分類·深度剖析 例1　(1)　(2)(－1,1) 變式訓練1　(1)A　(2)
例2　解　∵f(2x)的定義域是[－1,1]，∴≤2x≤2，即y＝f(x)的定義域是，由≤log2x≤2 ≤x≤4.∴f(log2x)的定義域是[，4].
變式訓練2　解　∵f(x)的定義域為[0,4]，
(1)有0≤x2≤4，∴－2≤x≤2，故f(x2)的定義域為[－2,2]；(2)有∴1≤x≤3.
故f(x＋1)＋f(x－1)的定義域為[1,3].
例3　解　(1)(配方法) y＝x2＋2x＝(x＋1)2－1，y＝(x＋1)2－1在[0,3]上為增函數，∴0≤y≤15，
即函數y＝x2＋2x (x∈[0,3])的值域為[0,15].
(2)(分離常數法) y＝＝＝1－，∵≠0，∴1－≠1，
即函數的值域是{y|y∈R，y≠1}.
(3)方法一　(換元法) 令＝t，則t≥0且x＝，于是y＝－t＝－(t＋1)2＋1，
由于t≥0，∴y≤，故函數的值域是.
方法二　(單調性法) 容易判斷函數y＝f(x)為增函數，而其定義域應滿足1－2x≥0，即x≤，
∴y≤f＝，即函數的值域是.
(4)(基本不等式法) 函數定義域為{x|x∈R，x>0，且x≠1}，當x>1時，log3x>0，
于是y＝log3x＋－1≥2－1＝1；
當0≤－2－1＝－3.
故函數的值域是(－∞，－3]∪[1，＋∞).
變式訓練3　解　(1)方法一　(配方法) ∵y＝1－，又x2－x＋1＝2＋≥，
∴0<≤，∴－≤y<1，∴函數的值域為.
方法二　(判別式法) 由y＝，x∈R，得(y－1)x2＋(1－y)x＋y＝0.
∵y＝1時，x∈ ，∴y≠1，又∵x∈R，∴Δ＝(1－y)2－4y(y－1)≥0，解得－≤y≤1.
綜上得－≤y<1，∴函數的值域為.
(2)方法一　(換元法)：設＝t，則t≥0，x＝，
于是f(x)＝g(t)＝2·－1－t＝－t2－t＋＝－(t＋1)2＋6，
顯然函數g(t)在[0，＋∞)上是單調遞減函數，∴g(t)≤g(0)＝，
因此原函數的值域是.
方法二　(單調性法)：函數定義域是，
當自變量x增大時，2x－1增大，減小，∴2x－1－增大，
因此函數f(x)＝2x－1－在其定義域上是一個單調遞增函數，
∴當x＝時，函數取得最大值f＝，故原函數的值域是.
例4　解　(1)令x＋＝t，則t2＝x2＋＋2≥4，∴t≥2或t≤－2且x2＋＝t2－2，
∴f(t)＝t2－2，即f(x)＝x2－2 (x≥2或x≤－2).
(2)令＋1＝t，由于x>0，∴t>1且x＝，∴f(t)＝lg ，即f(x)＝lg (x>1).
(3)設f(x)＝kx＋b，∴3f(x＋1)－2f(x－1)＝3[k(x＋1)＋b]－2[k(x－1)＋b]＝kx＋5k＋b＝2x＋17.
∴，即.∴f(x)＝2x＋7.
(4)∵2f(x)＋f＝3x，∴2f＋f(x)＝.∴f(x)＝2x－ (x≠0).
變式訓練4　解　(1)令t＝＋1，∴t≥1，x＝(t－1)2.則f(t)＝(t－1)2＋2(t－1)＝t2－1，
∴f(x)＝x2－1 (x≥1).
(2)設f(x)＝ax2＋bx＋c，又f(0)＝c＝3，∴f(x)＝ax2＋bx＋3，
∴f(x＋2)－f(x)＝a(x＋2)2＋b(x＋2)＋3－(ax2＋bx＋3)＝4ax＋4a＋2b＝4x＋2.
∴，∴，∴f(x)＝x2－x＋3.
課時規范訓練
A組
1.C　2.B　3.C　4.C　5.(－∞，3]　6.　7.[－2,7]
8.解　(1)設f(x)＝ax2＋bx＋c (a≠0)，又f(0)＝0，∴c＝0，即f(x)＝ax2＋bx，又f(x＋1)＝f(x)＋x＋1.
∴a(x＋1)2＋b(x＋1)＝ax2＋bx＋x＋1.∴(2a＋b)x＋a＋b＝(b＋1)x＋1，
∴，解得，∴f(x)＝x2＋x.
(2)由(1)知y＝f(x2－2)＝(x2－2)2＋(x2－2)＝(x4－3x2＋2)＝2－，
當x2＝時，y取最小值－，∴函數y＝f(x2－2)的值域為.
B組
1.B　2.C　3.A　4.(－1，－)∪(－，]　5. 　6.
7.解　∵f(x)＝(x－1)2＋a－.∴其對稱軸為x＝1，即[1，b]為f(x)的單調遞增區間.
∴f(x)min＝f(1)＝a－＝1 ①
f(x)max＝f(b)＝b2－b＋a＝b ②
又b>1，由①②解得∴a、b的值分別為、3.
8.解　(1)∵函數的值域為[0，＋∞)，∴Δ＝16a2－4(2a＋6)＝0，∴2a2－a－3＝0，∴a＝－1或a＝.
(2)∵對一切x∈R函數值均為非負，∴Δ＝16a2－4(2a＋6)＝8(2a2－a－3)≤0.
∴－1≤a≤.∴a＋3>0，∴g(a)＝2－a|a＋3|＝－a2－3a＋2＝－2＋ .
∵二次函數g(a)在上單調遞減，∴g≤g(a)≤g(－1)，即－≤g(a)≤4.
∴g(a)的值域為.
§2.3　函數的單調性與最值
要點梳理
1.(1)f(x1)f(x2)　上升的　下降的　(2)增函數　減函數　區間D
2.(1)f(x)≤M　(2)f(x0)＝M (3)f(x)≥M　(4)f(x0)＝M
基礎自測 1.[1,4]　8　2.，1　3.(－3,0)　4.A　5.C
題型分類·深度剖析
例1　(1)解　由2f(1)＝f(－1)，可得2－2a＝＋a，得a＝.
(2)證明　任取x1，x2∈[0，＋∞)，且x1f(x1)－f(x2)＝－ax1－＋ax2＝－－a(x1－x2)
＝－a(x1－x2)＝(x1－x2).
∵0≤x1<，0又∵a≥1，∴f(x1)－f(x2)>0，∴f(x)在[0，＋∞)上單調遞減.
(3)解　任取1≤x1∵f(x)單調遞增，∴f(x1)－f(x2)<0，又x1－x2<0，那么必須－a>0恒成立.
∵1≤x1x＋1，∴x1≥，x2>.
相加得(x1＋x2)>＋ >，∴0變式訓練1　(1)證明　任設x1∵(x1＋2)(x2＋2)>0，x1－x2<0，∴f(x1)(2)解　任設1∵a>0，x2－x1>0，∴要使f(x1)－f(x2)>0，只需(x1－a)(x2－a)>0恒成立，∴a≤1.
綜上所述知0例2　解　令u＝x2－3x＋2，則原函數可以看作y＝與u＝x2－3x＋2的復合函數.令u＝x2－3x＋2>0，則x<1或x>2，∴函數y＝的定義域為(－∞，1)∪(2，＋∞).
又u＝x2－3x＋2的對稱軸x＝，且開口向上.
∴u＝x2－3x＋2在(－∞，1)上是單調減函數，在(2，＋∞)上是單調增函數.
而y＝在(0，＋∞)上是單調減函數，
∴y＝的單調減區間為(2，＋∞)，單調增區間為(－∞，1).
變式訓練2　解　令u＝x2＋x－6，y＝可以看作有y＝與u＝x2＋x－6的復合函數.
由u＝x2＋x－6≥0，得x≤－3或x≥2.
∵u＝x2＋x－6在(－∞，－3]上是減函數，在[2，＋∞)上是增函數，而y＝在(0，＋∞)上是增函數，∴y＝的單調減區間為(－∞，－3]，單調增區間為[2，＋∞).
例3　(1)證明　方法一　∵函數f(x)對于任意x，y∈R總有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，
∴令x＝y＝0，得f(0)＝0，再令y＝－x，得f(－x)＝－f(x)，在R上任取x1>x2，則x1－x2>0，
f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1－x2).
又∵x>0時，f(x)<0，而x1－x2>0，∴f(x1－x2)<0，即f(x1)方法二　設x1>x2，則f(x1)－f(x2)＝f(x1－x2＋x2)－f(x2)＝f(x1－x2)＋f(x2)－f(x2)＝f(x1－x2).
又∵x>0時，f(x)<0，而x1－x2>0，∴f(x1－x2)<0，即f(x1)(2)解　∵f(x)在R上是減函數，∴f(x)在[－3,3]上也是減函數，
∴f(x)在[－3,3]上的最大值和最小值分別為f(－3)與f(3).
而f(3)＝3f(1)＝－2，f(－3)＝－f(3)＝2，∴f(x)在[－3,3]上的最大值為2，最小值為－2.
變式訓練3　解　(1)∵當x>0，y>0時，f＝f(x)－f(y)，∴令x＝y>0，則f(1)＝f(x)－f(x)＝0.
(2)設x1，x2∈(0，＋∞)，且x1∵x2>x1>0.∴>1，∴f>0，∴f(x2)>f(x1)，即f(x)在(0，＋∞)上是增函數.
(3)由(2)知f(x)在[1,16]上是增函數.
∴f(x)min＝f(1)＝0，f(x)max＝f(16)，∵f(4)＝2，由f＝f(x)－f(y)，
知f＝f(16)－f(4)，∴f(16)＝2f(4)＝4，∴f(x)在[1,16]上的值域為[2,4].
課時規范訓練
A組
1.B　2.D　3.A　4.[3，＋∞)　5.①③　6.(1，＋∞)
7.(1)證明　設x2>x1>0，設x2－x1>0，x1x2>0，∵f(x2)－f(x1)＝－＝－＝>0，
∴f(x2)>f(x1)，∴f(x)在(0，＋∞)上是單調遞增的.
(2)解　∵f(x)在上的值域是，又f(x)在上單調遞增，
∴f＝，f(2)＝2.∴易得a＝.
8.解　設－1∵－10，x－1<0，x－1<0.－10，∴>0.
因此，當a>0時，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，此時函數在(－1,1)上為減函數；
當a<0時，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)B組
1.B　2.B　3.C　4.(－∞，0)∪(1,3] 　5.a>0且b≤0　6.[1，＋∞) 7.①③④
8.解　(1)任取x1，x2∈[－1,1]，且x1∴f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝·(x1－x2)，
由已知得>0，x1－x2<0，∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)(2)∵f(x)在[－1,1]上單調遞增，∴∴－≤x<－1.
(3)∵f(1)＝1，f(x)在[－1,1]上單調遞增.∴在[－1,1]上，f(x)≤1.
問題轉化為m2－2am＋1≥1，即m2－2am≥0，對a∈[－1,1]成立，下面來求m的取值范圍.
設g(a)＝－2m·a＋m2≥0.
①若m＝0，則g(a)＝0≥0，對a∈[－1,1]恒成立.
②若m≠0，則g(a)為a的一次函數，若g(a)≥0，對a∈[－1，1]恒成立，必須g(－1)≥0，且g(1)≥0，
∴m≤－2，或m≥2，∴m的取值范圍是m＝0或m≥2或m≤－2.
§2.4　函數的奇偶性與周期性
要點梳理
1．f(－x)＝f(x)　f(－x)＝－f(x) 2．(1)相同　相反　(2)①奇函數　②偶函數　③奇函數
3．(1)f(x)　(2)存在一個最小
基礎自測
1.　2.②③　3.－9 4．(－1,0)∪(1，＋∞)　5.C
題型分類·深度剖析
例1　解　(1)由，得x＝±3，∴f(x)的定義域為{－3,3}．
又f(3)＋f(－3)＝0，f(3)－f(－3)＝0，即f(x)＝±f(－x)．∴f(x)既是奇函數，又是偶函數．
(2)由，得－1∵f(x)的定義域(－1,1]不關于原點對稱，∴f(x)既不是奇函數，也不是偶函數．
(3)由，得－2≤x≤2且x≠0，∴f(x)的定義域為[－2,0)∪(0,2]，關于原點對稱．
∴f(x)＝＝，∴f(x)＝－f(－x)，∴f(x)是奇函數．
變式訓練1　解　(1)由>0 －1又f(－x)＝lg＝lg－1＝－lg＝－f(x)，故原函數是奇函數．
(2)由≥0且2－x≠0 －2≤x<2，定義域關于原點不對稱，故原函數是非奇非偶函數．
(3)函數定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)，關于原點對稱，
又當x>0時，f(x)＝x2＋x，則當x<0時，－x>0，故f(－x)＝x2－x＝f(x)；
當x<0時，f(x)＝x2－x，則當x>0時，－x<0，故f(－x)＝x2＋x＝f(x)，故原函數是偶函數．
(4)由得定義域為(－1,0)∪(0,1)，關于原點對稱，
∴f(x)＝＝－.
∵f(－x)＝－＝－＝f(x)，∴f(x)為偶函數．
例2　解　(1)令x＝y＝0 f(0)＝0，
令y＝－x，則f(x)＋f(－x)＝0 f(－x)＝－f(x) f(x)在(－1,1)上是奇函數．
(2)設0而x1－x2<0,00，即當0f(x2)，
∴f(x)在(0,1)上單調遞減．
(3)由于f－f＝f＋f＝f＝f，
同理，f－f＝f，f－f＝f，∴f－f－f＝2f＝2×＝1.
變式訓練2　解　∵y＝f(x)為奇函數，且在(0，＋∞)上為增函數，
∴y＝f(x)在(－∞，0)上也是增函數，且由f(1)＝0得f(－1)＝0.
若f[x(x－)]<0＝f(1)，則即0若f[x(x－)]<0＝f(－1)，則，由x(x－)<－1，解得x∈ .
∴原不等式的解集是{x|例3　(1)證明　∵f(x＋2)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)．∴f(x)是周期為4的周期函數．
(2)解　∵x∈[2,4]，∴－x∈[－4，－2]，∴4－x∈[0,2]，
∴f(4－x)＝2(4－x)－(4－x)2＝－x2＋6x－8，又f(4－x)＝f(－x)＝－f(x)，
∴－f(x)＝－x2＋6x－8，即f(x)＝x2－6x＋8，x∈[2,4]．
(3)解　∵f(0)＝0，f(2)＝0，f(1)＝1，f(3)＝－1.又f(x)是周期為4的周期函數，
∴f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝f(4)＋f(5)＋f(6)＋f(7)＝…＝f(2 008)＋f(2 009)＋f(2 010)＋f(2 011)＝0，∴f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 011)＝0.
變式訓練3　2.5
課時規范訓練
A組
1.B　2.A　3.B　4.A　5.－1　6.－1　7．－3
8.解　(1)當a＝0時，f(x)＝x2，f(－x)＝f(x) ，函數是偶函數．
當a≠0時，f(x)＝x2＋ (x≠0，常數a∈R)，取x＝±1，得f(－1)＋f(1)＝2≠0；
f(－1)－f(1)＝－2a≠0，∴f(－1)≠－f(1)，f(－1)≠f(1)．
∴函數f(x)既不是奇函數也不是偶函數．
(2)若f(1)＝2，即1＋a＝2，解得a＝1，這時f(x)＝x2＋，任取x1，x2∈[2，＋∞)，且x1則f(x1)－f(x2)＝(x＋)－＝(x1＋x2)(x1－x2)＋＝(x1－x2).
由于x1≥2，x2≥2，且x1，∴f(x1)故f(x)在[2，＋∞)上是單調遞增函數．
B組
1.A　2.C　3.B　4.(1)(2)(3) 　5．0　6.②③⑤
7.(1)證明　由函數f(x)的圖象關于直線x＝1對稱，有f(x＋1)＝f(1－x)，即有f(－x)＝f(x＋2)．
又函數f(x)是定義在R上的奇函數，故有f(－x)＝－f(x)．故f(x＋2)＝－f(x)．
從而f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，即f(x)是周期為4的周期函數．
(2)解　由函數f(x)是定義在R上的奇函數，有f(0)＝0.
x∈[－1,0)時，－x∈(0,1]，f(x)＝－f(－x)＝－，故x∈[－1,0]時，f(x)＝－.
x∈[－5，－4]時，x＋4∈[－1,0]，f(x)＝f(x＋4)＝－.
從而，x∈[－5，－4]時，函數f(x)＝－.
8.解　(1)∵對于任意x1，x2∈D，有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)，∴令x1＝x2＝1，得f(1)＝2f(1)，∴f(1)＝0.
(2)令x1＝x2＝－1，有f(1)＝f(－1)＋f(－1)，∴f(－1)＝f(1)＝0.
令x1＝－1，x2＝x有f(－x)＝f(－1)＋f(x)，∴f(－x)＝f(x)，∴f(x)為偶函數．
(3)依題設有f(4×4)＝f(4)＋f(4)＝2，由(2)知，f(x)是偶函數，∴f(x－1)<2 f(|x－1|)又f(x)在(0，＋∞)上是增函數．∴0<|x－1|<16，解之得－15∴x的取值范圍是{x|－15§2.5　二次函數
要點梳理 1．(2)①ax2＋bx＋c (a≠0)　②a(x－m)2＋n(a≠0)　③a(x－x1)(x－x2) (a≠0)
基礎自測 1．2　2.[1,2]　3.6　4.(－∞，－2]　5.B
題型分類·深度剖析
例1　解　方法一　設f(x)＝ax2＋bx＋c (a≠0)，依題意有
解之，得，∴所求二次函數為y＝－4x2＋4x＋7.
方法二　設f(x)＝a(x－m)2＋n，a≠0，∵f(2)＝f(－1)，，∴拋物線對稱軸為x＝＝.
∴m＝，又根據題意函數有最大值為n＝8，∴y＝f(x)＝a2＋8.
∵f(2)＝－1，∴a2＋8＝－1，解之，得a＝－4.∴f(x)＝－42＋8＝－4x2＋4x＋7.
方法三　依題意知：f(x)＋1＝0的兩根為x1＝2，x2＝－1，故可設f(x)＋1＝a(x－2)(x＋1)，a≠0.
即f(x)＝ax2－ax－2a－1.又函數有最大值ymax＝8，即＝8，
解之，得a＝－4或a＝0(舍去)．∴函數解析式為f(x)＝－4x2＋4x＋7.
變式訓練1　解　(1)設頂點為P(3,4)且過點A(2,2)的拋物線的方程為y＝a(x－3)2＋4，將(2,2)代入可得a＝－2，∴y＝－2(x－3)2＋4，即x>2時，f(x)＝－2x2＋12x－14.
當x<－2時，即－x>2，又f(x)為偶函數，f(x)＝f(－x)＝－2×(－x)2－12x－14，
即f(x)＝－2x2－12x－14.
∴函數f(x)在(－∞，－2)上的解析式為f(x)＝－2x2－12x－14.
(2)函數f(x)的圖象如圖：
(3)由圖象可知，函數f(x)的值域為(－∞，4]．
例2　解　(1)當a＝－2時，f(x)＝x2－4x＋3＝(x－2)2－1，由于x∈[－4,6]，
∴f(x)在[－4,2]上單調遞減，在[2,6]上單調遞增，
∴f(x)的最小值是f(2)＝－1，又f(－4)＝35，f(6)＝15，故f(x)的最大值是35.
(2)由于函數f(x)的圖象開口向上，對稱軸是x＝－a，∴要使f(x)在[－4,6]上是單調函數，應有－a≤－4或－a≥6，即a≤－6或a≥4.
(3)當a＝1時，f(x)＝x2＋2x＋3，∴f(|x|)＝x2＋2|x|＋3，此時定義域為x∈[－6,6]，
且f(x)＝，∴f(|x|)的單調遞增區間是(0,6]，單調遞減區間是[－6,0]．
變式訓練2　解　f(x)＝－42－4a，對稱軸為x＝，頂點為.
①當≥1，即a≥2時，f(x)在區間[0,1]上遞增．∴ymax＝f(1)＝－4－a2.令－4－a2＝－5，
∴a＝±1<2(舍去)．
②當0<<1，即0③當≤0，即a≤0時，f(x)在區間[0,1]上遞減，此時f(x)max＝f(0)＝－4a－a2.
令－4a－a2＝－5，即a2＋4a－5＝0，∴a＝－5或a＝1(舍去)．綜上所述，a＝或a＝－5.
例3　解　(1)由f(0)＝1得，c＝1.∴f(x)＝ax2＋bx＋1.又f(x＋1)－f(x)＝2x，
∴a(x＋1)2＋b(x＋1)＋1－(ax2＋bx＋1)＝2x，即2ax＋a＋b＝2x，∴∴
因此，f(x)＝x2－x＋1.
(2)f(x)>2x＋m等價于x2－x＋1>2x＋m，即x2－3x＋1－m>0，要使此不等式在[－1,1]上恒成立，只需使函數g(x)＝x2－3x＋1－m在[－1,1]上的最小值大于0即可．∵g(x)＝x2－3x＋1－m在[－1,1]上單調遞減，∴g(x)min＝g(1)＝－m－1，由－m－1>0得，m<－1.
因此滿足條件的實數m的取值范圍是(－∞，－1)．
變式訓練3　解　(1)∵f(x)＝x2＋mx＋n，
∴f(－1＋x)＝(－1＋x)2＋m(－1＋x)＋n＝x2－2x＋1＋mx＋n－m＝x2＋(m－2)x＋n－m＋1，
f(－1－x)＝(－1－x)2＋m(－1－x)＋n＝x2＋2x＋1－mx－m＋n＝x2＋(2－m)x＋n－m＋1.
又f(－1＋x)＝f(－1－x)，∴m－2＝2－m，即m＝2.又f(x)的圖象過點(1,3)，
∴3＝12＋m＋n，即m＋n＝2，∴n＝0，∴f(x)＝x2＋2x，
又y＝g(x)與y＝f(x)的圖象關于原點對稱，∴－g(x)＝(－x)2＋2×(－x)，∴g(x)＝－x2＋2x.
(2)∵F(x)＝g(x)－λf(x)＝－(1＋λ)x2＋(2－2λ)x，
當λ＋1≠0時，F(x)的對稱軸為x＝＝，又∵F(x)在(－1,1]上是增函數．
∴或，∴λ<－1或－1<λ≤0.
當λ＋1＝0，即λ＝－1時，F(x)＝4x顯然在(－1,1]上是增函數．
綜上所述，λ的取值范圍為(－∞，0]．
課時規范訓練
A組
1.D　2.A　3.B　4.y＝(x－2)2－1　5．0≤m≤　6．0或－1
7.解　f(x)＝(x－a)2＋a－a2，當a<－1時，f(x)在[－1,1]上為增函數，
∴ a＝－1(舍去)；當－1≤a≤0時， a＝－1；
當0當a>1時，f(x)在[－1,1]上為減函數，∴ a不存在．
綜上可得a＝－1.
8.解　(1)∵f(x)滿足f(1＋x)＝f(1－x)，∴f(x)的圖象關于直線x＝1對稱．
而二次函數f(x)的對稱軸為x＝－，
∴－＝1. ①
又f(x)＝x有等根，即ax2＋(b－1)x＝0有等根，∴Δ＝(b－1)2＝0. ②
由①②得b＝1，a＝－.∴f(x)＝－x2＋x.
(2)∵f(x)＝－x2＋x＝－(x－1)2＋≤，如果存在滿足要求的m，n，則必需3n≤，∴n≤.
從而m可解得m＝－4，n＝0滿足要求．∴存在m＝－4，n＝0滿足要求．
B組
1.D　2.B　3.C　4.　5.08.證明　(1)由于f(x)＝x2＋(2t－1)x＋1－2t.∴f(x)＝1 (x＋2t)(x－1)＝0，(*)
∴x＝1是方程(*)的根，即f(1)＝1，因此x＝1是f(x)＝1的實根，即f(x)必有實根．
(2)當0，f(0)＝1－2t＝2<0.
f＝＋(2t－1)＋1－2t＝－t>0，又函數f(x)的圖象連續不間斷．
因此f(x)＝0在區間(－1,0)及上各有一個實根．
§2.6　指數與指數函數
要點梳理
1.(1)a的n次方根　根式　根指數　被開方數　(2)①　②　－ 　± 　③a
④a　
2.(1)②1　③　④　⑤　 ⑥0　沒有意義　(2)①ar＋s　②ars　③arbr
3.(1)R　(2)(0，＋∞)　(3)(0,1)　(4)y>1　01　(6)增函數　(7)減函數
基礎自測
1.(1)x　(2)(a＋b)　(3)m 2.7　3.(－，－1)∪(1，) 4.　5.B
題型分類·深度剖析
例1　解　(1)原式＝＋－＋1＝＋－10(＋2)＋1
＝＋10－10－20＋1＝－.
(2)原式＝－2－1－＝(－2)－1－(－2)＝－1.
(3)原式＝＝＝ab－1.
變式訓練1　解　(1)原式＝×1＋×＋(×)6－＝2＋4×27＝110.
(2)令＝m，＝n，則原式＝÷·m＝·
＝＝m3＝a.
例2　(1)D　(2)0變式訓練2　(1)A
(2)解　函數y＝|3x－1|的圖象是由函數y＝3x的圖象向下平
移一個單位后，再把位于x軸下方的圖象沿x軸翻折到x軸
上方得到的，函數圖象如圖所示.
當k<0時，直線y＝k與函數y＝|3x－1|的圖象無交點，即方
程無解；當k＝0或k≥1時，直線y＝k與函數y＝|3x－1|的
圖象有唯一的交點，∴方程有一解；
當0例3　解　令t＝ax (a>0且a≠1)，則原函數化為y＝(t＋1)2－2 (t>0).
①當0∴f(t)max＝f＝2－2＝14，∴2＝16，∴a＝－或a＝.
又∵a>0，∴a＝.
②當a>1時，x∈[－1,1]，t＝ax∈，此時f(t)在上是增函數.
∴f(t)max＝f(a)＝(a＋1)2－2＝14，解得a＝3(a＝－5舍去).
綜上得a＝或3.
變式訓練3　解　(1)當x<0時，f(x)＝0，無解；
當x≥0時，f(x)＝2x－，由2x－＝，得2·22x－3·2x－2＝0，看成關于2x的一元二次方程，
解得2x＝2或－，∵2x>0，∴x＝1.
(2)當t∈[1,2]時，2t＋m≥0，即m(22t－1)≥－(24t－1)，∵22t－1>0，
∴m≥－(22t＋1)，∵t∈[1,2]，∴－(22t＋1)∈[－17，－5]，
故m的取值范圍是[－5，＋∞).
課時規范訓練
A組
1.B　2.D　3.D　4.m8.解　(1)原式＝[－＋÷×]÷
＝÷＝×2＝.
(2)原式＝
＝＝＝a2.
B組
1.D　2.C　3.B　4.9　5. 　6.－7.解　方法一　(1)由已知得3a＋2＝18 3a＝2 a＝log32；(2)此時g(x)＝λ·2x－4x，設0≤x1∵g(x)在區間[0,1]上是單調遞減函數，∴g(x1)－g(x2)＝(λ－)>0恒成立，
即λ<恒成立.由于>20＋20＝2，∴，實數λ的取值范圍是λ≤2.
方法二　(1)由已知得3a＋2＝18 3a＝2 a＝log32.
(2)此時g(x)＝λ·2x－4x，∵g(x)在區間[0,1]上是單調減函數，
∴有g′(x)＝λln 2·2x－ln 4·4x＝2xln 2·(－2·2x＋λ)≤0成立，∴只需要λ≤2·2x恒成立.
∴實數λ的取值范圍是λ≤2.
8.解　(1)設x10，若a>1，則<，>0，
∴f(x1)－f(x2)＝·<0，
即f(x1)同理，若0ax2，<0，f(x1)－f(x2)＝·<0，
即f(x1)(2)f(x)＝(ax－a－x)，則f(－x)＝(a－x－ax)，顯然f(－x)＝－f(x)，f(1－m)＋f(1－m2)<0，
即f(1－m)<－f(1－m2) f(1－m)故解－1<1－m§2.7　對數與對數函數
要點梳理
1.(1)x＝logaN　a　N
(2)
對數形式 特點 記法
一般對數 底數為a(a>0且a≠1) logaN
常用對數 底數為10 lg_N
自然對數 底數為e ln_N
2.(1)①logaM＋logaN　②logaM－logaN ③nlogaM　④logaM　(2)①N　②N
(3)①logbN＝　②logad
3.(1)(0，＋∞)　(2)R　(3)(1,0)　1　0　(4)y>0　y<0　(5)y<0　y>0　(6)增函數　(7)減函數
4.y＝logax　y＝x
基礎自測 1.(1)1　(2)2　(3)0　(4)－1 2.　3.2　2　4.8　5.D
題型分類·深度剖析
例1　解　(1)原式＝(lg 2)2＋(1＋lg 5)lg 2＋lg 52＝(lg 2＋lg 5＋1)lg 2＋2lg 5
＝(1＋1)lg 2＋2lg 5＝2(lg 2＋lg 5)＝2.
(2)原式＝＝＝－.
(3)原式＝·＝·＝·＝.
變式訓練1　解　(1)原式＝lg －＝lg 10－＝1－|lg 3－1|＝lg 3.
(2)令3x＝t，∴x＝log3t，∴f(t)＝4log23·log3t＋233＝4log2t＋233，
∴f(2)＋f(4)＋f(8)＋…＋f(28)＝4(log22＋log24＋log28＋…＋log228)＋8×233
＝4·log2(2·22·23·…·28)＋8×233＝4·log2236＋1 864＝4×36＋1 864＝2 008.
例2　解　作出函數y＝log2x的圖象，將其關于y軸對稱得
到函數y＝log2|x|的圖象，再將圖象向左平移1個單位長度
就得到函數y＝log2|x＋1|的圖象(如圖所示).
由圖知，函數y＝log2|x＋1|的遞減區間為(－∞，－1)，遞
增區間為(－1，＋∞).
變式訓練2　C
例3　解　(1)f(2)＝loga4，依題意f(2)＝2，則loga4＝2，∴a＝2.
(2)由題意知8－2x>0，解得x<3，
由8－2－x>0知，x>－3，∴函數y＝f(x)＋f(－x)的定義域為(－3,3).
又y＝f(x)＋f(－x)＝loga(8－2x)＋loga(8－2－x)＝loga[65－8(2x＋2－x)]，
∵>2x＋2－x≥2，當且僅當x＝0時取等號，∴0<65－8(2x＋2－x)≤49，
∴當a>1時，函數y＝f(x)＋f(－x)在x＝0處取得最大值loga49.
變式訓練3　解　(1)設P(x，y)為g(x)圖象上任意一點，則Q(－x，－y)是點P關于原點的對稱點，
∵Q(－x，－y)在f(x)的圖象上，∴－y＝loga(－x＋1)，即y＝g(x)＝－loga(1－x).
(2)f(x)＋g(x)≥m，即loga≥m.
設F(x)＝loga，x∈[0,1)，由題意知，只要F(x)min≥m即可.
∵F(x)在[0,1)上是增函數，∴F(x)min＝F(0)＝0，故m≤0即為所求.
課時規范訓練
A組
1.B　2.C　3.C　4.1　5.(1,2)　6.(－∞，－1)
7.解　(1)f(x)＝loga(x＋1)－loga(1－x)，則解得－1故所求函數f(x)的定義域為{x|－1(2)由(1)知f(x)的定義域為{x|－1且f(－x)＝loga(－x＋1)－loga(1＋x)＝－[loga(x＋1)－loga(1－x)]＝－f(x)，
故f(x)為奇函數.
(3)∵當a>1時，f(x)在定義域{x|－1∴f(x)>0 >1.解得00的x的解集是{x|08.解　(1)函數f(x)＝(a2－3a＋3)x的定義域為R.
又f(－x)＝(a2－3a＋3)－x＝－(a2－3a＋3)x＝－f(x)，∴函數f(x)是奇函數.
(2)函數f(x)＝(a2－3a＋3)x在(－∞，＋∞)上為減函數，則y＝(a2－3a＋3)x在(－∞，＋∞)上為增函數，由指數函數的單調性，有a2－3a＋3>1，解得a<1或a>2.
∴a的取值范圍是(－∞，1)∪(2，＋∞).
B組
1.C　2.C　3.C　4.6　5. 　6.16　7.2
8.解　(1)由ax－bx>0，得()x>1，且a>1>b>0，得>1，∴x>0，即f(x)的定義域為(0，＋∞).
(2)任取x1>x2>0，a>1>b>0，則ax1>ax2>0，bx1ax2－bx2>0，
即lg(ax1－bx1)>lg(ax2－bx2)，故f(x1)>f(x2)，∴f(x)在(0，＋∞)上為增函數.
假設函數y＝f(x)的圖象上存在不同的兩點A(x1，y1)、B(x2，y2)，使直線平行于x軸，則x1≠x2，y1＝y2，這與f(x)是增函數矛盾.
故函數y＝f(x)的圖象上不存在不同的兩點使過兩點的直線平行于x軸.
(3)∵f(x)是增函數，∴當x∈(1，＋∞)時，f(x)>f(1)，這樣只需f(1)＝lg(a－b)≥0，
即當a≥b＋1時，f(x)在(1，＋∞)上恒取正值.
§2.8　冪函數
要點梳理
1.y＝xα
2.(1)(0，＋∞)　(2)(1,1)　(3)(0,0)　(1,1)　遞增　(4)遞減
3.(2)定義域：R　R　R　[0，＋∞)　{x|x∈R且x≠0}
值域：R　[0，＋∞)　R　[0，＋∞)　{y|y∈R且y≠0}
奇偶性：奇函數　偶函數　奇函數　非奇非偶函數　奇函數
單調性：增　x∈[0，＋∞)時，增；x∈(－∞，0]時，減　增　增　x∈(0，＋∞)時，減；x∈(－∞，0)時，減
基礎自測 1.二、四　2.　3.④⑤　4.D
題型分類·深度剖析
例1　解　∵y＝(m2＋2m－2)·＋(2n－3)為冪函數．∴m2＋2m－2＝1且2n－3＝0.
∴m＝－3，m＝1且n＝，又m2－1≠0，∴m＝－3且n＝.
變式訓練1　解　(1)若f(x)是正比例函數，則，解得m＝1.
∴當m＝1時，f(x)為正比例函數．
(2)若f(x)為反比例函數，則，解得m＝－1.
∴當m＝－1時，f(x)為反比例函數．
(3)若f(x)為二次函數，則，解得m＝.
∴當m＝時，f(x)為二次函數．
(4)若f(x)為冪函數，則m2＋2m＝1，解得m＝－1±，∴當m＝－1±時，f(x)為冪函數．
例2　解　(1)設f(x)＝xα，∵其圖象過點(，2)，故2＝()α，解得α＝2，∴f(x)＝x2.設g(x)＝xβ，
∵其圖象過點，∴＝2β，解得β＝－2，∴g(x)＝x－2.
(2)在同一坐標系下作出f(x)＝x2與g(x)＝x－2的圖象，如圖所示．
由圖象可知：f(x)，g(x)的圖象均過點(－1,1)與(1,1)．
∴①當x>1或x<－1時，f(x)>g(x)；
②當x＝1或x＝－1時，f(x)＝g(x)；
③當－1變式訓練2　解　依題意，其圖象與y軸有公共點，則4－3m－m2>0，即m2＋3m－4<0，
解得－4當m＝－3或m＝0時，函數可化為y＝x4，符合題意，其圖象如圖①.
當m＝－2或m＝－1時，函數可化為y＝x6，符合題意，其圖象如圖②.
　
圖①　　　　　　　圖②
綜上所述，m的值為－3，－2，－1,0.
例3　解　(1)∵函數y＝在(0，＋∞)上是遞增函數，且0.95<0.96.
∴<，∴>.
(2)＝，由于函數y＝在(0，＋∞)上是減函數，∴>，
∴－<－，即－<－.
(3)由于函數y＝0.2x在R上是減函數，
∴0.20.5<0.20.3，又函數y＝x0.3在(0，＋∞)上是增函數，∴0.20.3<0.40.3，故0.20.5<0.40.3.
變式訓練3　解　(1)函數y＝3x是增函數，∴30.8>30.7，(2)函數y＝x3是增函數，∴0.213<0.233.
(3)∵>>，∴>.
(4)>＝1；0<<＝1；<0，∴<<.
例4　解　∵函數在(0，＋∞)上遞減，∴m2－2m－3<0，解得－1又函數的圖象關于y軸對稱，∴m2－2m－3是偶數，
而22－2×2－3＝－3為奇數，12－2×1－3＝－4為偶數，∴m＝1.
而f(x)＝在(－∞，0)，(0，＋∞)上均為減函數，
∴<等價于a＋1>3－2a>0或0>a＋1>3－2a或a＋1<0<3－2a.
解得a<－1或變式訓練4　解　(1)m2＋m＝m(m＋1)，m∈N*，而m與m＋1中必有一個為偶數，
∴m(m＋1)為偶數．
∴函數f(x)＝x(m2＋m)－1(m∈N*)的定義域為[0，＋∞)，并且在定義域上為增函數．
(2)∵函數f(x)經過點(2，)，∴＝，即＝，∴m2＋m＝2.
解得m＝1或m＝－2，又∵m∈N*，∴m＝1，由f(2－a)>f(a－1)得
解得1≤a<，∴a的取值范圍為[1，)．
課時規范訓練
A組
1.C　2.C　3.B　4.1或2 5.c7.解　設在[－1,1)中，f(x)＝xn，由點(，)在函數圖象上，求得n＝3.
令x∈[2k－1,2k＋1)，則x－2k∈[－1,1)，∴f(x－2k)＝(x－2k)3.
又f(x)周期為2，∴f(x)＝f(x－2k)＝(x－2k)3，即f(x)＝(x－2k)3(k∈Z)．
8.解　由條件知>0，－n2＋2n＋3>0，解得－1當n＝0,2時，f(x)＝，∴f(x)在R上單調遞增．∴f(x2－x)>f(x＋3)轉化為x2－x>x＋3.
解得x<－1或x>3，∴原不等式的解集為(－∞，－1)∪(3，＋∞)．
B組
1.A　2．B　3.B　4.2　5．①②③　6.(0，＋∞) 　7．①②
8.解　(1)∵f(2)0，解得－1又∵k∈Z，∴k＝0或k＝1，當k＝0或k＝1時，－k2＋k＋2＝2，∴f(x)＝x2.
(2)假設存在q>0滿足題設，由(1)知，g(x)＝－qx2＋(2q－1)x＋1，x∈[－1,2]．
∵g(2)＝－1，∴兩個最值點只能在端點(－1，g(－1))和頂點(，)處取得．
而－g(－1)＝－(2－3q)＝≥0，∴g(x)max＝＝，
g(x)min＝g(－1)＝2－3q＝－4，解得q＝2.∴存在q＝2滿足題意．
§2.9　函數與方程
要點梳理
1.(1)f(x)＝0　(2)x軸　零點 (3)f(a)·f(b)<0　(a，b)　f(c)＝0　c　
2.(x1,0)，(x2,0)　(x1,0)　兩個　一個　無 3.f(a)·f(b)<0　一分為二　零點
基礎自測 1.(1.25,1.5)　2.－，－　3．3　4．a>1　5.(－2,0)
題型分類·深度剖析
例1　解　(1)方法一　∵f(1)＝12－3×1－18＝－20<0，f(8)＝82－3×8－18＝22>0，∴f(1)·f(8)<0，
故f(x)＝x2－3x－18，x∈[1,8]存在零點．
方法二　令f(x)＝0，得x2－3x－18＝0，x∈[1,8]．∴(x－6)(x＋3)＝0，
∵x＝6∈[1,8]，x＝－3 [1,8]，∴f(x)＝x2－3x－18，x∈[1,8]存在零點．
(2)方法一　∵f(1)＝log23－1>log22－1＝0，f(3)＝log25－3故f(x)＝log2(x＋2)－x，x∈[1,3]存在零點．
方法二　設y＝log2(x＋2)，y＝x，在同一直角坐標系中畫出
它們的圖象，從圖象中可以看出當1≤x≤3時，兩圖象有一
個交點，因此f(x)＝log2(x＋2)－x，x∈[1,3]存在零點．
變式訓練1　(1)B　(2)D　
例2　4
變式訓練2　B　
例3　解　(1)由條件，拋物線f(x)＝x2＋2mx＋2m＋1
與x軸的交點分別在區間(－1,0)和(1,2)內，如圖(1)所示，
得 ，即－(2)拋物線與x軸交點均落在區間(0,1)內，如圖(2)所示
列不等式組

即－變式訓練3　證明　(1)∵f(1)＝a＋b＋c＝－，∴3a＋2b＋2c＝0.
又3a>2c>2b，∴3a>0,2b<0，∴a>0，b<0，又2c＝－3a－2b，由3a>2c>2b，∴3a>－3a－2b>2b.
∵a>0，∴－3<<－.
(2)∵f(0)＝c，f(2)＝4a＋2b＋c＝a－c.
①當c>0時，∵a>0，∴f(0)＝c>0且f(1)＝－<0，∴函數f(x)在區間(0,1)內至少有一個零點．
②當c≤0時，∵a>0，
∴f(1)＝－<0且f(2)＝a－c>0，∴函數f(x)在區間(1,2)內至少有一個零點．
綜合①②得f(x)在(0,2)內至少有一個零點．
(3)∵x1，x2是函數f(x)的兩個零點，則x1，x2是方程ax2＋bx＋c＝0的兩根．
∴x1＋x2＝－，x1x2＝＝－－.
∴|x1－x2|＝＝＝.
∵－3<<－，∴≤|x1－x2|<.
課時規范訓練
A組
1.C　2.B　3.B　4.3　5.x17.解　∵Δ＝(3a－2)2－4(a－1)>0，∴若存在實數a滿足條件，則只需f(－1)·f(3)≤0即可．
f(－1)·f(3)＝(1－3a＋2＋a－1)·(9＋9a－6＋a－1)＝4(1－a)(5a＋1)≤0，∴a≤－或a≥1.
檢驗：①當f(－1)＝0時，a＝1，∴f(x)＝x2＋x.令f(x)＝0，即x2＋x＝0.
得x＝0或x＝－1. 方程在[－1,3]上有兩根，不合題意，故a≠1.
②當f(3)＝0時，a＝－，此時f(x)＝x2－x－，令f(x)＝0，即x2－x－＝0，
解之得x＝－或x＝3. 方程在[－1,3]上有兩根，不合題意，故a≠－.
綜上所述，a<－或a>1.
8.解　∵f(x)＝4x＋m·2x＋1有且僅有一個零點，即方程(2x)2＋m·2x＋1＝0僅有一個實根．
設2x＝t (t>0)，則t2＋mt＋1＝0.當Δ＝0時，即m2－4＝0，
∴m＝－2時，t＝1；m＝2時，t＝－1(不合題意，舍去)，∴2x＝1，x＝0符合題意．
當Δ>0時，即m>2或m<－2時，t2＋mt＋1＝0有兩正或兩負根，
即f(x)有兩個零點或沒有零點．∴這種情況不符合題意．
綜上可知：m＝－2時，f(x)有唯一零點，該零點為x＝0.
B組
1.B　2.B　3.B　4．(2,3)　5.6　6.(0,1) 　7.{0,3,14,30}
8.解　(1)①f(x)＝x2＋2mx＋3m＋4有且僅有一個零點 方程f(x)＝0有兩個相等實根 Δ＝0，即4m2－4(3m＋4)＝0，即m2－3m－4＝0，∴m＝4或m＝－1.
②方法一　設f(x)的兩個零點分別為x1，x2，則x1＋x2＝－2m，x1·x2＝3m＋4.
由題意，知
∴－5方法二　由題意，知即∴－5∴m的取值范圍為(－5，－1)．
(2)令f(x)＝0，得|4x－x2|＋a＝0，即|4x－x2|＝－a.
令g(x)＝|4x－x2|，h(x)＝－a，作出g(x)、h(x)的圖象．
由圖象可知，當0<－a<4，
即－4§2.10　函數模型及其應用
要點梳理 1.(2)①ax>xn　②logaxxn>logax
基礎自測 1.78℃　2.2 500 3.y＝a(1＋r)x，x∈N*　4.A　5.B
題型分類·深度剖析
例1　解　(1)設甲、乙兩種產品分別投資x萬元(x≥0)，所獲利潤分別為f(x)、g(x)萬元，由題意可設f(x)＝k1x，g(x)＝k2，∴根據圖象可解得f(x)＝0.25x (x≥0)，g(x)＝2 (x≥0)．
(2)①由(1)得f(9)＝2.25，g(9)＝2＝6，∴總利潤y＝8.25(萬元)．
②設B產品投入x萬元，A產品投入(18－x)萬元，該企業可獲總利潤為y萬元，
則y＝(18－x)＋2，0≤x≤18.
令＝t，t∈[0,3]，則y＝(－t2＋8t＋18)＝－(t－4)2＋.
∴當t＝4時，ymax＝＝8.5，此時x＝16,18－x＝2.
∴當A、B兩種產品分別投入2萬元、16萬元時，可使該企業獲得最大利潤8.5萬元．
變式訓練1　解　 設框架的寬度為x m，則其高度為
h＝(6－2x) m,0x(6－2x)＝－2x2＋6x＝－2(x－1.5)2＋4.5，當x＝1.5時，
y取最大值4.5，此時h＝3.故當框架的高度為3 m，寬度
為1.5 m時，框架的面積最大，從而窗戶通過的陽光最充足．
例2　解　(1)當x∈[200,300]時，設該項目獲利為S，
則S＝200x－＝－x2＋400x－80 000＝－(x－400)2，
∴當x∈[200,300]時，S<0，因此該單位不會獲利．
當x＝300時，S取得最大值－5 000，∴國家每月至少補貼5 000元才能使該項目不虧損．
(2)由題意，可知二氧化碳的每噸處理成本為：＝
①當x∈[120,144)時，＝x2－80x＋5 040＝(x－120)2＋240，
∴當x＝120時，取得最小值240.
②當x∈[144,500]時，＝x＋－200≥2－200＝200，
當且僅當x＝，即x＝400時，取得最小值200.
∵200<240，∴當每月的處理量為400噸時，才能使每噸的平均處理成本最低．
變式訓練2　解　(1)當甲的用水量不超過4噸時，即5x≤4，乙的用水量也不超過4噸，y＝1.8(5x＋3x)＝14.4x； 當甲的用水量超過4噸，乙的用水量不超過4噸，即3x≤4，且5x>4時，y＝4×1.8＋3x×1.8＋3(5x－4)＝20.4x－4.8； 當乙的用水量超過4噸，即3x>4時，y＝2×4×1.8＋3×[(3x－4)＋(5x－4)]＝24x－9.6.
∴y＝
(2)由于y＝f(x)在各段區間上均單調遞增，
當x∈時，y≤f<26.4；當x∈時，y≤f<26.4；
當x∈時，令24x－9.6＝26.4，解得x＝1.5.
∴甲戶用水量為5x＝5×1.5＝7.5噸，付費S1＝4×1.8＋3.5×3＝17.70(元)；
乙戶用水量為3x＝4.5噸，付費S2＝4×1.8＋0.5×3＝8.70(元)．
例3　解　(1)1年后該城市人口總數為y＝100＋100×1.2%＝100×(1＋1.2%)，
2年后該城市人口總數為y＝100×(1＋1.2%)＋100×(1＋1.2%)×1.2%＝100×(1＋1.2%)2.
3年后該城市人口總數為y＝100×(1＋1.2%)2＋100×(1＋1.2%)2×1.2%＝100×(1＋1.2%)3.
x年后該城市人口總數為y＝100×(1＋1.2%)x.
(2)10年后，人口總數為100×(1＋1.2%)10≈112.7(萬人)．
(3)設x年后該城市人口將達到120萬人，
即100×(1＋1.2%)x＝120，x＝log1.012＝log1.0121.20≈16(年)．
(4)由100×(1＋x%)20≤120，得(1＋x%)20≤1.2，兩邊取對數得20lg(1＋x%)≤lg 1.2≈0.079，
∴lg(1＋x%)≤＝0.003 95，∴1＋x%≤1.009，得x≤0.9，
即年自然增長率應該控制在0.9%.
變式訓練3　解　(1)若m＝2，則θ＝2·2t＋21－t＝2，
當θ＝5時，2t＋＝，令2t＝x≥1，則x＋＝，
即2x2－5x＋2＝0，解得x＝2或x＝(舍去)，此時t＝1.
∴經過1分鐘，物體的溫度為5攝氏度．
(2)物體的溫度總不低于2攝氏度，即θ≥2恒成立，亦m·2t＋≥2恒成立，
亦即m≥2恒成立．令＝x，則0因此，當物體的溫度總不低于2攝氏度時，m的取值范圍是.
課時規范訓練
A組
1.A　2.C　3.A　4.C　5.3 6.③　f(x)＝x3－9x2＋24x－12 (1≤x≤12，且x∈Z) 7.20
8.解　(1)每噸平均成本為(萬元)．則＝＋－48≥2－48＝32，
當且僅當＝，即x＝200時取等號．∴年產量為200噸時，每噸平均成本最低為32萬元．
(2)設年獲得總利潤為R(x)萬元，則R(x)＝40x－y＝40x－＋48x－8 000＝－＋88x－8 000
＝－(x－220)2＋1 680 (0≤x≤210)．
∵R(x)在[0,210]上是增函數，∴x＝210時，R(x)有最大值為－(210－220)2＋1 680＝1 660.∴年產量為210噸時，可獲得最大利潤1 660萬元．
B組
1.B　2. A　3.A　4.30 cm、20 cm　5.2 400 6.y＝x (x∈N*)
7.解　(1)設DN的長為x (x>0)米，則AN＝(x＋2)米．
∵＝，∴AM＝，∴SAMPN＝AN·AM＝.
由SAMPN>32，得>32，又x>0，得3x2－20x＋12>0，解得：06，
即DN長的取值范圍是∪(6，＋∞)．
(2)矩形花壇AMPN的面積為y＝＝＝3x＋＋12≥2＋12＝24，
當且僅當3x＝，即x＝2時，矩形花壇AMPN的面積取得最小值24.
故DN的長為2米時，矩形AMPN的面積最小，最小值為24平方米．
8.解　(1)由題意，當0≤x≤20時，v(x)＝60；當20≤x≤200時，設v(x)＝ax＋b，
再由已知得　解得
故函數v(x)的表達式為v(x)＝
(2)依題意并由(1)可得f(x)＝
當0≤x≤20時，f(x)為增函數，故當x＝20時，其最大值為60×20＝1 200；
當20當且僅當x＝200－x，即x＝100時，等號成立．
∴當x＝100時，f(x)在區間(20,200]上取得最大值.
綜上，當x＝100時，f(x)在區間[0,200]上取得最大值≈3 333，
即當車流密度為100輛/千米時，車流量可以達到最大，最大值約為3 333輛/時．
專題一　函數圖象與性質的綜合應用
題型分類·深度剖析 例1　12
變式訓練1　D 例2　D　
變式訓練2　C 例3　C　
變式訓練3　B
例4　(1)解　令x＝y＝0，得f(0＋0)＝f(0)＋f(0)，即f(0)＝0.
(2)證明　令y＝－x，得f(x－x)＝f(x)＋f(－x)，又f(0)＝0，則有0＝f(x)＋f(－x)，
即f(－x)＝－f(x)對任意x∈R成立，∴f(x)是奇函數．
(3)解　方法一　∵f(x)在R上是增函數，又由(2)知f(x)是奇函數．
f(k·3x)<－f(3x－9x－2)＝f(－3x＋9x＋2)，∴k·3x<－3x＋9x＋2，
32x－(1＋k)·3x＋2>0對任意x∈R成立．
令t＝3x>0，問題等價于t2－(1＋k)t＋2>0對任意t>0恒成立．
令f(t)＝t2－(1＋k)t＋2，其對稱軸為x＝，當<0即k<－1時，f(0)＝2>0，符合題意；
當≥0即k≥－1時，對任意t>0，f(t)>0恒成立
解得－1≤k<－1＋2.
綜上所述，當k<－1＋2時，f(k·3x)＋f(3x－9x－2)<0對任意x∈R恒成立．
方法二　由k·3x<－3x＋9x＋2，得k<3x＋－1.
u＝3x＋－1≥2－1,3x＝時，取“＝”，即u的最小值為2－1，
要使對x∈R不等式k<3x＋－1恒成立，只要使k<2－1.
變式訓練4　解　∵f(x)＝logax，則y＝|f(x)|的圖象如右圖．
由圖示，可使x∈[，2]時恒有|f(x)|≤1，只需|f()|≤1，
即－1≤loga≤1，即logaa－1≤loga≤logaa，
亦當a>1時，得a－1≤≤a，即a≥3；
當0綜上所述，a的取值范圍是(0，]∪[3，＋∞)．
例5　解　由x2－logax<0，得x2由題意知，當x∈時，函數f(x)的圖象在函數g(x)的圖象的下方，
如圖，可知即
解得≤a<1，∴實數a的取值范圍是.
變式訓練5　∪(1,2]
課時規范訓練
A組
1.D　2.A　3.C　4.(2，＋∞) 5.x<0或x>1 6.[7,8)
7.解　(1)令t＝logax (t∈R)，則x＝at，且f(t)＝，∴f(x)＝(ax－a－x) (x∈R)．
(2)當a>1時，ax－a－x為增函數，又>0，∴f(x)為增函數；
當0(3)∵f(0)＝(a0－a0)＝0，∴f(x2－3x＋2)<0＝f(0)．
由(2)知：x2－3x＋2<0，∴18.解　(1)設點P(x，y)是C2上的任意一點，則P(x，y)關于點A(2,1)對稱的點為P′(4－x,2－y)，代入f(x)＝x＋，可得2－y＝4－x＋，即y＝x－2＋，∴g(x)＝x－2＋.
(2)由，消去y，得x2－(m＋6)x＋4m＋9＝0，Δ＝(m＋6)2－4(4m＋9)．
∵直線y＝m與C2只有一個交點，∴Δ＝0，解得m＝0或m＝4.
當m＝0時，經檢驗合理，交點為(3,0)；當m＝4時，經檢驗合理，交點為(5,4)．
B組
1.D　2.C　3.D　4.　5.4　6.(－2,1) 7.3
8.解　(1)∵函數f(x)＝loga (a>0，a≠1)的圖象關于原點對稱，∴f(－x)＋f(x)＝0，
即loga＋loga＝loga＝0，由＝1，得m2＝1，
∴m＝1或m＝－1，當m＝1時，＝－1<0，舍去；
當m＝－1時，＝，令>0，解得x<－1或x>1，∴符合條件的m的值為－1.
(2)由(1)得f(x)＝loga，任取1∵1∴當00，即f(x2)－f(x1)>0，此時f(x)為增函數；
當a>1時，loga<0，即f(x2)－f(x1)<0，此時f(x)為減函數．
(3)由(2)知，當a>1時，f(x)在(1，＋∞)上為減函數；同理在(－∞，－1)上也為減函數．
當(t，a) (－∞，－1)時，f(a)當(t，a) (1，＋∞)時，∵函數f(x)的值域為(1，＋∞)，∴f(a)＝1且＝0，
解得t＝－1，a＝1＋.
§3.1　導數的概念及其運算
要點梳理
1.　 2.(1) 　 　
(2)(x0，f(x0))　切線的斜率 y－y0＝f′(x0)(x－x0) 3.
4.0　nxn－1　cos x　－sin x　axln a(a>0)　ex　(a>0，且a≠1)　
5.(1)f′(x)±g′(x)　(2)f′(x)g(x)＋f(x)g′(x) (3) 6.y′u·u′x　y對u　u對x
基礎自測
1.3　2.2　3.－2　4.(1,0)　5.B
題型分類·深度剖析
例1　解　∵Δy＝－＝＝，
∴＝.
變式訓練1　(1)－ (2)f′(x)＝－
例2　解　(1)y′＝(ex·ln x)′＝exln x＋ex·＝ex(ln x＋). (2)∵y＝x3＋1＋，∴y′＝3x2－.
(3)先使用三角公式進行化簡，得y＝x－sin cos ＝x－sin x，
∴y′＝′＝x′－(sin x)′＝1－cos x.
(4)先化簡，y＝·－＋－1＝－x＋x－，∴y′＝－x－－x－＝－.
變式訓練2　(1)y′＝－x－＋3x2－2x－3sin x＋x－2cos x；(2)y′＝3x2＋12x＋11
(3)y′＝cos x；(4)y′＝；(5)y′＝－sin x－cos x
例3　解　(1)∵P(2,4)在曲線y＝x3＋上，且y′＝x2，
∴在點P(2,4)處的切線的斜率為：y′|x＝2＝4.
∴曲線在點P(2,4)處的切線方程為y－4＝4(x－2)，即4x－y－4＝0.
(2)設曲線y＝x3＋與過點P(2,4)的切線相切于點A，則切線的斜率為：y′|x＝x0＝x. ∴切線方程為y－＝x(x－x0)，即y＝x·x－x＋. ∵點P(2,4)在切線上，
∴4＝2x－x＋，即x－3x＋4＝0，∴x＋x－4x＋4＝0，
∴x(x0＋1)－4(x0＋1)(x0－1)＝0，∴(x0＋1)(x0－2)2＝0，解得x0＝－1或x0＝2，
故所求的切線方程為4x－y－4＝0或x－y＋2＝0.
(3)設切點為(x0，y0)，則切線的斜率為：x＝1，x0＝±1，切點為(－1,1)或，
∴切線方程為y－1＝x＋1或y－＝x－1，即x－y＋2＝0或3x－3y＋2＝0.
變式訓練3　解　∵y′＝2ax＋b，∴拋物線在Q(2，－1)處的切線斜率為k＝y′|x＝2＝4a＋b.
∴4a＋b＝1. ①
又∵P(1,1)、Q(2，－1)在拋物線上，∴a＋b＋c＝1， ②
4a＋2b＋c＝－1. ③
聯立①②③解方程組，得，∴實數a、b、c的值分別為3、－11、9.
課時規范訓練
A組
1.C　2.B　3.A　4.－　5.5x－16y＋3＝0　6.12x＋3y＋8＝0
7.解　(1)由y＝x3＋x－2，得y′＝3x2＋1，由已知令3x2＋1＝4，解之得x＝±1.當x＝1時，y＝0；
當x＝－1時，y＝－4. 又∵點P0在第三象限，∴切點P0的坐標為(－1，－4).
(2)∵直線l⊥l1，l1的斜率為4，∴直線l的斜率為－.
∵l過切點P0，點P0的坐標為(－1，－4)，∴直線l的方程為y＋4＝－(x＋1)，
即x＋4y＋17＝0.
8.解　(1)由條件知點A(－1,2)為直線l1與拋物線C的切點，∵y′＝4x，∴直線l1的斜率k＝－4，
∴直線l1的方程為y－2＝－4(x＋1)，即4x＋y＋2＝0.
(2)點A的坐標為(－1,2)，由條件可求得點B的坐標為(a,2a2)，
點D的坐標為(a，－4a－2)，∴△ABD的面積為S1＝×|2a2－(－4a－2)|×|－1－a|
＝|(a＋1)3|＝－(a＋1)3.
B組
1.B　2.D　3.B　4. 5.x－y－2＝0　6.
7.解　(1)方程7x－4y－12＝0可化為y＝x－3. 當x＝2時，y＝.又f′(x)＝a＋，
于是，解得，故f(x)＝x－.
(2)設P(x0，y0)為曲線上任一點，由y′＝1＋知曲線在點P(x0，y0)處的切線方程為
y－y0＝(x－x0)，即y－＝(x－x0)，令x＝0，得y＝－，
從而得切線與直線x＝0的交點坐標為. 令y＝x，得y＝x＝2x0，
從而得切線與直線y＝x的交點坐標為(2x0,2x0).
∴點P(x0，y0)處的切線與直線x＝0，y＝x所圍成的三角形的面積為S＝|2x0|＝6.
故曲線y＝f(x)上任一點的切線與直線x＝0，y＝x所圍成的三角形的面積為定值，且此定值為6.
§3.2　導數在研究函數中的應用
要點梳理
1.>　< 2.(1)①f′(x)>0　f′(x)<0　②f′(x)<0　f′(x)>0　(2)②f′(x)＝0　③f′(x)＝0　極大值　極小值 3.(2)f(a)　f(b)　f(a)　f(b) (3)①極值　②f(a)，f(b)
基礎自測 1.(－∞，－1)和(1，＋∞)　2.減函數 3.[－3，＋∞)　4.②③　5.A
題型分類·深度剖析
例1　解　(1)由已知條件得f′(x)＝3mx2＋2nx，又f′(2)＝0，∴3m＋n＝0，故n＝－3m.
(2)∵n＝－3m，∴f(x)＝mx3－3mx2，∴f′(x)＝3mx2－6mx. 令f′(x)>0，即3mx2－6mx>0，
當m>0時，解得x<0或x>2，則函數f(x)的單調增區間是(－∞，0)和(2，＋∞)；
當m<0時，解得0綜上，當m>0時，函數f(x)的單調增區間是(－∞，0)和(2，＋∞)；
當m<0時，函數f(x)的單調增區間是(0,2).
變式訓練1　解　(1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由已知條件，即
解得a＝c，b＝－3－2c.
(2)f′(x)＝3x2＋2cx－3－2c＝(3x＋3＋2c)(x－1)＝3(x－1)
①若－＝1，即c＝－3，f′(x)＝3(x－1)2≥0.
f(x)在(－∞，＋∞)上遞增不合題意，c＝－3應舍去.
②若－<1，即c>－3時，f(x)的遞減區間為；
③若－>1，即c<－3時，f(x)的遞減區間為.
例2　解　(1)當a＝2時，f(x)＝x3－6x2＋3x＋1，f′(x)＝3x2－12x＋3＝3(x－2＋)(x－2－).
當x∈(－∞，2－)時，f′(x)>0，f(x)在(－∞，2－)上單調遞增；
當x∈(2－，2＋)時，f′(x)<0，f(x)在(2－，2＋)上單調遞減；
當x∈(2＋，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)在(2＋，＋∞)上單調遞增.
綜上，f(x)的單調增區間是(－∞，2－)和(2＋，＋∞)，
f(x)的單調減區間是(2－，2＋).
(2)f′(x)＝3x2－6ax＋3＝3[(x－a)2＋1－a2].當1－a2≥0時，f′(x)≥0，f(x)為增函數，
故f(x)無極值點；當1－a2<0時，f′(x)＝0有兩個根x1＝a－，x2＝a＋.
由題意，知2或2①無解，②的解為變式訓練2　解　對f(x)求導得f′(x)＝ex·. ①
(1)當a＝時，若f′(x)＝0，則4x2－8x＋3＝0，
解得x1＝，x2＝.結合①，可知
x (－∞，) (，) (，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 極大值 極小值
∴x1＝是極小值點，x2＝是極大值點.
(2)若f(x)為R上的單調函數，則f′(x)在R上不變號，結合①與條件a>0，知1＋ax2－2ax≥0在R上恒成立，即Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由此并結合a>0，知0∴a的取值范圍為{a|0例3　解　(1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b. 依題意f′(1)＝3，f′＝0，
∴，解之得，∴f(x)＝x3＋2x2－4x＋5.
(2)由(1)知，f′(x)＝3x2＋4x－4＝(x＋2)(3x－2).
令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝.
當x變化時，f(x)，f′(x)的變化情況如表：
x －4 (－4，－2) －2 (－2，) (，1) 1
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) －11 極大值13 極小值 4
∴f(x)在[－4,1]上的最大值為13，最小值為－11.
變式訓練3　解　(1)f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－(x－)2＋＋2a.
當x∈[，＋∞)時，f′(x)的最大值為f′()＝＋2a. 令＋2a>0，得a>－.
∴當a>－時，f(x)在(，＋∞)上存在單調遞增區間.
即f(x)在(，＋∞)上存在單調遞增區間時，a的取值范圍為(－，＋∞).
(2)令f′(x)＝0，得兩根x1＝，x2＝，
∴f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上單調遞減，在(x1，x2)上單調遞增.
當0又f(4)－f(1)＝－＋6a<0，即f(4)f(4)＝8a－＝－.得a＝1，x2＝2，從而f(x)在[1,4]上的最大值為f(2)＝.
課時規范訓練
A組
1.C　2.B　3.D　4.3 5.－37　6.－2
7.解　顯然a≠0，f′(x)＝3ax2－12ax＝3a(x2－4x).令f′(x)＝0，得x＝0或x＝4(舍去).
(1)當a>0時，如下表：
x (－1,0) 0 (0,2)
f′(x) ＋ 0 －
f(x) ? 極大值 ?
∴當x＝0時，f(x)取得最大值，f(0)＝3，∴b＝3.
又f(－1)＝－7a＋3>f(2)＝－16a＋3，∴最小值f(2)＝－16a＋3＝－29，a＝2.
(2)當a<0時，如下表：
x (－1,0) 0 (0,2)
f′(x) － 0 ＋
f(x) 極小值 ?
∴當x＝0時，f(x)取得最小值，∴b＝－29，又f(－1)＝－7a－29∴最大值f(2)＝－16a－29＝3，a＝－2.
綜上，或
8.解　(1)f′(x)＝2ax＋，又f(x)在x＝1處有極值，∴　即
解之得a＝且b＝－1.
(2)由(1)可知f(x)＝x2－ln x，其定義域是(0，＋∞)，且f′(x)＝x－＝.
由f′(x)<0，得00，得x>1.
∴函數y＝f(x)的單調減區間是(0,1).單調增區間是(1，＋∞).
B組
1.C　2.A　3.B　4. 5．(－∞，0)∪(0,1)∪(4，＋∞)　6.a>2或a<－1　7.p≥1
8.解　(1)由f(x)是奇函數，知f(－x)＝－f(x)，∴b＝d＝0，即f(x)＝ax3＋cx.∴f′(x)＝3ax2＋c.
又f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為9x－y－16＝0，
則即解得，于是，f(x)＝x3－3x.
(2)設g(x)＝f(x)＋m，即g(x)＝x3－3x＋m，g′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1).
令g′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝1. 當x變化時，g′(x)、g(x)的變化情況如下表：
x (－∞，－1) －1 (－1，1) 1 (1，＋∞)
g′(x) ＋ 0 － 0 ＋
g(x) ? 極大值 ? 極小值 ?
∴g(x)的極大值為2＋m，極小值為－2＋m. 要使y＝f(x)＋m的圖象與x軸僅有一個公共點，
只需－2＋m>0或2＋m<0，即m>2或m<－2.
故當m∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)時，y＝f(x)＋m的圖象與x軸僅有一個公共點.
§3.3　導數的綜合應用
基礎自測
1.(－∞，0)　2.25 000π 　3.[－1,1] 4.C　5.A
題型分類·深度剖析
例1　解　(1)f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，當a<0時，對x∈R，有f′(x)>0，
∴當a<0時，f(x)的單調增區間為(－∞，＋∞). 當a>0時，由f′(x)>0，解得x<－或x>.
由f′(x)<0，解得－∴當a>0時，f(x)的單調增區間為(－∞，－)，(，＋∞)，單調減區間為(－，).
(2)∵f(x)在x＝－1處取得極值，
∴f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0，∴a＝1.
∴f(x)＝x3－3x－1，f′(x)＝3x2－3，
由f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝1.
由(1)中f(x)的單調性可知，f(x)在x＝－1處取得極大值f(－1)＝1，在x＝1處取得極小值f(1)＝－3.∵直線y＝m與函數y＝f(x)的圖象有三個不同的交點，
結合如圖所示f(x)的圖象可知：實數m的取值范圍是(－3,1).
變式訓練1　(1)－　(2)a>或a<2
例2　解　(1)由題意f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝＋＝.
∵a>0，∴f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上是單調遞增函數.
(2)由(1)可知，f′(x)＝.①若a≥－1，則x＋a≥0，即f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，
此時f(x)在[1，e]上為增函數，∴f(x)min＝f(1)＝－a＝，∴a＝－(舍去).
②若a≤－e，則x＋a≤0，即f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，此時f(x)在[1，e]上為減函數，
∴f(x)min＝f(e)＝1－＝，∴a＝－(舍去).
③若－e當1當－a0，∴f(x)在(－a，e)上為增函數，
∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，∴a＝－. 綜上所述，a＝－.
(3)∵f(x)0，∴a>xln x－x3. 令g(x)＝xln x－x3，
h(x)＝g′(x)＝1＋ln x－3x2，h′(x)＝－6x＝.
∵x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0，∴h(x)在(1，＋∞)上是減函數. ∴h(x)∴g(x)在(1，＋∞)上也是減函數. g(x)∴當a≥－1時，f(x)變式訓練2　(1)x＋y－3＝0 (2)滿足條件的最大整數M為4 (3)a≥1
例3　解　(1)設隔熱層厚度為x cm，由題設，每年能源消耗費用為C(x)＝.
再由C(0)＝8，得k＝40，因此C(x)＝. 又建造費用為C1(x)＝6x.
最后得隔熱層建造費用與20年的能源消耗費用之和為
f(x)＝20C(x)＋C1(x)＝20×＋6x＝＋6x (0≤x≤10).
(2)f′(x)＝6－，令f′(x)＝0，即＝6.解得x＝5，x＝－(舍去).
當00，
故x＝5是f(x)的最小值點，對應的最小值為f(5)＝6×5＋＝70.
當隔熱層修建5 cm厚時，總費用達到最小值70萬元.
變式訓練3　(1)2 (2)當銷售價格為4元/千克時，商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大
課時規范訓練
A組
1.D　2.B　3.D　4.　5.(－1,0]　6.－13
7.解　(1)f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，∵x＝2是函數y＝f(x)的極值點，
∴f′(2)＝0，即6(2a－2)＝0，因此a＝1.
經驗證，當a＝1時，x＝2是函數y＝f(x)的極值點. ∴f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2).
∴y＝f(x)的單調增區間是(－∞，0)，(2，＋∞)；單調減區間是(0,2).
(2)g(x)＝ex(x3－3x2)，g′(x)＝ex(x3－3x2＋3x2－6x)＝ex(x3－6x)＝x(x＋)(x－)ex，
∵ex>0，∴y＝g(x)的單調增區間是(－，0)，(，＋∞)；單調減區間是(－∞，－)，(0，).
8.解　(1)設x<0，則－x>0，∵f(x)是奇函數，∴f(x)＝－f(－x)＝－ln(－x)－ax－1，
當x＝0時，f(x)＝0，∴函數f(x)＝
(2)∵函數f(x)是奇函數，∴函數y＝f(x)的零點關于原點對稱，由f(x)＝0恰有5個不同的實數根知5個實數根中有兩個正根、兩個負根、一個零根，且兩個正根和兩個負根互為相反數.
∴要使方程f(x)＝0恰有5個不同的實數根，只要使方程f(x)＝0在(0，＋∞)上恰有兩個不同的實數根.
下面研究x>0時的情況：
∵f′(x)＝－a，∴當a≤0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上為單調遞增函數，
∴方程f(x)＝0在(0，＋∞)上不可能有兩個不同的實數根. ∴當a>0時，f′(x)＝，
令f′(x)＝0，得x＝. 當00，函數f(x)單調遞增；
當x>時，f′(x)<0，函數f(x)單調遞減， ∴函數f(x)在x＝處取得極大值－ln a.
又根據函數單調性可判斷f(x)在趨近于0處及＋∞時，f(x)<0.
∴要使方程f(x)＝0在(0，＋∞)上恰有兩個不同的實數根，只要－ln a>0，解得0B組
1.A　2.D　3.B　4.[1，＋∞) 5.[－2，－1]　6.[4，＋∞)
7.解　(1)f′(x)＝3mx2－6(m＋1)x＋n. ∵x＝1是f(x)的一個極值點，∴f′(1)＝0，
即3m－6(m＋1)＋n＝0，∴n＝3m＋6.
(2)由(1)知，f′(x)＝3mx2－6(m＋1)x＋3m＋6＝3m(x－1).
當m<0時，有1>1＋，當x變化時，f(x)與f′(x)的變化如下表：
x (－∞，1＋) 1＋ (1＋，1) 1 (1，＋∞)
f′(x) － 0 ＋ 0 －
f(x) 單調遞減 極小值 單調遞增 極大值 單調遞減
由上表知，當m<0時，f(x)在，(1，＋∞)上單調遞減，在上單調遞增.
(3)由已知，得f′(x)>3m，即mx2－2(m＋1)x＋2>0. ∵m<0，∴x2－(m＋1)x＋<0，
即x2－2x＋<0，x∈[－1,1]. ①
設g(x)＝x2－2x＋，其函數圖象開口向上.
由題意①式恒成立.∴ m>－.
又m<0，∴－專題二　導數的工具性作用之研究
要點梳理 1.f′(x)≥0　f′(x)≤0
題型分類·深度剖析
例1　解　(1)a≤0
(2)f(x)的單調遞增區間為，(3，＋∞)，單調遞減區間為
變式訓練1　(1)3x－2y＋2ln 2－3＝0
(2)當k＝0時，f(x)的單調遞增區間為(－1，0)，單調遞減區間為(0，＋∞)；
當0當k＝1時，f(x)的單調遞增區間為(－1，＋∞)；
當k>1時，f(x)的單調遞增區間為和(0，＋∞)，單調遞減區間為
例2　解　(1)∵g(x)＝ax3＋bx2＋cx，∴g(－1)＝－a＋b－c＝0，即c＝b－a.
又f(x)＝g′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由f(0)f(1)≤0，得c(3a＋2b＋c)≤0，即(b－a)(3b＋2a)≤0.
∵a≠0，∴≤0，解得－≤≤1.
又∵方程f(x)＝3ax2＋2bx＋c＝0 (a≠0)有兩根，∴Δ≥0.
而Δ＝(2b)2－4×3a×c＝4b2－12a(b－a)＝42＋3a2>0恒成立，
于是，的取值范圍是.
(2)∵x1、x2是方程f(x)＝0的兩根，即3ax2＋2bx＋c＝0的兩根為x1、x2，
∴x1＋x2＝－，x1x2＝＝＝－.
∴|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝2－4＝·2－·＋＝2＋.
∵－≤≤1，∴當且僅當＝1，即a＝b時，|x1－x2|2取最小值，
即|x1－x2|取最小值.此時，g(x)＝ax3＋ax2，f(x)＝3ax2＋2ax＝ax(3x＋2).
令f(x)＝0，得x1＝－，x2＝0. 若a>0，當x變化時，f(x)、g(x)的變化情況如下表：
x (－∞，－) － 0 (0，＋∞)
f(x) ＋ 0 － 0 ＋
g(x) ? 極大值 極小值
由上表可知，g(x)的極大值為g＝a，極小值為g(0)＝0.
由題設，知a－0＝，解得a＝9，此時g(x)＝9x3＋9x2；
當a<0，當x變化時，f(x)、g(x)的變化情況如下表：
x (－∞，－) － (－，0) 0 (0，＋∞)
f(x) － 0 ＋ 0 －
g(x) ? 極小值 極大值
由上表可知，g(x)的極大值為g(0)＝0，極小值為g＝a.
由題設知0－a＝，解得a＝－9，此時g(x)＝－9x3－9x2.
綜上所述，g(x)的解析式為g(x)＝9x3＋9x2或g(x)＝－9x3－9x2.
變式訓練2　(1)a＝－3，b＝2
(2)當0當2當t>3時，f(x)的最大值為f(t)＝t3－3t2＋2，最小值為f(2)＝－2
例3　解　(1)f′(x)＝4(x－1)(3ax2＋3ax－1).當a＝時，f′(x)＝2(x＋2)(x－1)2，
∴f(x)在(－∞，－2]內單調遞減，在[－2，＋∞)內單調遞增，當x＝－2時，f(x)有極小值.∴f(－2)＝－12是f(x)的極小值.
(2)在(－1,1)上f(x)是增函數，由此可得在(－1,1)上，f′(x)＝4(x－1)(3ax2＋3ax－1)≥0，
∴3ax2＋3ax－1≤0. ①
令g(x)＝3ax2＋3ax－1 (－1①當a＝0時，①恒成立；
②當a>0時，若①成立，根據二次函數g(x)＝3ax2＋3ax－1 (－1③當a<0時，若①成立，根據二次函數g(x)＝3ax2＋3ax－1 (－1綜上所述，f(x)在(－1,1)上是增函數時，a的取值范圍為.
變式訓練3　(1)f(x)在和(2，＋∞)上是增函數，在(－∞，0)和上是減函數
(2)　(3)(－∞，－4]
例4　(1)解　f′(x)＝2x－，依題意f′(x)≥0，x∈(1,2]，即a≤2x2，x∈(1,2].
∵上式恒成立，∴a≤2. ①
又g′(x)＝1－，依題意g′(x)≤0，x∈(0,1)，即a≥2，x∈(0,1).
∵上式恒成立，∴a≥2. ②
由①②得a＝2，(x)＝x2－2ln x，g(x)＝x－2.
(2)證明　由(1)可知，方程f(x)＝g(x)＋2，即x2－2ln x－x＋2－2＝0.
設h(x)＝x2－2ln x－x＋2－2，則h′(x)＝2x－－1＋，
當h′(x)＝0時，(－1)(2x＋2x＋＋2)＝0，解得x＝1.
令h′(x)>0，并由x>0，解得x>1；令h′(x)<0，由x>0，解得0列表分析：
x (0,1) 1 (1，＋∞)
h′(x) － 0 ＋
h(x) 單調遞減 極小值 單調遞增
可知h(x)在x＝1處有一個最小值0，當x>0且x≠1時，h(x)>0，
∴h(x)＝0在(0，＋∞)上只有一個解.即當x>0時，方程f(x)＝
g(x)＋2有唯一解.
變式訓練4　解　(1)F(x)＝ax2－2ln x，其定義域為(0，＋∞)，
∴F′(x)＝2ax－＝ (x>0).
①當a>0時，由ax2－1>0，得x>. 由ax2－1<0，得0故當a>0時，F(x)的遞增區間為，遞減區間為.
②當a≤0時，F′(x)<0 (x>0)恒成立. 故當a≤0時，F(x)在(0，＋∞)上單調遞減.
(2)≤a<
課時規范訓練
A組
1.A　2.C　3.D　4.32　5.(0,1)　6.1 7.(1)f(x)＝x3－2x2＋1　(2)m≥20
8.(1)f(x)的單調遞減區間是(－∞，ln 2]單調遞增區間是[ln 2，＋∞)，極小值為f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)
(2)證明　設g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知當a>ln 2－1時，g′(x)的最小值為g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.
于是對任意x∈R，都有g′(x)>0，∴g(x)在R內單調遞增.
于是當a>ln 2－1時，對任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0).而g(0)＝0，
從而對任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0. 即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
B組
1. C　2.B　3.C　4.(－4,0)　5.(1，＋∞) 6.4　7.4
8.解　(1)f′(x)＝ (x>－3). 由f′(1)＝0 b＝－a－1，故f′(x)＝，
00，得f(x)的單調增區間為(－3，a)，(1，＋∞)，
由f′(x)<0得f(x)的單調減區間為(a,1).
同理a>1時，f(x)的單調增區間為(－3,1)，(a，＋∞)，單調減區間為(1，a).
(2) ①由(1)及f′(3)≤ －3b－8≥a. (ⅰ)
又由|x|≥2時，f′(x)≥0知f′(x)的零點在[－2,2]內，設g(x)＝x2＋bx＋a，
則
結合(ⅰ)解得b＝－4，a＝4，∴f(x)＝25ln(x＋3)＋x2－7x.
②設φ(x)＝f(x)－f′(x)，先求φ(x)與x軸在(－3,2)內的交點，
∵φ′(x)＝＋－1，由－3故φ′(x)>0，φ(x)在(－3,2)上單調遞增.又φ(－2)＝16－16＝0，故φ(x)與x軸有唯一交點(－2,0)，
即f(x)與f′(x)的圖象在區間(－3,2)上的唯一交點坐標為(－2,16).
§4.1　任意角和弧度制及任意角的三角函數
要點梳理
1.(1)①正角　負角　零角　②象限角　軸線角　(2)α＋k·360° (k∈Z)　(3)①把長度等于半徑長的弧所對的圓心角　②正數　負數　零　　③無關　角的大小　④2π　π
⑤l＝|α|r　lr　|α|r2
2.(1)　　　自變量　函數值
3.正射影　(cos α，sin α)　P(cos α，sin α)　OM　MP　AT　余弦線　正弦線　正切線　MP　OM　AT
基礎自測
1.　2.(－1，)　3.　4.－8　5.C
題型分類·深度剖析
例1　解　(1)所有與角α有相同終邊的角可表示為：β＝45°＋k×360°(k∈Z)，
則令－720°≤45°＋k×360°≤0°，得－765°≤k×360°≤－45°，
解得－≤k≤－，從而k＝－2或k＝－1，代入得β＝－675°或β＝－315°.
(2)∵M＝{x|x＝(2k＋1)×45°，k∈Z}表示的是終邊落在四個象限的平分線上的角的集合；
而集合N＝{x|x＝(k＋1)×45°，k∈Z}表示終邊落在坐標軸或四個象限平分線上的角的集合，從而：M?N.
變式訓練1　解　(1)由α是第三象限的角得π＋2kπ<α<＋2kπ (k∈Z)
－－2kπ<－α<－π－2kπ (k∈Z)，即＋2kπ<－α<π＋2kπ (k∈Z).
∴角－α的終邊在第二象限；由π＋2kπ<α<＋2kπ (k∈Z)，得2π＋4kπ<2α<3π＋4kπ(k∈Z).
∴角2α的終邊在第一、二象限及y軸的非負半軸.
(2)在(0，π)內終邊在直線y＝x上的角是，
∴終邊在直線y＝x上的角的集合為{α|α＝＋kπ，k∈Z}.
(3)∵θ＝＋2kπ (k∈Z)，∴＝＋ (k∈Z).
依題意0≤＋<2π －≤k<，k∈Z.∴k＝0,1,2，即在[0,2π)內終邊與相同的角為，，.
例2　解　∵P(x，－) (x≠0)，∴點P到原點的距離r＝.
又cos α＝x，∴cos α＝＝x. ∵x≠0，∴x＝±.∴r＝2.
當x＝時，P點坐標為(，－)，由三角函數的定義，
有sin α＝＝－，＝＝－，∴sin α＋＝－－＝－；
當x＝－時，同理可求得sin α＋＝.
變式訓練2　解　∵角α的終邊在直線3x＋4y＝0上，∴在角α的終邊上任取一點P(4t，－3t) (t≠0)，則x＝4t，y＝－3t，r＝＝＝5|t|，
當t>0時，r＝5t，sin α＝＝＝－，cos α＝＝＝，tan α＝＝＝－；
當t<0時，r＝－5t，sin α＝＝＝，cos α＝＝＝－，tan α＝＝＝－.
綜上可知，sin α＝－，cos α＝，tan α＝－或sin α＝，cos α＝－，tan α＝－.
例3　解　(1)∵點P(sin θcos θ，2cos θ)位于第三象限，
∴sin θcos θ<0,2cos θ<0，即，∴θ為第二象限角.
(2)∵2kπ＋<θ<2kπ＋π (k∈Z)，∴－1∴sin(cos θ)<0，cos(sin 2θ)>0.∴<0.∴的符號是負號.
變式訓練3　解　方法一　由sin 2θ<0，得2kπ＋π<2θ<2kπ＋2π (k∈Z)，kπ＋<θ當k為奇數時，θ的終邊在第四象限；當k為偶數時，θ的終邊在第二象限.
又因cos θ≤0，∴θ的終邊在左半坐標平面(包括y軸)，∴θ的終邊在第二象限.
∴tan θ<0，cos θ<0，點P在第三象限.
方法二　由|cos θ|＝－cos θ知cos θ≤0， ①
又sin 2θ<0，即2sin θcos θ<0 ②
由①②可推出，因此θ在第二象限，P(tan θ，cos θ)在第三象限.
例4　解　(1)設弧長為l，弓形面積為S弓，則α＝60°＝，R＝10，l＝×10＝ (cm)，
S弓＝S扇－S△＝××10－×102×sin ＝π－＝50 (cm2).
(2)扇形周長C＝2R＋l＝2R＋αR，∴R＝，
∴S扇＝α·R2＝α·2＝α·＝·≤.
當且僅當α2＝4，即α＝2時，扇形面積有最大值.
變式訓練4　解　設扇形的圓心角為α，半徑為R，弧長為l，根據已知條件lR＝S扇，
則扇形的周長為：l＋2R＝＋2R≥4，當且僅當＝2R，即R＝時等號成立，此時l＝2，α＝＝2，因此當扇形的圓心角為2弧度時，扇形的周長取到最小值.
課時規范訓練
A組
1.B　2.C　3.A　4.鈍角三角形　5.　6.
7.解　∵θ是第二象限角，∴sin θ>0，cos θ<0. ∴解得0又∵sin2θ＋cos2θ＝1，∴2＋2＝1，
解得a＝或a＝1(舍去).故實數a的值為.
B組
1.B　2.A　3.D　4.(k∈Z) 5.或－　－1 6.(7＋4)∶9
7.解　由題意得，點P的坐標為(a，－2a)，點Q的坐標為(2a，a).
∴，sin α＝＝－，cos α＝＝，
tan α＝＝－2，sin β＝＝，cos β＝＝，tan β＝＝，
故有sin α·cos α＋sin β·cos β＋tan α·tan β＝·＋·＋(－2)×＝－1.
§4.2　同角三角函數的基本關系及誘導公式
要點梳理
1.(1)sin2α＋cos2α＝1　(2)＝tan α
2.相同　關于原點對稱　關于x軸對稱　關于y軸對稱　關于直線y＝x對稱
3.
組數 一 二 三 四 五 六
角 2kπ＋α(k∈Z) π＋α －α π－α －α ＋α
正弦 sin_α －sin_α －sin_α sin_α cos_α cos_α
余弦 cos_α －cos_α cos_α －cos_α sin_α －sin_α
正切 tan_α tan_α －tan_α －tan_α
口訣 函數名不變符號看象限 函數名改變符號看象限
基礎自測 1.－　2.　3.　4.－　5.A
題型分類·深度剖析
例1　解　(1)方法一　聯立方程
由①得cos α＝－sin α，將其代入②，整理得25sin2α－5sin α－12＝0.
∵α是三角形內角，∴sin α>0，∴，∴tan α＝－.
方法二　∵sin α＋cos α＝，∴(sin α＋cos α)2＝2，即1＋2sin αcos α＝，
∴2sin αcos α＝－，∴(sin α－cos α)2＝1－2sin αcos α＝1＋＝.
∵sin αcos α＝－<0且0<α<π，∴sin α>0，cos α<0，∴sin α－cos α>0，∴sin α－cos α＝，
由，得，∴tan α＝－.
(2)＝＝＝，
∵tan α＝－，∴＝＝＝－.
變式訓練1　解　(1)sin2α＋sin αcos α－2cos2α＝＝＝.
(2)∵sin α＝2sin β，tan α＝3tan β，
∴sin2α＝4sin2β， ①
tan2α＝9tan2β， ②
由①÷②得：9cos2α＝4cos2β， ③
①＋③得：sin2α＋9cos2α＝4，∵cos2α＋sin2α＝1，∴cos2α＝，即cos α＝±.
例2　解　(1)∵＋＝π，∴－α＝π－.
∴cos＝cos＝－cos＝－，即cos＝－.
(2)∵cos(α－7π)＝cos(7π－α)＝cos(π－α)＝－cos α＝－，∴cos α＝.
∴sin(3π＋α)·tan＝sin(π＋α)·＝sin α·tan＝sin α·
＝sin α·＝cos α＝.
變式訓練2　解　(1)原式＝＝＝
＝－＝－·＝－1.
(2)∵f(x)＝＝－cos x·tan x＝－sin x，
∴f＝－sin＝sin ＝sin＝sin ＝.
例3　證明　左邊＝sin θ＋cos θ＝sin θ＋＋cos θ＋
＝＋＝＋＝＋＝右邊.
變式訓練3　證明　(1)左邊＝＝
＝＝＝右邊. ∴原式得證.
(2)左邊＝＝＝－tan α＝右邊. ∴原式得證.
課時規范訓練
A組
1.B　2.A　3.D　4.－　5.－　6.－1
7.解　∵sin(3π＋θ)＝－sin θ＝，∴sin θ＝－，
∴原式＝＋＝＋
＝＋＝＝＝＝18.
B組
1.A　2.A　3.B　4.－　5. 　6.0　
7.解　(1)f(α)＝＝＝cos α.
(2)∵cos＝，∴－sin α＝，∴sin α＝－，又α是第三象限角，∴cos α＝－.
∴f(α)＝cos α＝－.
(3)∵α＝－1 860°＝－360°×5－60°，∴cos α＝cos(－1 860°)＝cos(－60°)＝cos 60°＝.
∴f(α)＝.
§4.3　三角函數的圖象與性質
要點梳理
1.(0,0)　　(π，0)　　(2π，0)
2.定義域：R　R　{x|x≠kπ＋，k∈Z} 值域：[－1,1]　[－1,1]
對稱性：x＝kπ＋(k∈Z)　(kπ，0)(k∈Z) x＝kπ(k∈Z)　(kπ＋，0) (k∈Z) (k∈Z)
周期：2π　2π　π
單調性：[2kπ－，2kπ＋](k∈Z)　[2kπ＋，2kπ＋] (k∈Z)　[2kπ－π，2kπ] (k∈Z)　[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)　(kπ－，kπ＋)(k∈Z) 奇偶性：奇函數　偶函數　奇函數
基礎自測 1.　2.4π　3.π 4.5　π＋2kπ，k∈Z　5.D
題型分類·深度剖析
例1　解　(1)要使函數有意義，必須使sin(cos x)>0.
∵－1≤cos x≤1，∴0利用單位圓中的余弦線OM，依題意知0∴其定義域為{x|－＋2kπ(2)要使函數有意義，必須使sin x－cos x≥0.
利用圖象.在同一坐標系中畫出[0,2π]上y＝sin x和y＝cos x的圖象，如圖所示.
在[0,2π]內，滿足sin x＝cos x的x為，，再結合正弦、余弦函數的周期是2π，
∴定義域為.
變式訓練1　解　(1)要使函數有意義，則
圖①
如圖①利用單位圓得：
∴函數的定義域為{x|2kπ＋(2)要使函數有意義，則
利用數軸可得圖②
圖②
∴函數的定義域是{x|0例2　解　(1)y＝－sin，
它的增區間是y＝sin的減區間，它的減區間是y＝sin的增區間.
由2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z.
由2kπ＋≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，得kπ＋≤x≤kπ＋，k∈Z.
故所給函數的減區間為，k∈Z；增區間為，k∈Z.
最小正周期T＝＝π.
(2)觀察圖象可知，y＝|tan x|的增區間是，k∈Z，減區間是
，k∈Z.最小正周期：T＝π.
變式訓練2　(1)周期為　函數的遞增區間為 (k∈Z)；
函數的遞減區間為(k∈Z)；ymax＝2；ymin＝－2
(2)①π　②最大值為2；最小值為－1
例3　(1)　(2)A
變式訓練3　(1)B　(2)π
課時規范訓練
A組
1.D　2.B　3.A　4. (k∈Z) 5.[－，3]　6.②③
7.解　(1)－
(2)由(1)得：f(x)＝sin，令－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z，
可解得＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，因此y＝f(x)的單調增區間為，k∈Z.
8.解　(1)∵－(2)y＝2cos2x＋5sin x－4＝2(1－sin2x)＋5sin x－4＝－2sin2x＋5sin x－2＝－22＋.
∴當sin x＝1時，ymax＝1，當sin x＝－1時，ymin＝－9，
∴y＝2cos2x＋5sin x－4的值域為[－9,1].
B組
1.D　2.B　3.D　4.　5.　6.①④
7.解　(1)f(x)＝(1－cos 2ax)－sin 2ax＝－(sin 2ax＋cos 2ax)＋＝－sin＋.
∵y＝f(x)的圖象與y＝m相切，∴m為f(x)的最大值或最小值

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