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步步高·大一轮复习讲义答案（校正版·贰）
初夏的雨点 亲情整排
§1.1　集合的概念及其基本运算
要点梳理
(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　区间法　(5)有限集　
无限集　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}
基础自测 1.{2,4}　2.{x|0题型分类·深度剖析
例1　解　(1)当a＋2＝1，即a＝－1时，(a＋1)2＝0，a2＋3a＋3＝1与a＋2相同，∴不符合题意.
当(a＋1)2＝1，即a＝0或a＝－2时，①a＝0符合要求.
②a＝－2时，a2＋3a＋3＝1与(a＋1)2相同，不符合题意.
当a2＋3a＋3＝1，即a＝－2或a＝－1.
①当a＝－2时，a2＋3a＋3＝(a＋1)2＝1，不符合题意.
②当a＝－1时，a2＋3a＋3＝a＋2＝1，不符合题意.
综上所述，a＝0，∴2 013a＝1.
(2) ∵当x＝0时，x＝x2－x＝x3－3x＝0，∴它不一定能表示一个有三个元素的集合.
要使它表示一个有三个元素的集合，则应有
∴x≠0且x≠2且x≠－1且x≠－2时，{x，x2－x，x3－3x}能表示一个有三个元素的集合.
变式训练 1　0或
例2　解　A中不等式的解集应分三种情况讨论：
①若a＝0，则A＝R；②若a<0，则A＝；③若a>0，则A＝.
(1)当a＝0时，若A B，此种情况不存在.
当a<0时，若A B，如图：，则，∴，
又a<0，∴a<－8.
当a>0时，若A B，如图：，则，∴.
又∵a>0，∴a≥2.
综上知，当A B时，a<－8或a≥2.
(2)当a＝0时，显然B A；
当a<0时，若B A，如图：，则，∴.
又∵a<0，∴－当a>0时，若B A，如图：，则，∴.
又∵a>0，∴0综上知，当B A时，－(3)当且仅当A、B两个集合互相包含时，A＝B，由(1)、(2)知，a＝2.
变式训练 2　4
例3　1或2
变式训练3　解　(1)∵A＝{x|≤x≤3}，当a＝－4时，B＝{x|－2A∪B＝{x|－2(2) RA＝{x|x<或x>3}，当( RA)∩B＝B时，B RA，即A∩B＝ .
①当B＝ ，即a≥0时，满足B RA；②当B≠ ，即a<0时，
B＝{x|－综上可得，实数a的取值范围是a≥－.
例4 A　
变式训练 4　6　{0,1,2,3}
课时规范训练
A组
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组
1.C　2.B　3.A　4.A　5.a≤0　6.－3 7.(－∞，－3)
8.解　由≤0，∴－1(1)当m＝3时，B＝{x|－1(2)∵A＝{x|－1此时B＝{x|－2§1.2　命题及其关系、充分条件与必要条件
要点梳理
1.判断真假　判断为真　判断为假
2.(1)若q，则p　若綈p，则綈q　若綈q，则綈p，(2)逆命题　否命题　逆否命题
(3)①相同　②没有
3.(1)充分条件　必要条件　(2)充要条件
基础自测 1.3　2.②③　3.充分不必要　4.C　5.D
题型分类·深度剖析 例1　②④
变式训练1　①③
例2　解 (1)在△ABC中，∠A＝∠B sin A＝sin B，反之，若sin A＝sin B，∵A与B不可能互补(∵三角形三个内角和为180°)，∴只有A＝B.故p是q的充要条件.
(2)易知，綈p：x＋y＝8，綈q：x＝2且y＝6，显然綈q 綈p，但綈p 綈q，即綈q是綈p的充分不必要条件，根据原命题和逆否命题的等价性知，p是q的充分不必要条件.
(3)显然x∈A∪B不一定有x∈B，但x∈B一定有x∈A∪B，∴p是q的必要不充分条件.
(4)条件p：x＝1且y＝2，条件q：x＝1或y＝2，∴p q但q p，故p是q的充分不必要条件.
变式训练2　①④
例3　证明　充分性：
当a＝0时，方程为2x＋1＝0，其根为x＝－，方程有一个负根，符合题意.
当a<0时，Δ＝4－4a>0，方程ax2＋2x＋1＝0有两个不相等的实根，且<0，方程有一正一负根，符合题意.
当0且，故方程有两个负根，符合题意.
综上知：当a≤1时，方程ax2＋2x＋1＝0至少有一个负根.
必要性：若方程ax2＋2x＋1＝0至少有一个负根.
当a＝0时，方程为2x＋1＝0符合题意.
当a≠0时，方程ax2＋2x＋1＝0应有一正一负根或两个负根.
则<0或，解得a<0或0综上知：若方程ax2＋2x＋1＝0至少有一负根，则a≤1.
故关于x的方程ax2＋2x＋1＝0至少有一个负根的充要条件是a≤1.
变式训练3　证明　充分性：当q＝－1时，a1＝S1＝p＋q＝p－1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝pn－1(p－1)，当n＝1时也成立，于是＝＝p(n∈N*)
即数列{an}为等比数列.
必要性：当n＝1时，a1＝S1＝p＋q，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝pn－1(p－1).
∵p≠0，p≠1，∴＝＝p.
∵{an}为等比数列，∴＝＝p，又S2＝a1＋a2＝p2＋q，
∴a2＝p2－p＝p(p－1)，∴＝p，即p－1＝p＋q.∴q＝－1.
综上所述，q＝－1是数列{an}为等比数列的充要条件.
课时规范训练
A组
1.D　2.B　3.A　4.充分不必要 5.①③④ 6.[3,8)
7.解　由题意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的充分而不必要条件，∴　∴2≤m≤4.
8.解　设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的必要不充分条件，∴綈q 綈p，且綈pD /綈q，则{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}，则或
综上，可得－≤a<0或a≤－4.
B组
1.A　2.C　3.B　4.∪(1，＋∞) 　5.[1,2) 　6.①③②④　7.3或4　
8.解　(1)当a＝时，A＝＝，B＝＝，
∴ UB＝，∴( UB)∩A＝.
(2)∵a2＋2>a，∴B＝{x|a①当3a＋1>2，即a>时，A＝{x|2∴，即②当3a＋1＝2，即a＝时，A＝ ，不符合题意；
③当3a＋1<2，即a<时，A＝{x|3a＋1由A B得，∴－≤a<.
综上所述，实数a的取值范围是∪.
§1.3　简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词
要点梳理
1．(1)或　且　非　(2)真　假　假　真　假　假　真　真　假　真　假　真 真
2．(3) 　 　(4)①含有全称量词　②含有存在量词
基础自测
1．所有的三角形都不是等边三角形 2．[－4,0] 3．①② 4．A　5．C　
题型分类·深度剖析 例1　q1，q4
变式训练1　解　(1)p∨q：1是素数或是方程x2＋2x－3＝0的根．真命题．
p∧q：1既是素数又是方程x2＋2x－3＝0的根．假命题．
綈p：1不是素数．真命题．
(2)p∨q：平行四边形的对角线相等或互相垂直．假命题．
p∧q：平行四边形的对角相等且互相垂直．假命题．
綈p：有些平行四边形的对角线不相等．真命题．
(3)p∨q：方程x2＋x－1＝0的两实根的符号相同或绝对值相等．假命题．
p∧q：方程x2＋x－1＝0的两实根的符号相同且绝对值相等．假命题．
綈p：方程x2＋x－1＝0的两实根的符号不相同．真命题．
例2　解　(1)綈p： x0∈R，x－x0＋<0，假命题．(2)綈q：至少存在一个正方形不是矩形，假
命题．(3)綈r： x∈R，x2＋2x＋2>0，真命题．(4)綈s： x∈R，x3＋1≠0，假命题．
变式训练2　解　(1)綈p： x>0，使x2－x>0，为真命题．(2)綈q： x∈R,2x＋x2>1，为假命题．
例3　解　①若p正确，则由0<|x－1|≤1，得a>1.
②若q正确，则ax2＋(a－2)x＋>0解集为R.
当a＝0时，－2x＋>0不合题意，舍去；当a≠0时，则，解得③∵p和q中有且仅有一个正确，∴或，∴a≥8或变式训练3　解　∵函数y＝ax在R上单调递增，∴p：a>1，不等式ax2－ax＋1>0对 x∈R恒成立，
∴a>0且a2－4a<0，解得0∵“p∧q”为假，“p∨q”为真，∴p、q中必有一真一假．
①当p真，q假时，，得a≥4；②当p假，q真时，，得0故a的取值范围为(0,1]∪[4，＋∞)．
课时规范训练
A组
1．C　2．A　3．C　4．－2≤a≤2　 5．a>1 6．綈p、綈q
7.解　由命题p为真知，0，
若p或q为真命题，p且q为假命题，则p、q中必有一真一假，当p真q假时，c的取值范围是0综上可知，c的取值范围是.
8.解　设g(x)＝x2＋2ax＋4，
由于关于x的不等式x2＋2ax＋4>0对一切x∈R恒成立，∴函数g(x)的图象开口向上且与x轴没有交点，故Δ＝4a2－16<0，∴－2又∵函数f(x)＝(3－2a)x是增函数，∴3－2a>1，∴a<1.
又由于p或q为真，p且q为假，可知p和q一真一假．
(1)若p真q假，则，∴1≤a<2；
(2)若p假q真，则，∴a≤－2.
综上可知，所求实数a的取值范围为1≤a<2，或a≤－2.
B组
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，
∴当命题p为真命题时≤1或|－a|≤1，∴|a|≤2.
又“只有一个实数x0满足x＋2ax0＋2a≤0”，即抛物线y＝x2＋2ax＋2a与x轴只有一个交点，
∴Δ＝4a2－8a＝0，∴a＝0或a＝2，∴当命题q为真命题时，a＝0或a＝2.
∴命题“p或q”为真命题时，|a|≤2，∵命题“p或q”为假命题，∴a>2或a<－2.
即a的取值范围为{a|a>2或a<－2}．
§2.1　函数及其表示
要点梳理
1.(1)数集　任意　唯一确定　y＝f(x)，x∈A (2)定义域　值域　(3)定义域　值域 对应关系
(4)定义域　对应关系 2.解析法　图象法　列表法 3.都有唯一　一个映射 4.函数　非空数集
基础自测
1. 2.①②　3.－1　10　4.或－1
题型分类·深度剖析
例1　(2)(3)
变式训练1　解　(1)y＝1的定义域为R，y＝x0的定义域为{x|x∈R且x≠0}，∴它们不是同一函数.
(2)y＝·的定义域为{x|x≥2}，y＝的定义域为{x|x≥2或x≤－2}，
∴它们不是同一函数.
(3)y＝x，y＝＝t，它们的定义域和对应关系都相同，∴它们是同一函数.
(4)y＝|x|的定义域为R，y＝()2的定义域为{x|x≥0}，∴它们不是同一函数.
例2　(2) 变式训练2　(1)D　(2)A　 例3　C　 变式训练3　B　 例4　0 变式训练4　D
课时规范训练
A组
1.D　2.D　3.A　4.6　5.1　6.－
7.解　当x∈[0,30]时，设y＝k1x＋b1，由已知得，解得，∴y＝x.
当x∈(30,40)时，y＝2；当x∈[40,60]时，设y＝k2x＋b2，
由已知得，解得，∴y＝x－2.
综上，f(x)＝.
8.解　当f(x)≤0时，由x2＋2x－3≤0，可得－3≤x≤1，此时，g(x)＝0；
当f(x)>0时，由x2＋2x－3>0可得x<－3或x>1，此时g(x)＝f(x)＝(x＋1)2－4.
∴g(x)＝，
其图象如图所示：
B组
1.C　2.D　3.D　4.②④　5.(1)a(a为正整数)　(2)16　6.－2 7.[－4,2]
8.解　(1)∵x＝时，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　函数的定义域、值域及函数的解析式
要点梳理
1.(1)使函数有意义的自变量的取值范围 (3)③R　④R ⑤
⑥{x|x∈R且x≠0}
2.(1)函数值　函数值的集合　(2)①R ②　
③{y|y∈R且y≠0}　④(0，＋∞)　⑤R ⑥[－1,1]　⑦R
基础自测
1.[－1,2)∪(2，＋∞)　2.{x|－3题型分类·深度剖析 例1　(1)　(2)(－1,1) 变式训练1　(1)A　(2)
例2　解　∵f(2x)的定义域是[－1,1]，∴≤2x≤2，即y＝f(x)的定义域是，由≤log2x≤2 ≤x≤4.∴f(log2x)的定义域是[，4].
变式训练2　解　∵f(x)的定义域为[0,4]，
(1)有0≤x2≤4，∴－2≤x≤2，故f(x2)的定义域为[－2,2]；(2)有∴1≤x≤3.
故f(x＋1)＋f(x－1)的定义域为[1,3].
例3　解　(1)(配方法) y＝x2＋2x＝(x＋1)2－1，y＝(x＋1)2－1在[0,3]上为增函数，∴0≤y≤15，
即函数y＝x2＋2x (x∈[0,3])的值域为[0,15].
(2)(分离常数法) y＝＝＝1－，∵≠0，∴1－≠1，
即函数的值域是{y|y∈R，y≠1}.
(3)方法一　(换元法) 令＝t，则t≥0且x＝，于是y＝－t＝－(t＋1)2＋1，
由于t≥0，∴y≤，故函数的值域是.
方法二　(单调性法) 容易判断函数y＝f(x)为增函数，而其定义域应满足1－2x≥0，即x≤，
∴y≤f＝，即函数的值域是.
(4)(基本不等式法) 函数定义域为{x|x∈R，x>0，且x≠1}，当x>1时，log3x>0，
于是y＝log3x＋－1≥2－1＝1；
当0≤－2－1＝－3.
故函数的值域是(－∞，－3]∪[1，＋∞).
变式训练3　解　(1)方法一　(配方法) ∵y＝1－，又x2－x＋1＝2＋≥，
∴0<≤，∴－≤y<1，∴函数的值域为.
方法二　(判别式法) 由y＝，x∈R，得(y－1)x2＋(1－y)x＋y＝0.
∵y＝1时，x∈ ，∴y≠1，又∵x∈R，∴Δ＝(1－y)2－4y(y－1)≥0，解得－≤y≤1.
综上得－≤y<1，∴函数的值域为.
(2)方法一　(换元法)：设＝t，则t≥0，x＝，
于是f(x)＝g(t)＝2·－1－t＝－t2－t＋＝－(t＋1)2＋6，
显然函数g(t)在[0，＋∞)上是单调递减函数，∴g(t)≤g(0)＝，
因此原函数的值域是.
方法二　(单调性法)：函数定义域是，
当自变量x增大时，2x－1增大，减小，∴2x－1－增大，
因此函数f(x)＝2x－1－在其定义域上是一个单调递增函数，
∴当x＝时，函数取得最大值f＝，故原函数的值域是.
例4　解　(1)令x＋＝t，则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)设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).
变式训练4　解　(1)令t＝＋1，∴t≥1，x＝(t－1)2.则f(t)＝(t－1)2＋2(t－1)＝t2－1，
∴f(x)＝x2－1 (x≥1).
(2)设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.
课时规范训练
A组
1.C　2.B　3.C　4.C　5.(－∞，3]　6.　7.[－2,7]
8.解　(1)设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－，
当x2＝时，y取最小值－，∴函数y＝f(x2－2)的值域为.
B组
1.B　2.C　3.A　4.(－1，－)∪(－，]　5. 　6.
7.解　∵f(x)＝(x－1)2＋a－.∴其对称轴为x＝1，即[1，b]为f(x)的单调递增区间.
∴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的值分别为、3.
8.解　(1)∵函数的值域为[0，＋∞)，∴Δ＝16a2－4(2a＋6)＝0，∴2a2－a－3＝0，∴a＝－1或a＝.
(2)∵对一切x∈R函数值均为非负，∴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＋ .
∵二次函数g(a)在上单调递减，∴g≤g(a)≤g(－1)，即－≤g(a)≤4.
∴g(a)的值域为.
§2.3　函数的单调性与最值
要点梳理
1.(1)f(x1)f(x2)　上升的　下降的　(2)增函数　减函数　区间D
2.(1)f(x)≤M　(2)f(x0)＝M (3)f(x)≥M　(4)f(x0)＝M
基础自测 1.[1,4]　8　2.，1　3.(－3,0)　4.A　5.C
题型分类·深度剖析
例1　(1)解　由2f(1)＝f(－1)，可得2－2a＝＋a，得a＝.
(2)证明　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，＋∞)上单调递减.
(3)解　任取1≤x1∵f(x)单调递增，∴f(x1)－f(x2)<0，又x1－x2<0，那么必须－a>0恒成立.
∵1≤x1x＋1，∴x1≥，x2>.
相加得(x1＋x2)>＋ >，∴0变式训练1　(1)证明　任设x1∵(x1＋2)(x2＋2)>0，x1－x2<0，∴f(x1)(2)解　任设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.
综上所述知0例2　解　令u＝x2－3x＋2，则原函数可以看作y＝与u＝x2－3x＋2的复合函数.令u＝x2－3x＋2>0，则x<1或x>2，∴函数y＝的定义域为(－∞，1)∪(2，＋∞).
又u＝x2－3x＋2的对称轴x＝，且开口向上.
∴u＝x2－3x＋2在(－∞，1)上是单调减函数，在(2，＋∞)上是单调增函数.
而y＝在(0，＋∞)上是单调减函数，
∴y＝的单调减区间为(2，＋∞)，单调增区间为(－∞，1).
变式训练2　解　令u＝x2＋x－6，y＝可以看作有y＝与u＝x2＋x－6的复合函数.
由u＝x2＋x－6≥0，得x≤－3或x≥2.
∵u＝x2＋x－6在(－∞，－3]上是减函数，在[2，＋∞)上是增函数，而y＝在(0，＋∞)上是增函数，∴y＝的单调减区间为(－∞，－3]，单调增区间为[2，＋∞).
例3　(1)证明　方法一　∵函数f(x)对于任意x，y∈R总有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，则x1－x2>0，
f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1－x2).
又∵x>0时，f(x)<0，而x1－x2>0，∴f(x1－x2)<0，即f(x1)方法二　设x1>x2，则f(x1)－f(x2)＝f(x1－x2＋x2)－f(x2)＝f(x1－x2)＋f(x2)－f(x2)＝f(x1－x2).
又∵x>0时，f(x)<0，而x1－x2>0，∴f(x1－x2)<0，即f(x1)(2)解　∵f(x)在R上是减函数，∴f(x)在[－3,3]上也是减函数，
∴f(x)在[－3,3]上的最大值和最小值分别为f(－3)与f(3).
而f(3)＝3f(1)＝－2，f(－3)＝－f(3)＝2，∴f(x)在[－3,3]上的最大值为2，最小值为－2.
变式训练3　解　(1)∵当x>0，y>0时，f＝f(x)－f(y)，∴令x＝y>0，则f(1)＝f(x)－f(x)＝0.
(2)设x1，x2∈(0，＋∞)，且x1∵x2>x1>0.∴>1，∴f>0，∴f(x2)>f(x1)，即f(x)在(0，＋∞)上是增函数.
(3)由(2)知f(x)在[1,16]上是增函数.
∴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]上的值域为[2,4].
课时规范训练
A组
1.B　2.D　3.A　4.[3，＋∞)　5.①③　6.(1，＋∞)
7.(1)证明　设x2>x1>0，设x2－x1>0，x1x2>0，∵f(x2)－f(x1)＝－＝－＝>0，
∴f(x2)>f(x1)，∴f(x)在(0，＋∞)上是单调递增的.
(2)解　∵f(x)在上的值域是，又f(x)在上单调递增，
∴f＝，f(2)＝2.∴易得a＝.
8.解　设－1∵－10，x－1<0，x－1<0.－10，∴>0.
因此，当a>0时，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，此时函数在(－1,1)上为减函数；
当a<0时，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)B组
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]上单调递增，∴∴－≤x<－1.
(3)∵f(1)＝1，f(x)在[－1,1]上单调递增.∴在[－1,1]上，f(x)≤1.
问题转化为m2－2am＋1≥1，即m2－2am≥0，对a∈[－1,1]成立，下面来求m的取值范围.
设g(a)＝－2m·a＋m2≥0.
①若m＝0，则g(a)＝0≥0，对a∈[－1,1]恒成立.
②若m≠0，则g(a)为a的一次函数，若g(a)≥0，对a∈[－1，1]恒成立，必须g(－1)≥0，且g(1)≥0，
∴m≤－2，或m≥2，∴m的取值范围是m＝0或m≥2或m≤－2.
§2.4　函数的奇偶性与周期性
要点梳理
1．f(－x)＝f(x)　f(－x)＝－f(x) 2．(1)相同　相反　(2)①奇函数　②偶函数　③奇函数
3．(1)f(x)　(2)存在一个最小
基础自测
1.　2.②③　3.－9 4．(－1,0)∪(1，＋∞)　5.C
题型分类·深度剖析
例1　解　(1)由，得x＝±3，∴f(x)的定义域为{－3,3}．
又f(3)＋f(－3)＝0，f(3)－f(－3)＝0，即f(x)＝±f(－x)．∴f(x)既是奇函数，又是偶函数．
(2)由，得－1∵f(x)的定义域(－1,1]不关于原点对称，∴f(x)既不是奇函数，也不是偶函数．
(3)由，得－2≤x≤2且x≠0，∴f(x)的定义域为[－2,0)∪(0,2]，关于原点对称．
∴f(x)＝＝，∴f(x)＝－f(－x)，∴f(x)是奇函数．
变式训练1　解　(1)由>0 －1又f(－x)＝lg＝lg－1＝－lg＝－f(x)，故原函数是奇函数．
(2)由≥0且2－x≠0 －2≤x<2，定义域关于原点不对称，故原函数是非奇非偶函数．
(3)函数定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，关于原点对称，
又当x>0时，f(x)＝x2＋x，则当x<0时，－x>0，故f(－x)＝x2－x＝f(x)；
当x<0时，f(x)＝x2－x，则当x>0时，－x<0，故f(－x)＝x2＋x＝f(x)，故原函数是偶函数．
(4)由得定义域为(－1,0)∪(0,1)，关于原点对称，
∴f(x)＝＝－.
∵f(－x)＝－＝－＝f(x)，∴f(x)为偶函数．
例2　解　(1)令x＝y＝0 f(0)＝0，
令y＝－x，则f(x)＋f(－x)＝0 f(－x)＝－f(x) f(x)在(－1,1)上是奇函数．
(2)设0而x1－x2<0,00，即当0f(x2)，
∴f(x)在(0,1)上单调递减．
(3)由于f－f＝f＋f＝f＝f，
同理，f－f＝f，f－f＝f，∴f－f－f＝2f＝2×＝1.
变式训练2　解　∵y＝f(x)为奇函数，且在(0，＋∞)上为增函数，
∴y＝f(x)在(－∞，0)上也是增函数，且由f(1)＝0得f(－1)＝0.
若f[x(x－)]<0＝f(1)，则即0若f[x(x－)]<0＝f(－1)，则，由x(x－)<－1，解得x∈ .
∴原不等式的解集是{x|例3　(1)证明　∵f(x＋2)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)．∴f(x)是周期为4的周期函数．
(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)是周期为4的周期函数，
∴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.
变式训练3　2.5
课时规范训练
A组
1.B　2.A　3.B　4.A　5.－1　6.－1　7．－3
8.解　(1)当a＝0时，f(x)＝x2，f(－x)＝f(x) ，函数是偶函数．
当a≠0时，f(x)＝x2＋ (x≠0，常数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)．
∴函数f(x)既不是奇函数也不是偶函数．
(2)若f(1)＝2，即1＋a＝2，解得a＝1，这时f(x)＝x2＋，任取x1，x2∈[2，＋∞)，且x1则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，＋∞)上是单调递增函数．
B组
1.A　2.C　3.B　4.(1)(2)(3) 　5．0　6.②③⑤
7.(1)证明　由函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，有f(x＋1)＝f(1－x)，即有f(－x)＝f(x＋2)．
又函数f(x)是定义在R上的奇函数，故有f(－x)＝－f(x)．故f(x＋2)＝－f(x)．
从而f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，即f(x)是周期为4的周期函数．
(2)解　由函数f(x)是定义在R上的奇函数，有f(0)＝0.
x∈[－1,0)时，－x∈(0,1]，f(x)＝－f(－x)＝－，故x∈[－1,0]时，f(x)＝－.
x∈[－5，－4]时，x＋4∈[－1,0]，f(x)＝f(x＋4)＝－.
从而，x∈[－5，－4]时，函数f(x)＝－.
8.解　(1)∵对于任意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)为偶函数．
(3)依题设有f(4×4)＝f(4)＋f(4)＝2，由(2)知，f(x)是偶函数，∴f(x－1)<2 f(|x－1|)又f(x)在(0，＋∞)上是增函数．∴0<|x－1|<16，解之得－15∴x的取值范围是{x|－15§2.5　二次函数
要点梳理 1．(2)①ax2＋bx＋c (a≠0)　②a(x－m)2＋n(a≠0)　③a(x－x1)(x－x2) (a≠0)
基础自测 1．2　2.[1,2]　3.6　4.(－∞，－2]　5.B
题型分类·深度剖析
例1　解　方法一　设f(x)＝ax2＋bx＋c (a≠0)，依题意有
解之，得，∴所求二次函数为y＝－4x2＋4x＋7.
方法二　设f(x)＝a(x－m)2＋n，a≠0，∵f(2)＝f(－1)，，∴抛物线对称轴为x＝＝.
∴m＝，又根据题意函数有最大值为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　依题意知：f(x)＋1＝0的两根为x1＝2，x2＝－1，故可设f(x)＋1＝a(x－2)(x＋1)，a≠0.
即f(x)＝ax2－ax－2a－1.又函数有最大值ymax＝8，即＝8，
解之，得a＝－4或a＝0(舍去)．∴函数解析式为f(x)＝－4x2＋4x＋7.
变式训练1　解　(1)设顶点为P(3,4)且过点A(2,2)的抛物线的方程为y＝a(x－3)2＋4，将(2,2)代入可得a＝－2，∴y＝－2(x－3)2＋4，即x>2时，f(x)＝－2x2＋12x－14.
当x<－2时，即－x>2，又f(x)为偶函数，f(x)＝f(－x)＝－2×(－x)2－12x－14，
即f(x)＝－2x2－12x－14.
∴函数f(x)在(－∞，－2)上的解析式为f(x)＝－2x2－12x－14.
(2)函数f(x)的图象如图：
(3)由图象可知，函数f(x)的值域为(－∞，4]．
例2　解　(1)当a＝－2时，f(x)＝x2－4x＋3＝(x－2)2－1，由于x∈[－4,6]，
∴f(x)在[－4,2]上单调递减，在[2,6]上单调递增，
∴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)由于函数f(x)的图象开口向上，对称轴是x＝－a，∴要使f(x)在[－4,6]上是单调函数，应有－a≤－4或－a≥6，即a≤－6或a≥4.
(3)当a＝1时，f(x)＝x2＋2x＋3，∴f(|x|)＝x2＋2|x|＋3，此时定义域为x∈[－6,6]，
且f(x)＝，∴f(|x|)的单调递增区间是(0,6]，单调递减区间是[－6,0]．
变式训练2　解　f(x)＝－42－4a，对称轴为x＝，顶点为.
①当≥1，即a≥2时，f(x)在区间[0,1]上递增．∴ymax＝f(1)＝－4－a2.令－4－a2＝－5，
∴a＝±1<2(舍去)．
②当0<<1，即0③当≤0，即a≤0时，f(x)在区间[0,1]上递减，此时f(x)max＝f(0)＝－4a－a2.
令－4a－a2＝－5，即a2＋4a－5＝0，∴a＝－5或a＝1(舍去)．综上所述，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等价于x2－x＋1>2x＋m，即x2－3x＋1－m>0，要使此不等式在[－1,1]上恒成立，只需使函数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]上单调递减，∴g(x)min＝g(1)＝－m－1，由－m－1>0得，m<－1.
因此满足条件的实数m的取值范围是(－∞，－1)．
变式训练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)的图象过点(1,3)，
∴3＝12＋m＋n，即m＋n＝2，∴n＝0，∴f(x)＝x2＋2x，
又y＝g(x)与y＝f(x)的图象关于原点对称，∴－g(x)＝(－x)2＋2×(－x)，∴g(x)＝－x2＋2x.
(2)∵F(x)＝g(x)－λf(x)＝－(1＋λ)x2＋(2－2λ)x，
当λ＋1≠0时，F(x)的对称轴为x＝＝，又∵F(x)在(－1,1]上是增函数．
∴或，∴λ<－1或－1<λ≤0.
当λ＋1＝0，即λ＝－1时，F(x)＝4x显然在(－1,1]上是增函数．
综上所述，λ的取值范围为(－∞，0]．
课时规范训练
A组
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，当a<－1时，f(x)在[－1,1]上为增函数，
∴ a＝－1(舍去)；当－1≤a≤0时， a＝－1；
当0当a>1时，f(x)在[－1,1]上为减函数，∴ a不存在．
综上可得a＝－1.
8.解　(1)∵f(x)满足f(1＋x)＝f(1－x)，∴f(x)的图象关于直线x＝1对称．
而二次函数f(x)的对称轴为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＋≤，如果存在满足要求的m，n，则必需3n≤，∴n≤.
从而m可解得m＝－4，n＝0满足要求．∴存在m＝－4，n＝0满足要求．
B组
1.D　2.B　3.C　4.　5.08.证明　(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的实根，即f(x)必有实根．
(2)当0，f(0)＝1－2t＝2<0.
f＝＋(2t－1)＋1－2t＝－t>0，又函数f(x)的图象连续不间断．
因此f(x)＝0在区间(－1,0)及上各有一个实根．
§2.6　指数与指数函数
要点梳理
1.(1)a的n次方根　根式　根指数　被开方数　(2)①　②　－ 　± 　③a
④a　
2.(1)②1　③　④　⑤　 ⑥0　没有意义　(2)①ar＋s　②ars　③arbr
3.(1)R　(2)(0，＋∞)　(3)(0,1)　(4)y>1　01　(6)增函数　(7)减函数
基础自测
1.(1)x　(2)(a＋b)　(3)m 2.7　3.(－，－1)∪(1，) 4.　5.B
题型分类·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.
变式训练1　解　(1)原式＝×1＋×＋(×)6－＝2＋4×27＝110.
(2)令＝m，＝n，则原式＝÷·m＝·
＝＝m3＝a.
例2　(1)D　(2)0变式训练2　(1)A
(2)解　函数y＝|3x－1|的图象是由函数y＝3x的图象向下平
移一个单位后，再把位于x轴下方的图象沿x轴翻折到x轴
上方得到的，函数图象如图所示.
当k<0时，直线y＝k与函数y＝|3x－1|的图象无交点，即方
程无解；当k＝0或k≥1时，直线y＝k与函数y＝|3x－1|的
图象有唯一的交点，∴方程有一解；
当0例3　解　令t＝ax (a>0且a≠1)，则原函数化为y＝(t＋1)2－2 (t>0).
①当0∴f(t)max＝f＝2－2＝14，∴2＝16，∴a＝－或a＝.
又∵a>0，∴a＝.
②当a>1时，x∈[－1,1]，t＝ax∈，此时f(t)在上是增函数.
∴f(t)max＝f(a)＝(a＋1)2－2＝14，解得a＝3(a＝－5舍去).
综上得a＝或3.
变式训练3　解　(1)当x<0时，f(x)＝0，无解；
当x≥0时，f(x)＝2x－，由2x－＝，得2·22x－3·2x－2＝0，看成关于2x的一元二次方程，
解得2x＝2或－，∵2x>0，∴x＝1.
(2)当t∈[1,2]时，2t＋m≥0，即m(22t－1)≥－(24t－1)，∵22t－1>0，
∴m≥－(22t＋1)，∵t∈[1,2]，∴－(22t＋1)∈[－17，－5]，
故m的取值范围是[－5，＋∞).
课时规范训练
A组
1.B　2.D　3.D　4.m8.解　(1)原式＝[－＋÷×]÷
＝÷＝×2＝.
(2)原式＝
＝＝＝a2.
B组
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)此时g(x)＝λ·2x－4x，设0≤x1∵g(x)在区间[0,1]上是单调递减函数，∴g(x1)－g(x2)＝(λ－)>0恒成立，
即λ<恒成立.由于>20＋20＝2，∴，实数λ的取值范围是λ≤2.
方法二　(1)由已知得3a＋2＝18 3a＝2 a＝log32.
(2)此时g(x)＝λ·2x－4x，∵g(x)在区间[0,1]上是单调减函数，
∴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.
∴实数λ的取值范围是λ≤2.
8.解　(1)设x10，若a>1，则<，>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)，则f(－x)＝(a－x－ax)，显然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　对数与对数函数
要点梳理
1.(1)x＝logaN　a　N
(2)
对数形式 特点 记法
一般对数 底数为a(a>0且a≠1) logaN
常用对数 底数为10 lg_N
自然对数 底数为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)增函数　(7)减函数
4.y＝logax　y＝x
基础自测 1.(1)1　(2)2　(3)0　(4)－1 2.　3.2　2　4.8　5.D
题型分类·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＝·＝·＝·＝.
变式训练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　作出函数y＝log2x的图象，将其关于y轴对称得
到函数y＝log2|x|的图象，再将图象向左平移1个单位长度
就得到函数y＝log2|x＋1|的图象(如图所示).
由图知，函数y＝log2|x＋1|的递减区间为(－∞，－1)，递
增区间为(－1，＋∞).
变式训练2　C
例3　解　(1)f(2)＝loga4，依题意f(2)＝2，则loga4＝2，∴a＝2.
(2)由题意知8－2x>0，解得x<3，
由8－2－x>0知，x>－3，∴函数y＝f(x)＋f(－x)的定义域为(－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，当且仅当x＝0时取等号，∴0<65－8(2x＋2－x)≤49，
∴当a>1时，函数y＝f(x)＋f(－x)在x＝0处取得最大值loga49.
变式训练3　解　(1)设P(x，y)为g(x)图象上任意一点，则Q(－x，－y)是点P关于原点的对称点，
∵Q(－x，－y)在f(x)的图象上，∴－y＝loga(－x＋1)，即y＝g(x)＝－loga(1－x).
(2)f(x)＋g(x)≥m，即loga≥m.
设F(x)＝loga，x∈[0,1)，由题意知，只要F(x)min≥m即可.
∵F(x)在[0,1)上是增函数，∴F(x)min＝F(0)＝0，故m≤0即为所求.
课时规范训练
A组
1.B　2.C　3.C　4.1　5.(1,2)　6.(－∞，－1)
7.解　(1)f(x)＝loga(x＋1)－loga(1－x)，则解得－1故所求函数f(x)的定义域为{x|－1(2)由(1)知f(x)的定义域为{x|－1且f(－x)＝loga(－x＋1)－loga(1＋x)＝－[loga(x＋1)－loga(1－x)]＝－f(x)，
故f(x)为奇函数.
(3)∵当a>1时，f(x)在定义域{x|－1∴f(x)>0 >1.解得00的x的解集是{x|08.解　(1)函数f(x)＝(a2－3a＋3)x的定义域为R.
又f(－x)＝(a2－3a＋3)－x＝－(a2－3a＋3)x＝－f(x)，∴函数f(x)是奇函数.
(2)函数f(x)＝(a2－3a＋3)x在(－∞，＋∞)上为减函数，则y＝(a2－3a＋3)x在(－∞，＋∞)上为增函数，由指数函数的单调性，有a2－3a＋3>1，解得a<1或a>2.
∴a的取值范围是(－∞，1)∪(2，＋∞).
B组
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)的定义域为(0，＋∞).
(2)任取x1>x2>0，a>1>b>0，则ax1>ax2>0，bx1ax2－bx2>0，
即lg(ax1－bx1)>lg(ax2－bx2)，故f(x1)>f(x2)，∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数.
假设函数y＝f(x)的图象上存在不同的两点A(x1，y1)、B(x2，y2)，使直线平行于x轴，则x1≠x2，y1＝y2，这与f(x)是增函数矛盾.
故函数y＝f(x)的图象上不存在不同的两点使过两点的直线平行于x轴.
(3)∵f(x)是增函数，∴当x∈(1，＋∞)时，f(x)>f(1)，这样只需f(1)＝lg(a－b)≥0，
即当a≥b＋1时，f(x)在(1，＋∞)上恒取正值.
§2.8　幂函数
要点梳理
1.y＝xα
2.(1)(0，＋∞)　(2)(1,1)　(3)(0,0)　(1,1)　递增　(4)递减
3.(2)定义域：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：奇函数　偶函数　奇函数　非奇非偶函数　奇函数
单调性：增　x∈[0，＋∞)时，增；x∈(－∞，0]时，减　增　增　x∈(0，＋∞)时，减；x∈(－∞，0)时，减
基础自测 1.二、四　2.　3.④⑤　4.D
题型分类·深度剖析
例1　解　∵y＝(m2＋2m－2)·＋(2n－3)为幂函数．∴m2＋2m－2＝1且2n－3＝0.
∴m＝－3，m＝1且n＝，又m2－1≠0，∴m＝－3且n＝.
变式训练1　解　(1)若f(x)是正比例函数，则，解得m＝1.
∴当m＝1时，f(x)为正比例函数．
(2)若f(x)为反比例函数，则，解得m＝－1.
∴当m＝－1时，f(x)为反比例函数．
(3)若f(x)为二次函数，则，解得m＝.
∴当m＝时，f(x)为二次函数．
(4)若f(x)为幂函数，则m2＋2m＝1，解得m＝－1±，∴当m＝－1±时，f(x)为幂函数．
例2　解　(1)设f(x)＝xα，∵其图象过点(，2)，故2＝()α，解得α＝2，∴f(x)＝x2.设g(x)＝xβ，
∵其图象过点，∴＝2β，解得β＝－2，∴g(x)＝x－2.
(2)在同一坐标系下作出f(x)＝x2与g(x)＝x－2的图象，如图所示．
由图象可知：f(x)，g(x)的图象均过点(－1,1)与(1,1)．
∴①当x>1或x<－1时，f(x)>g(x)；
②当x＝1或x＝－1时，f(x)＝g(x)；
③当－1变式训练2　解　依题意，其图象与y轴有公共点，则4－3m－m2>0，即m2＋3m－4<0，
解得－4当m＝－3或m＝0时，函数可化为y＝x4，符合题意，其图象如图①.
当m＝－2或m＝－1时，函数可化为y＝x6，符合题意，其图象如图②.
　
图①　　　　　　　图②
综上所述，m的值为－3，－2，－1,0.
例3　解　(1)∵函数y＝在(0，＋∞)上是递增函数，且0.95<0.96.
∴<，∴>.
(2)＝，由于函数y＝在(0，＋∞)上是减函数，∴>，
∴－<－，即－<－.
(3)由于函数y＝0.2x在R上是减函数，
∴0.20.5<0.20.3，又函数y＝x0.3在(0，＋∞)上是增函数，∴0.20.3<0.40.3，故0.20.5<0.40.3.
变式训练3　解　(1)函数y＝3x是增函数，∴30.8>30.7，(2)函数y＝x3是增函数，∴0.213<0.233.
(3)∵>>，∴>.
(4)>＝1；0<<＝1；<0，∴<<.
例4　解　∵函数在(0，＋∞)上递减，∴m2－2m－3<0，解得－1又函数的图象关于y轴对称，∴m2－2m－3是偶数，
而22－2×2－3＝－3为奇数，12－2×1－3＝－4为偶数，∴m＝1.
而f(x)＝在(－∞，0)，(0，＋∞)上均为减函数，
∴<等价于a＋1>3－2a>0或0>a＋1>3－2a或a＋1<0<3－2a.
解得a<－1或变式训练4　解　(1)m2＋m＝m(m＋1)，m∈N*，而m与m＋1中必有一个为偶数，
∴m(m＋1)为偶数．
∴函数f(x)＝x(m2＋m)－1(m∈N*)的定义域为[0，＋∞)，并且在定义域上为增函数．
(2)∵函数f(x)经过点(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的取值范围为[1，)．
课时规范训练
A组
1.C　2.C　3.B　4.1或2 5.c7.解　设在[－1,1)中，f(x)＝xn，由点(，)在函数图象上，求得n＝3.
令x∈[2k－1,2k＋1)，则x－2k∈[－1,1)，∴f(x－2k)＝(x－2k)3.
又f(x)周期为2，∴f(x)＝f(x－2k)＝(x－2k)3，即f(x)＝(x－2k)3(k∈Z)．
8.解　由条件知>0，－n2＋2n＋3>0，解得－1当n＝0,2时，f(x)＝，∴f(x)在R上单调递增．∴f(x2－x)>f(x＋3)转化为x2－x>x＋3.
解得x<－1或x>3，∴原不等式的解集为(－∞，－1)∪(3，＋∞)．
B组
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，当k＝0或k＝1时，－k2＋k＋2＝2，∴f(x)＝x2.
(2)假设存在q>0满足题设，由(1)知，g(x)＝－qx2＋(2q－1)x＋1，x∈[－1,2]．
∵g(2)＝－1，∴两个最值点只能在端点(－1，g(－1))和顶点(，)处取得．
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满足题意．
§2.9　函数与方程
要点梳理
1.(1)f(x)＝0　(2)x轴　零点 (3)f(a)·f(b)<0　(a，b)　f(c)＝0　c　
2.(x1,0)，(x2,0)　(x1,0)　两个　一个　无 3.f(a)·f(b)<0　一分为二　零点
基础自测 1.(1.25,1.5)　2.－，－　3．3　4．a>1　5.(－2,0)
题型分类·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]存在零点．
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]存在零点．
(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]存在零点．
方法二　设y＝log2(x＋2)，y＝x，在同一直角坐标系中画出
它们的图象，从图象中可以看出当1≤x≤3时，两图象有一
个交点，因此f(x)＝log2(x＋2)－x，x∈[1,3]存在零点．
变式训练1　(1)B　(2)D　
例2　4
变式训练2　B　
例3　解　(1)由条件，抛物线f(x)＝x2＋2mx＋2m＋1
与x轴的交点分别在区间(－1,0)和(1,2)内，如图(1)所示，
得 ，即－(2)抛物线与x轴交点均落在区间(0,1)内，如图(2)所示
列不等式组

即－变式训练3　证明　(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当c>0时，∵a>0，∴f(0)＝c>0且f(1)＝－<0，∴函数f(x)在区间(0,1)内至少有一个零点．
②当c≤0时，∵a>0，
∴f(1)＝－<0且f(2)＝a－c>0，∴函数f(x)在区间(1,2)内至少有一个零点．
综合①②得f(x)在(0,2)内至少有一个零点．
(3)∵x1，x2是函数f(x)的两个零点，则x1，x2是方程ax2＋bx＋c＝0的两根．
∴x1＋x2＝－，x1x2＝＝－－.
∴|x1－x2|＝＝＝.
∵－3<<－，∴≤|x1－x2|<.
课时规范训练
A组
1.C　2.B　3.B　4.3　5.x17.解　∵Δ＝(3a－2)2－4(a－1)>0，∴若存在实数a满足条件，则只需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.
检验：①当f(－1)＝0时，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]上有两根，不合题意，故a≠1.
②当f(3)＝0时，a＝－，此时f(x)＝x2－x－，令f(x)＝0，即x2－x－＝0，
解之得x＝－或x＝3. 方程在[－1,3]上有两根，不合题意，故a≠－.
综上所述，a<－或a>1.
8.解　∵f(x)＝4x＋m·2x＋1有且仅有一个零点，即方程(2x)2＋m·2x＋1＝0仅有一个实根．
设2x＝t (t>0)，则t2＋mt＋1＝0.当Δ＝0时，即m2－4＝0，
∴m＝－2时，t＝1；m＝2时，t＝－1(不合题意，舍去)，∴2x＝1，x＝0符合题意．
当Δ>0时，即m>2或m<－2时，t2＋mt＋1＝0有两正或两负根，
即f(x)有两个零点或没有零点．∴这种情况不符合题意．
综上可知：m＝－2时，f(x)有唯一零点，该零点为x＝0.
B组
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有且仅有一个零点 方程f(x)＝0有两个相等实根 Δ＝0，即4m2－4(3m＋4)＝0，即m2－3m－4＝0，∴m＝4或m＝－1.
②方法一　设f(x)的两个零点分别为x1，x2，则x1＋x2＝－2m，x1·x2＝3m＋4.
由题意，知
∴－5方法二　由题意，知即∴－5∴m的取值范围为(－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)的图象．
由图象可知，当0<－a<4，
即－4§2.10　函数模型及其应用
要点梳理 1.(2)①ax>xn　②logaxxn>logax
基础自测 1.78℃　2.2 500 3.y＝a(1＋r)x，x∈N*　4.A　5.B
题型分类·深度剖析
例1　解　(1)设甲、乙两种产品分别投资x万元(x≥0)，所获利润分别为f(x)、g(x)万元，由题意可设f(x)＝k1x，g(x)＝k2，∴根据图象可解得f(x)＝0.25x (x≥0)，g(x)＝2 (x≥0)．
(2)①由(1)得f(9)＝2.25，g(9)＝2＝6，∴总利润y＝8.25(万元)．
②设B产品投入x万元，A产品投入(18－x)万元，该企业可获总利润为y万元，
则y＝(18－x)＋2，0≤x≤18.
令＝t，t∈[0,3]，则y＝(－t2＋8t＋18)＝－(t－4)2＋.
∴当t＝4时，ymax＝＝8.5，此时x＝16,18－x＝2.
∴当A、B两种产品分别投入2万元、16万元时，可使该企业获得最大利润8.5万元．
变式训练1　解　 设框架的宽度为x m，则其高度为
h＝(6－2x) m,0x(6－2x)＝－2x2＋6x＝－2(x－1.5)2＋4.5，当x＝1.5时，
y取最大值4.5，此时h＝3.故当框架的高度为3 m，宽度
为1.5 m时，框架的面积最大，从而窗户通过的阳光最充足．
例2　解　(1)当x∈[200,300]时，设该项目获利为S，
则S＝200x－＝－x2＋400x－80 000＝－(x－400)2，
∴当x∈[200,300]时，S<0，因此该单位不会获利．
当x＝300时，S取得最大值－5 000，∴国家每月至少补贴5 000元才能使该项目不亏损．
(2)由题意，可知二氧化碳的每吨处理成本为：＝
①当x∈[120,144)时，＝x2－80x＋5 040＝(x－120)2＋240，
∴当x＝120时，取得最小值240.
②当x∈[144,500]时，＝x＋－200≥2－200＝200，
当且仅当x＝，即x＝400时，取得最小值200.
∵200<240，∴当每月的处理量为400吨时，才能使每吨的平均处理成本最低．
变式训练2　解　(1)当甲的用水量不超过4吨时，即5x≤4，乙的用水量也不超过4吨，y＝1.8(5x＋3x)＝14.4x； 当甲的用水量超过4吨，乙的用水量不超过4吨，即3x≤4，且5x>4时，y＝4×1.8＋3x×1.8＋3(5x－4)＝20.4x－4.8； 当乙的用水量超过4吨，即3x>4时，y＝2×4×1.8＋3×[(3x－4)＋(5x－4)]＝24x－9.6.
∴y＝
(2)由于y＝f(x)在各段区间上均单调递增，
当x∈时，y≤f<26.4；当x∈时，y≤f<26.4；
当x∈时，令24x－9.6＝26.4，解得x＝1.5.
∴甲户用水量为5x＝5×1.5＝7.5吨，付费S1＝4×1.8＋3.5×3＝17.70(元)；
乙户用水量为3x＝4.5吨，付费S2＝4×1.8＋0.5×3＝8.70(元)．
例3　解　(1)1年后该城市人口总数为y＝100＋100×1.2%＝100×(1＋1.2%)，
2年后该城市人口总数为y＝100×(1＋1.2%)＋100×(1＋1.2%)×1.2%＝100×(1＋1.2%)2.
3年后该城市人口总数为y＝100×(1＋1.2%)2＋100×(1＋1.2%)2×1.2%＝100×(1＋1.2%)3.
x年后该城市人口总数为y＝100×(1＋1.2%)x.
(2)10年后，人口总数为100×(1＋1.2%)10≈112.7(万人)．
(3)设x年后该城市人口将达到120万人，
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≤1.2，两边取对数得20lg(1＋x%)≤lg 1.2≈0.079，
∴lg(1＋x%)≤＝0.003 95，∴1＋x%≤1.009，得x≤0.9，
即年自然增长率应该控制在0.9%.
变式训练3　解　(1)若m＝2，则θ＝2·2t＋21－t＝2，
当θ＝5时，2t＋＝，令2t＝x≥1，则x＋＝，
即2x2－5x＋2＝0，解得x＝2或x＝(舍去)，此时t＝1.
∴经过1分钟，物体的温度为5摄氏度．
(2)物体的温度总不低于2摄氏度，即θ≥2恒成立，亦m·2t＋≥2恒成立，
亦即m≥2恒成立．令＝x，则0因此，当物体的温度总不低于2摄氏度时，m的取值范围是.
课时规范训练
A组
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)每吨平均成本为(万元)．则＝＋－48≥2－48＝32，
当且仅当＝，即x＝200时取等号．∴年产量为200吨时，每吨平均成本最低为32万元．
(2)设年获得总利润为R(x)万元，则R(x)＝40x－y＝40x－＋48x－8 000＝－＋88x－8 000
＝－(x－220)2＋1 680 (0≤x≤210)．
∵R(x)在[0,210]上是增函数，∴x＝210时，R(x)有最大值为－(210－220)2＋1 680＝1 660.∴年产量为210吨时，可获得最大利润1 660万元．
B组
1.B　2. A　3.A　4.30 cm、20 cm　5.2 400 6.y＝x (x∈N*)
7.解　(1)设DN的长为x (x>0)米，则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长的取值范围是∪(6，＋∞)．
(2)矩形花坛AMPN的面积为y＝＝＝3x＋＋12≥2＋12＝24，
当且仅当3x＝，即x＝2时，矩形花坛AMPN的面积取得最小值24.
故DN的长为2米时，矩形AMPN的面积最小，最小值为24平方米．
8.解　(1)由题意，当0≤x≤20时，v(x)＝60；当20≤x≤200时，设v(x)＝ax＋b，
再由已知得　解得
故函数v(x)的表达式为v(x)＝
(2)依题意并由(1)可得f(x)＝
当0≤x≤20时，f(x)为增函数，故当x＝20时，其最大值为60×20＝1 200；
当20当且仅当x＝200－x，即x＝100时，等号成立．
∴当x＝100时，f(x)在区间(20,200]上取得最大值.
综上，当x＝100时，f(x)在区间[0,200]上取得最大值≈3 333，
即当车流密度为100辆/千米时，车流量可以达到最大，最大值约为3 333辆/时．
专题一　函数图象与性质的综合应用
题型分类·深度剖析 例1　12
变式训练1　D 例2　D　
变式训练2　C 例3　C　
变式训练3　B
例4　(1)解　令x＝y＝0，得f(0＋0)＝f(0)＋f(0)，即f(0)＝0.
(2)证明　令y＝－x，得f(x－x)＝f(x)＋f(－x)，又f(0)＝0，则有0＝f(x)＋f(－x)，
即f(－x)＝－f(x)对任意x∈R成立，∴f(x)是奇函数．
(3)解　方法一　∵f(x)在R上是增函数，又由(2)知f(x)是奇函数．
f(k·3x)<－f(3x－9x－2)＝f(－3x＋9x＋2)，∴k·3x<－3x＋9x＋2，
32x－(1＋k)·3x＋2>0对任意x∈R成立．
令t＝3x>0，问题等价于t2－(1＋k)t＋2>0对任意t>0恒成立．
令f(t)＝t2－(1＋k)t＋2，其对称轴为x＝，当<0即k<－1时，f(0)＝2>0，符合题意；
当≥0即k≥－1时，对任意t>0，f(t)>0恒成立
解得－1≤k<－1＋2.
综上所述，当k<－1＋2时，f(k·3x)＋f(3x－9x－2)<0对任意x∈R恒成立．
方法二　由k·3x<－3x＋9x＋2，得k<3x＋－1.
u＝3x＋－1≥2－1,3x＝时，取“＝”，即u的最小值为2－1，
要使对x∈R不等式k<3x＋－1恒成立，只要使k<2－1.
变式训练4　解　∵f(x)＝logax，则y＝|f(x)|的图象如右图．
由图示，可使x∈[，2]时恒有|f(x)|≤1，只需|f()|≤1，
即－1≤loga≤1，即logaa－1≤loga≤logaa，
亦当a>1时，得a－1≤≤a，即a≥3；
当0综上所述，a的取值范围是(0，]∪[3，＋∞)．
例5　解　由x2－logax<0，得x2由题意知，当x∈时，函数f(x)的图象在函数g(x)的图象的下方，
如图，可知即
解得≤a<1，∴实数a的取值范围是.
变式训练5　∪(1,2]
课时规范训练
A组
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)，则x＝at，且f(t)＝，∴f(x)＝(ax－a－x) (x∈R)．
(2)当a>1时，ax－a－x为增函数，又>0，∴f(x)为增函数；
当0(3)∵f(0)＝(a0－a0)＝0，∴f(x2－3x＋2)<0＝f(0)．
由(2)知：x2－3x＋2<0，∴18.解　(1)设点P(x，y)是C2上的任意一点，则P(x，y)关于点A(2,1)对称的点为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)．
∵直线y＝m与C2只有一个交点，∴Δ＝0，解得m＝0或m＝4.
当m＝0时，经检验合理，交点为(3,0)；当m＝4时，经检验合理，交点为(5,4)．
B组
1.D　2.C　3.D　4.　5.4　6.(－2,1) 7.3
8.解　(1)∵函数f(x)＝loga (a>0，a≠1)的图象关于原点对称，∴f(－x)＋f(x)＝0，
即loga＋loga＝loga＝0，由＝1，得m2＝1，
∴m＝1或m＝－1，当m＝1时，＝－1<0，舍去；
当m＝－1时，＝，令>0，解得x<－1或x>1，∴符合条件的m的值为－1.
(2)由(1)得f(x)＝loga，任取1∵1∴当00，即f(x2)－f(x1)>0，此时f(x)为增函数；
当a>1时，loga<0，即f(x2)－f(x1)<0，此时f(x)为减函数．
(3)由(2)知，当a>1时，f(x)在(1，＋∞)上为减函数；同理在(－∞，－1)上也为减函数．
当(t，a) (－∞，－1)时，f(a)当(t，a) (1，＋∞)时，∵函数f(x)的值域为(1，＋∞)，∴f(a)＝1且＝0，
解得t＝－1，a＝1＋.
§3.1　导数的概念及其运算
要点梳理
1.　 2.(1) 　 　
(2)(x0，f(x0))　切线的斜率 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对u　u对x
基础自测
1.3　2.2　3.－2　4.(1,0)　5.B
题型分类·深度剖析
例1　解　∵Δy＝－＝＝，
∴＝.
变式训练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)先使用三角公式进行化简，得y＝x－sin cos ＝x－sin x，
∴y′＝′＝x′－(sin x)′＝1－cos x.
(4)先化简，y＝·－＋－1＝－x＋x－，∴y′＝－x－－x－＝－.
变式训练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)在曲线y＝x3＋上，且y′＝x2，
∴在点P(2,4)处的切线的斜率为：y′|x＝2＝4.
∴曲线在点P(2,4)处的切线方程为y－4＝4(x－2)，即4x－y－4＝0.
(2)设曲线y＝x3＋与过点P(2,4)的切线相切于点A，则切线的斜率为：y′|x＝x0＝x. ∴切线方程为y－＝x(x－x0)，即y＝x·x－x＋. ∵点P(2,4)在切线上，
∴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，
故所求的切线方程为4x－y－4＝0或x－y＋2＝0.
(3)设切点为(x0，y0)，则切线的斜率为：x＝1，x0＝±1，切点为(－1,1)或，
∴切线方程为y－1＝x＋1或y－＝x－1，即x－y＋2＝0或3x－3y＋2＝0.
变式训练3　解　∵y′＝2ax＋b，∴抛物线在Q(2，－1)处的切线斜率为k＝y′|x＝2＝4a＋b.
∴4a＋b＝1. ①
又∵P(1,1)、Q(2，－1)在抛物线上，∴a＋b＋c＝1， ②
4a＋2b＋c＝－1. ③
联立①②③解方程组，得，∴实数a、b、c的值分别为3、－11、9.
课时规范训练
A组
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.当x＝1时，y＝0；
当x＝－1时，y＝－4. 又∵点P0在第三象限，∴切点P0的坐标为(－1，－4).
(2)∵直线l⊥l1，l1的斜率为4，∴直线l的斜率为－.
∵l过切点P0，点P0的坐标为(－1，－4)，∴直线l的方程为y＋4＝－(x＋1)，
即x＋4y＋17＝0.
8.解　(1)由条件知点A(－1,2)为直线l1与抛物线C的切点，∵y′＝4x，∴直线l1的斜率k＝－4，
∴直线l1的方程为y－2＝－4(x＋1)，即4x＋y＋2＝0.
(2)点A的坐标为(－1,2)，由条件可求得点B的坐标为(a,2a2)，
点D的坐标为(a，－4a－2)，∴△ABD的面积为S1＝×|2a2－(－4a－2)|×|－1－a|
＝|(a＋1)3|＝－(a＋1)3.
B组
1.B　2.D　3.B　4. 5.x－y－2＝0　6.
7.解　(1)方程7x－4y－12＝0可化为y＝x－3. 当x＝2时，y＝.又f′(x)＝a＋，
于是，解得，故f(x)＝x－.
(2)设P(x0，y0)为曲线上任一点，由y′＝1＋知曲线在点P(x0，y0)处的切线方程为
y－y0＝(x－x0)，即y－＝(x－x0)，令x＝0，得y＝－，
从而得切线与直线x＝0的交点坐标为. 令y＝x，得y＝x＝2x0，
从而得切线与直线y＝x的交点坐标为(2x0,2x0).
∴点P(x0，y0)处的切线与直线x＝0，y＝x所围成的三角形的面积为S＝|2x0|＝6.
故曲线y＝f(x)上任一点的切线与直线x＝0，y＝x所围成的三角形的面积为定值，且此定值为6.
§3.2　导数在研究函数中的应用
要点梳理
1.>　< 2.(1)①f′(x)>0　f′(x)<0　②f′(x)<0　f′(x)>0　(2)②f′(x)＝0　③f′(x)＝0　极大值　极小值 3.(2)f(a)　f(b)　f(a)　f(b) (3)①极值　②f(a)，f(b)
基础自测 1.(－∞，－1)和(1，＋∞)　2.减函数 3.[－3，＋∞)　4.②③　5.A
题型分类·深度剖析
例1　解　(1)由已知条件得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，
当m>0时，解得x<0或x>2，则函数f(x)的单调增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)；
当m<0时，解得0综上，当m>0时，函数f(x)的单调增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)；
当m<0时，函数f(x)的单调增区间是(0,2).
变式训练1　解　(1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由已知条件，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(－∞，＋∞)上递增不合题意，c＝－3应舍去.
②若－<1，即c>－3时，f(x)的递减区间为；
③若－>1，即c<－3时，f(x)的递减区间为.
例2　解　(1)当a＝2时，f(x)＝x3－6x2＋3x＋1，f′(x)＝3x2－12x＋3＝3(x－2＋)(x－2－).
当x∈(－∞，2－)时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，2－)上单调递增；
当x∈(2－，2＋)时，f′(x)<0，f(x)在(2－，2＋)上单调递减；
当x∈(2＋，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(2＋，＋∞)上单调递增.
综上，f(x)的单调增区间是(－∞，2－)和(2＋，＋∞)，
f(x)的单调减区间是(2－，2＋).
(2)f′(x)＝3x2－6ax＋3＝3[(x－a)2＋1－a2].当1－a2≥0时，f′(x)≥0，f(x)为增函数，
故f(x)无极值点；当1－a2<0时，f′(x)＝0有两个根x1＝a－，x2＝a＋.
由题意，知2或2①无解，②的解为变式训练2　解　对f(x)求导得f′(x)＝ex·. ①
(1)当a＝时，若f′(x)＝0，则4x2－8x＋3＝0，
解得x1＝，x2＝.结合①，可知
x (－∞，) (，) (，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 极大值 极小值
∴x1＝是极小值点，x2＝是极大值点.
(2)若f(x)为R上的单调函数，则f′(x)在R上不变号，结合①与条件a>0，知1＋ax2－2ax≥0在R上恒成立，即Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由此并结合a>0，知0∴a的取值范围为{a|0例3　解　(1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b. 依题意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＝.
当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如表：
x －4 (－4，－2) －2 (－2，) (，1) 1
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) －11 极大值13 极小值 4
∴f(x)在[－4,1]上的最大值为13，最小值为－11.
变式训练3　解　(1)f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－(x－)2＋＋2a.
当x∈[，＋∞)时，f′(x)的最大值为f′()＝＋2a. 令＋2a>0，得a>－.
∴当a>－时，f(x)在(，＋∞)上存在单调递增区间.
即f(x)在(，＋∞)上存在单调递增区间时，a的取值范围为(－，＋∞).
(2)令f′(x)＝0，得两根x1＝，x2＝，
∴f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增.
当0又f(4)－f(1)＝－＋6a<0，即f(4)f(4)＝8a－＝－.得a＝1，x2＝2，从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)＝.
课时规范训练
A组
1.C　2.B　3.D　4.3 5.－37　6.－2
7.解　显然a≠0，f′(x)＝3ax2－12ax＝3a(x2－4x).令f′(x)＝0，得x＝0或x＝4(舍去).
(1)当a>0时，如下表：
x (－1,0) 0 (0,2)
f′(x) ＋ 0 －
f(x) ? 极大值 ?
∴当x＝0时，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)当a<0时，如下表：
x (－1,0) 0 (0,2)
f′(x) － 0 ＋
f(x) 极小值 ?
∴当x＝0时，f(x)取得最小值，∴b＝－29，又f(－1)＝－7a－29∴最大值f(2)＝－16a－29＝3，a＝－2.
综上，或
8.解　(1)f′(x)＝2ax＋，又f(x)在x＝1处有极值，∴　即
解之得a＝且b＝－1.
(2)由(1)可知f(x)＝x2－ln x，其定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝x－＝.
由f′(x)<0，得00，得x>1.
∴函数y＝f(x)的单调减区间是(0,1).单调增区间是(1，＋∞).
B组
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)是奇函数，知f(－x)＝－f(x)，∴b＝d＝0，即f(x)＝ax3＋cx.∴f′(x)＝3ax2＋c.
又f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为9x－y－16＝0，
则即解得，于是，f(x)＝x3－3x.
(2)设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. 当x变化时，g′(x)、g(x)的变化情况如下表：
x (－∞，－1) －1 (－1，1) 1 (1，＋∞)
g′(x) ＋ 0 － 0 ＋
g(x) ? 极大值 ? 极小值 ?
∴g(x)的极大值为2＋m，极小值为－2＋m. 要使y＝f(x)＋m的图象与x轴仅有一个公共点，
只需－2＋m>0或2＋m<0，即m>2或m<－2.
故当m∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)时，y＝f(x)＋m的图象与x轴仅有一个公共点.
§3.3　导数的综合应用
基础自测
1.(－∞，0)　2.25 000π 　3.[－1,1] 4.C　5.A
题型分类·深度剖析
例1　解　(1)f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，当a<0时，对x∈R，有f′(x)>0，
∴当a<0时，f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞). 当a>0时，由f′(x)>0，解得x<－或x>.
由f′(x)<0，解得－∴当a>0时，f(x)的单调增区间为(－∞，－)，(，＋∞)，单调减区间为(－，).
(2)∵f(x)在x＝－1处取得极值，
∴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)的单调性可知，f(x)在x＝－1处取得极大值f(－1)＝1，在x＝1处取得极小值f(1)＝－3.∵直线y＝m与函数y＝f(x)的图象有三个不同的交点，
结合如图所示f(x)的图象可知：实数m的取值范围是(－3,1).
变式训练1　(1)－　(2)a>或a<2
例2　解　(1)由题意f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝＋＝.
∵a>0，∴f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数.
(2)由(1)可知，f′(x)＝.①若a≥－1，则x＋a≥0，即f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，
此时f(x)在[1，e]上为增函数，∴f(x)min＝f(1)＝－a＝，∴a＝－(舍去).
②若a≤－e，则x＋a≤0，即f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上为减函数，
∴f(x)min＝f(e)＝1－＝，∴a＝－(舍去).
③若－e当1当－a0，∴f(x)在(－a，e)上为增函数，
∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，∴a＝－. 综上所述，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，＋∞)时，h′(x)<0，∴h(x)在(1，＋∞)上是减函数. ∴h(x)∴g(x)在(1，＋∞)上也是减函数. g(x)∴当a≥－1时，f(x)变式训练2　(1)x＋y－3＝0 (2)满足条件的最大整数M为4 (3)a≥1
例3　解　(1)设隔热层厚度为x cm，由题设，每年能源消耗费用为C(x)＝.
再由C(0)＝8，得k＝40，因此C(x)＝. 又建造费用为C1(x)＝6x.
最后得隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为
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).
当00，
故x＝5是f(x)的最小值点，对应的最小值为f(5)＝6×5＋＝70.
当隔热层修建5 cm厚时，总费用达到最小值70万元.
变式训练3　(1)2 (2)当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大
课时规范训练
A组
1.D　2.B　3.D　4.　5.(－1,0]　6.－13
7.解　(1)f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，∵x＝2是函数y＝f(x)的极值点，
∴f′(2)＝0，即6(2a－2)＝0，因此a＝1.
经验证，当a＝1时，x＝2是函数y＝f(x)的极值点. ∴f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2).
∴y＝f(x)的单调增区间是(－∞，0)，(2，＋∞)；单调减区间是(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)的单调增区间是(－，0)，(，＋∞)；单调减区间是(－∞，－)，(0，).
8.解　(1)设x<0，则－x>0，∵f(x)是奇函数，∴f(x)＝－f(－x)＝－ln(－x)－ax－1，
当x＝0时，f(x)＝0，∴函数f(x)＝
(2)∵函数f(x)是奇函数，∴函数y＝f(x)的零点关于原点对称，由f(x)＝0恰有5个不同的实数根知5个实数根中有两个正根、两个负根、一个零根，且两个正根和两个负根互为相反数.
∴要使方程f(x)＝0恰有5个不同的实数根，只要使方程f(x)＝0在(0，＋∞)上恰有两个不同的实数根.
下面研究x>0时的情况：
∵f′(x)＝－a，∴当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数，
∴方程f(x)＝0在(0，＋∞)上不可能有两个不同的实数根. ∴当a>0时，f′(x)＝，
令f′(x)＝0，得x＝. 当00，函数f(x)单调递增；
当x>时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减， ∴函数f(x)在x＝处取得极大值－ln a.
又根据函数单调性可判断f(x)在趋近于0处及＋∞时，f(x)<0.
∴要使方程f(x)＝0在(0，＋∞)上恰有两个不同的实数根，只要－ln a>0，解得0B组
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)的一个极值点，∴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).
当m<0时，有1>1＋，当x变化时，f(x)与f′(x)的变化如下表：
x (－∞，1＋) 1＋ (1＋，1) 1 (1，＋∞)
f′(x) － 0 ＋ 0 －
f(x) 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减
由上表知，当m<0时，f(x)在，(1，＋∞)上单调递减，在上单调递增.
(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
设g(x)＝x2－2x＋，其函数图象开口向上.
由题意①式恒成立.∴ m>－.
又m<0，∴－专题二　导数的工具性作用之研究
要点梳理 1.f′(x)≥0　f′(x)≤0
题型分类·深度剖析
例1　解　(1)a≤0
(2)f(x)的单调递增区间为，(3，＋∞)，单调递减区间为
变式训练1　(1)3x－2y＋2ln 2－3＝0
(2)当k＝0时，f(x)的单调递增区间为(－1，0)，单调递减区间为(0，＋∞)；
当0当k＝1时，f(x)的单调递增区间为(－1，＋∞)；
当k>1时，f(x)的单调递增区间为和(0，＋∞)，单调递减区间为
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)有两根，∴Δ≥0.
而Δ＝(2b)2－4×3a×c＝4b2－12a(b－a)＝42＋3a2>0恒成立，
于是，的取值范围是.
(2)∵x1、x2是方程f(x)＝0的两根，即3ax2＋2bx＋c＝0的两根为x1、x2，
∴x1＋x2＝－，x1x2＝＝＝－.
∴|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝2－4＝·2－·＋＝2＋.
∵－≤≤1，∴当且仅当＝1，即a＝b时，|x1－x2|2取最小值，
即|x1－x2|取最小值.此时，g(x)＝ax3＋ax2，f(x)＝3ax2＋2ax＝ax(3x＋2).
令f(x)＝0，得x1＝－，x2＝0. 若a>0，当x变化时，f(x)、g(x)的变化情况如下表：
x (－∞，－) － 0 (0，＋∞)
f(x) ＋ 0 － 0 ＋
g(x) ? 极大值 极小值
由上表可知，g(x)的极大值为g＝a，极小值为g(0)＝0.
由题设，知a－0＝，解得a＝9，此时g(x)＝9x3＋9x2；
当a<0，当x变化时，f(x)、g(x)的变化情况如下表：
x (－∞，－) － (－，0) 0 (0，＋∞)
f(x) － 0 ＋ 0 －
g(x) ? 极小值 极大值
由上表可知，g(x)的极大值为g(0)＝0，极小值为g＝a.
由题设知0－a＝，解得a＝－9，此时g(x)＝－9x3－9x2.
综上所述，g(x)的解析式为g(x)＝9x3＋9x2或g(x)＝－9x3－9x2.
变式训练2　(1)a＝－3，b＝2
(2)当0当2当t>3时，f(x)的最大值为f(t)＝t3－3t2＋2，最小值为f(2)＝－2
例3　解　(1)f′(x)＝4(x－1)(3ax2＋3ax－1).当a＝时，f′(x)＝2(x＋2)(x－1)2，
∴f(x)在(－∞，－2]内单调递减，在[－2，＋∞)内单调递增，当x＝－2时，f(x)有极小值.∴f(－2)＝－12是f(x)的极小值.
(2)在(－1,1)上f(x)是增函数，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当a＝0时，①恒成立；
②当a>0时，若①成立，根据二次函数g(x)＝3ax2＋3ax－1 (－1③当a<0时，若①成立，根据二次函数g(x)＝3ax2＋3ax－1 (－1综上所述，f(x)在(－1,1)上是增函数时，a的取值范围为.
变式训练3　(1)f(x)在和(2，＋∞)上是增函数，在(－∞，0)和上是减函数
(2)　(3)(－∞，－4]
例4　(1)解　f′(x)＝2x－，依题意f′(x)≥0，x∈(1,2]，即a≤2x2，x∈(1,2].
∵上式恒成立，∴a≤2. ①
又g′(x)＝1－，依题意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)证明　由(1)可知，方程f(x)＝g(x)＋2，即x2－2ln x－x＋2－2＝0.
设h(x)＝x2－2ln x－x＋2－2，则h′(x)＝2x－－1＋，
当h′(x)＝0时，(－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) 单调递减 极小值 单调递增
可知h(x)在x＝1处有一个最小值0，当x>0且x≠1时，h(x)>0，
∴h(x)＝0在(0，＋∞)上只有一个解.即当x>0时，方程f(x)＝
g(x)＋2有唯一解.
变式训练4　解　(1)F(x)＝ax2－2ln x，其定义域为(0，＋∞)，
∴F′(x)＝2ax－＝ (x>0).
①当a>0时，由ax2－1>0，得x>. 由ax2－1<0，得0故当a>0时，F(x)的递增区间为，递减区间为.
②当a≤0时，F′(x)<0 (x>0)恒成立. 故当a≤0时，F(x)在(0，＋∞)上单调递减.
(2)≤a<
课时规范训练
A组
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)的单调递减区间是(－∞，ln 2]单调递增区间是[ln 2，＋∞)，极小值为f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)
(2)证明　设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.
于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，∴g(x)在R内单调递增.
于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0).而g(0)＝0，
从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0. 即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
B组
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)的单调增区间为(－3，a)，(1，＋∞)，
由f′(x)<0得f(x)的单调减区间为(a,1).
同理a>1时，f(x)的单调增区间为(－3,1)，(a，＋∞)，单调减区间为(1，a).
(2) ①由(1)及f′(3)≤ －3b－8≥a. (ⅰ)
又由|x|≥2时，f′(x)≥0知f′(x)的零点在[－2,2]内，设g(x)＝x2＋bx＋a，
则
结合(ⅰ)解得b＝－4，a＝4，∴f(x)＝25ln(x＋3)＋x2－7x.
②设φ(x)＝f(x)－f′(x)，先求φ(x)与x轴在(－3,2)内的交点，
∵φ′(x)＝＋－1，由－3故φ′(x)>0，φ(x)在(－3,2)上单调递增.又φ(－2)＝16－16＝0，故φ(x)与x轴有唯一交点(－2,0)，
即f(x)与f′(x)的图象在区间(－3,2)上的唯一交点坐标为(－2,16).
§4.1　任意角和弧度制及任意角的三角函数
要点梳理
1.(1)①正角　负角　零角　②象限角　轴线角　(2)α＋k·360° (k∈Z)　(3)①把长度等于半径长的弧所对的圆心角　②正数　负数　零　　③无关　角的大小　④2π　π
⑤l＝|α|r　lr　|α|r2
2.(1)　　　自变量　函数值
3.正射影　(cos α，sin α)　P(cos α，sin α)　OM　MP　AT　余弦线　正弦线　正切线　MP　OM　AT
基础自测
1.　2.(－1，)　3.　4.－8　5.C
题型分类·深度剖析
例1　解　(1)所有与角α有相同终边的角可表示为：β＝45°＋k×360°(k∈Z)，
则令－720°≤45°＋k×360°≤0°，得－765°≤k×360°≤－45°，
解得－≤k≤－，从而k＝－2或k＝－1，代入得β＝－675°或β＝－315°.
(2)∵M＝{x|x＝(2k＋1)×45°，k∈Z}表示的是终边落在四个象限的平分线上的角的集合；
而集合N＝{x|x＝(k＋1)×45°，k∈Z}表示终边落在坐标轴或四个象限平分线上的角的集合，从而：M?N.
变式训练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的终边在第二象限；由π＋2kπ<α<＋2kπ (k∈Z)，得2π＋4kπ<2α<3π＋4kπ(k∈Z).
∴角2α的终边在第一、二象限及y轴的非负半轴.
(2)在(0，π)内终边在直线y＝x上的角是，
∴终边在直线y＝x上的角的集合为{α|α＝＋kπ，k∈Z}.
(3)∵θ＝＋2kπ (k∈Z)，∴＝＋ (k∈Z).
依题意0≤＋<2π －≤k<，k∈Z.∴k＝0,1,2，即在[0,2π)内终边与相同的角为，，.
例2　解　∵P(x，－) (x≠0)，∴点P到原点的距离r＝.
又cos α＝x，∴cos α＝＝x. ∵x≠0，∴x＝±.∴r＝2.
当x＝时，P点坐标为(，－)，由三角函数的定义，
有sin α＝＝－，＝＝－，∴sin α＋＝－－＝－；
当x＝－时，同理可求得sin α＋＝.
变式训练2　解　∵角α的终边在直线3x＋4y＝0上，∴在角α的终边上任取一点P(4t，－3t) (t≠0)，则x＝4t，y＝－3t，r＝＝＝5|t|，
当t>0时，r＝5t，sin α＝＝＝－，cos α＝＝＝，tan α＝＝＝－；
当t<0时，r＝－5t，sin α＝＝＝，cos α＝＝＝－，tan α＝＝＝－.
综上可知，sin α＝－，cos α＝，tan α＝－或sin α＝，cos α＝－，tan α＝－.
例3　解　(1)∵点P(sin θcos θ，2cos θ)位于第三象限，
∴sin θcos θ<0,2cos θ<0，即，∴θ为第二象限角.
(2)∵2kπ＋<θ<2kπ＋π (k∈Z)，∴－1∴sin(cos θ)<0，cos(sin 2θ)>0.∴<0.∴的符号是负号.
变式训练3　解　方法一　由sin 2θ<0，得2kπ＋π<2θ<2kπ＋2π (k∈Z)，kπ＋<θ当k为奇数时，θ的终边在第四象限；当k为偶数时，θ的终边在第二象限.
又因cos θ≤0，∴θ的终边在左半坐标平面(包括y轴)，∴θ的终边在第二象限.
∴tan θ<0，cos θ<0，点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)设弧长为l，弓形面积为S弓，则α＝60°＝，R＝10，l＝×10＝ (cm)，
S弓＝S扇－S△＝××10－×102×sin ＝π－＝50 (cm2).
(2)扇形周长C＝2R＋l＝2R＋αR，∴R＝，
∴S扇＝α·R2＝α·2＝α·＝·≤.
当且仅当α2＝4，即α＝2时，扇形面积有最大值.
变式训练4　解　设扇形的圆心角为α，半径为R，弧长为l，根据已知条件lR＝S扇，
则扇形的周长为：l＋2R＝＋2R≥4，当且仅当＝2R，即R＝时等号成立，此时l＝2，α＝＝2，因此当扇形的圆心角为2弧度时，扇形的周长取到最小值.
课时规范训练
A组
1.B　2.C　3.A　4.钝角三角形　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).故实数a的值为.
B组
1.B　2.A　3.D　4.(k∈Z) 5.或－　－1 6.(7＋4)∶9
7.解　由题意得，点P的坐标为(a，－2a)，点Q的坐标为(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　同角三角函数的基本关系及诱导公式
要点梳理
1.(1)sin2α＋cos2α＝1　(2)＝tan α
2.相同　关于原点对称　关于x轴对称　关于y轴对称　关于直线y＝x对称
3.
组数 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
口诀 函数名不变符号看象限 函数名改变符号看象限
基础自测 1.－　2.　3.　4.－　5.A
题型分类·深度剖析
例1　解　(1)方法一　联立方程
由①得cos α＝－sin α，将其代入②，整理得25sin2α－5sin α－12＝0.
∵α是三角形内角，∴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＝－，∴＝＝＝－.
变式训练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＝.
变式训练2　解　(1)原式＝＝＝
＝－＝－·＝－1.
(2)∵f(x)＝＝－cos x·tan x＝－sin x，
∴f＝－sin＝sin ＝sin＝sin ＝.
例3　证明　左边＝sin θ＋cos θ＝sin θ＋＋cos θ＋
＝＋＝＋＝＋＝右边.
变式训练3　证明　(1)左边＝＝
＝＝＝右边. ∴原式得证.
(2)左边＝＝＝－tan α＝右边. ∴原式得证.
课时规范训练
A组
1.B　2.A　3.D　4.－　5.－　6.－1
7.解　∵sin(3π＋θ)＝－sin θ＝，∴sin θ＝－，
∴原式＝＋＝＋
＝＋＝＝＝＝18.
B组
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　三角函数的图象与性质
要点梳理
1.(0,0)　　(π，0)　　(2π，0)
2.定义域：R　R　{x|x≠kπ＋，k∈Z} 值域：[－1,1]　[－1,1]
对称性：x＝kπ＋(k∈Z)　(kπ，0)(k∈Z) x＝kπ(k∈Z)　(kπ＋，0) (k∈Z) (k∈Z)
周期：2π　2π　π
单调性：[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：奇函数　偶函数　奇函数
基础自测 1.　2.4π　3.π 4.5　π＋2kπ，k∈Z　5.D
题型分类·深度剖析
例1　解　(1)要使函数有意义，必须使sin(cos x)>0.
∵－1≤cos x≤1，∴0利用单位圆中的余弦线OM，依题意知0∴其定义域为{x|－＋2kπ(2)要使函数有意义，必须使sin x－cos x≥0.
利用图象.在同一坐标系中画出[0,2π]上y＝sin x和y＝cos x的图象，如图所示.
在[0,2π]内，满足sin x＝cos x的x为，，再结合正弦、余弦函数的周期是2π，
∴定义域为.
变式训练1　解　(1)要使函数有意义，则
图①
如图①利用单位圆得：
∴函数的定义域为{x|2kπ＋(2)要使函数有意义，则
利用数轴可得图②
图②
∴函数的定义域是{x|0例2　解　(1)y＝－sin，
它的增区间是y＝sin的减区间，它的减区间是y＝sin的增区间.
由2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z.
由2kπ＋≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，得kπ＋≤x≤kπ＋，k∈Z.
故所给函数的减区间为，k∈Z；增区间为，k∈Z.
最小正周期T＝＝π.
(2)观察图象可知，y＝|tan x|的增区间是，k∈Z，减区间是
，k∈Z.最小正周期：T＝π.
变式训练2　(1)周期为　函数的递增区间为 (k∈Z)；
函数的递减区间为(k∈Z)；ymax＝2；ymin＝－2
(2)①π　②最大值为2；最小值为－1
例3　(1)　(2)A
变式训练3　(1)B　(2)π
课时规范训练
A组
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)的单调增区间为，k∈Z.
8.解　(1)∵－(2)y＝2cos2x＋5sin x－4＝2(1－sin2x)＋5sin x－4＝－2sin2x＋5sin x－2＝－22＋.
∴当sin x＝1时，ymax＝1，当sin x＝－1时，ymin＝－9，
∴y＝2cos2x＋5sin x－4的值域为[－9,1].
B组
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)的图象与y＝m相切，∴m为f(x)的最大值或最小值

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