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第十二章推理证明、算法初步、复数第1讲归纳与类比一、选择题1．观察下列事实：|x|＋|y|＝1的不同整数解(x，y)的个数为4，|x|＋|y|＝2的不同整数解(x，y)的个数为8，|x|＋|y|＝3的不同整数解(x，y)的个数为12，…，则|x|＋|y|＝20的不同整数解(x，y)的个数为( )．A．76 B．80 C．86 D．92解析 由|x|＋|y|＝1的不同整数解的个数为4，|x|＋|y|＝2的不同整数解的个数为8，|x|＋|y|＝3的不同整数解的个数为12，归纳推理得|x|＋|y|＝n的不同整数解的个数为4n，故|x|＋|y|＝20的不同整数解的个数为80.故选B.答案 B2．古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数．比如：他们研究过图1中的1,3,6,10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似地，称图2中的1,4,9,16，…，这样的数为正方形数．下列数中既是三角形数又是正方形数的是( )．A．289 B．1 024C．1 225 D．1 378解析 观察三角形数：1,3,6,10，…，记该数列为{a n}，则a1＝1，a2＝a1＋2，a3＝a2＋3，…，a n＝a n－1＋n.∴a1＋a2＋…＋a n＝(a1＋a2＋…1的正方体进行如下操作：第一步，将它分割成个小正方体，接着用中心和8个角的9个小正方体，构成新；第二步，将新1几何体的9个小正方体中的每个小正方体都(1)图的规律，第1个图有白色地砖3×3－1(块)，第2个图块)，第3个图有白色地砖3×7－3(块)，…，则第100个201－100＝503(块)．第100个图中黑白地砖共有603块的通项公式；的表达式．行共有1＋2＋3＋ (2)＝＋3，所以a 317×82，q ＝，131＝，2n －13n －1。
2020版全国高考文科数学一轮复习讲义第47课 推理与证明1．归纳推理的应用a ．与数有关的归纳推理(1)(2018湖南长沙测试，5分)已知整数对的序列如下：(1，1)，(1，2)，(2，1)，(1，3)，(2，2)，(3，1)，(1，4)，(2，3)，(3，2)，(4，1)，(1，5)，(2，4)，…，按规律，第600个整数对为________．答案：(5，31)解析：由题意得，(1，1)，两数的和为2，共1个；(1，2)，(2，1)，两数的和为3，共2个；(1，3)，(2，2)，(3，1)，两数的和为4，共3个；(1，4)，(2，3)，(3，2)，(4，1)，两数的和为5，共4个……由此猜想：和为n 的有序整数对有(n －1)个．∵1＋2＋…＋(n －1)＝()12n n -， ∴当n ＝33时，1＋2＋3＋…＋32＝528，当n ＝34时，1＋2＋3＋…＋32＋33＝528＋33＝561，当n ＝35时，1＋2＋3＋…＋34＝561＋34＝595.∵第595个整数对后面的有序整数对依次为(1，35)，(2，34)，(3，33)，(4，32)，(5，31)，∴第600个整数对为(5，31)．(2) (2016山东，5分)观察下列等式：⎝ ⎛⎭⎪⎫sin π3－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2π3－2＝43×1×2； ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin π5－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2π5－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 3π5－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 4π5－2＝43×2×3；⎝ ⎛⎭⎪⎫sin π7－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2π7－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 3π7－2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 6π7－2＝43×3×4； ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin π9－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2π9－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 3π9－2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 8π9－2＝43×4×5； …，照此规律，⎝ ⎛⎭⎪⎫sin π2n ＋1－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2π2n ＋1－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 3π2n ＋1－2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2n π2n ＋1－2＝________．答案：43n (n ＋1)解析：观察等式右边的特点：均含有因数43，另外两个因数是序号n 和序号n 与1的和，∴第n 个等式为⎝ ⎛⎭⎪⎫sin π2n ＋1－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2π2n ＋1－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 3π2n ＋1－2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2n π2n ＋1－2＝43n (n ＋1)．故答案为43n (n ＋1)． b ．与图形有关的归纳推理(3)(经典题，9分)如图47－2所示，图(1)是棱长为1的小正方体，图(2)，(3)是由这样的小正方体摆放而成．按照这样的方法继续摆放，由上而下分别将第1层，第2层，…，第n 层的小正方体的个数记为S n ，解答下列问题：图47－2(Ⅰ)按照要求填表：(Ⅱ)S 10＝________；(Ⅲ)S n ＝________． 答案：(Ⅰ)10 (Ⅱ)55 (Ⅲ) ()12n n - 解析：(Ⅰ)图(1)有1层，第1层正方体的个数为S 1＝1；图(2)有2层，第2层正方体的个数为S 2＝1＋2；图(3)有3层，第3层正方体的个数为S 3＝1＋2＋3；依次类推，第4个图有4层，第4层正方体的个数为S 4＝1＋2＋3＋4＝10. (Ⅱ)由(Ⅰ)猜想：第10个图有10层，第10层正方体的个数为S 10＝1＋2＋3＋4＋5＋6＋…＋10＝()1010+12⨯＝55. (Ⅲ)由(Ⅰ)猜想：第n 个图有n 层，第n 层正方体的个数为S n ＝1＋2＋3＋4＋5＋6＋…＋n ＝()12n n -. 2．类比推理的应用(4)(2019汇编，5分)下面给出的类比推理中，结论正确的有________．①若数列{a n }是等差数列， b n ＝1n (a 1＋a 2＋…＋a n )，则数列{b n }也是等差数列；类比推出：若数列{c n }是各项都为正数的等比数列， d n ＝n c 1c 2…c n ，则数列{d n }也是等比数列；②a ，b 为实数，若a 2＋b 2＝0，则a ＝b ＝0；类比推出：z 1，z 2为复数，若z 12＋z 22＝0，则z 1＝z 2＝0；③若a ，b ，c ∈R ，则(ab )c ＝a (bc )；类比推出：若a ，b ，c 为三个向量，则(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )；④在平面内，三角形的两边之和大于第三边；类比推出：在空间中，四面体的任意三个面的面积之和大于第四个面的面积；⑤若三角形周长为l ，面积为S ，则其内切圆半径r ＝2S l ；类比推出：若三棱锥表面积为S ，体积为V ，则其内切球半径r ＝3V S ；⑥P 为椭圆x 22b 2＋y 2b 2＝1(b >0)上异于左、右顶点A 1，A 2的任意一点，则直线P A 1与P A 2的斜率之积为定值－12.类比推出：P 为双曲线x 22b 2－y 2b 2＝1(b >0)上异于左、右顶点A 1，A 2的任意一点，则直线P A 1与P A 2的斜率之积为定值12.答案：①④⑤⑥解析：①正确：在由等差数列的性质类比推理等比数列的性质时，我们一般的思路有：由加法类比推理乘法，由减法类比推理除法，由算术平均数类比推理几何平均数等．故我们可以类比推出：数列{d n }也是等比数列，这里若数列{c n }是各项都为正数的等比数列，设公比为q ，则d n ＝12n n c c c ＝111n n n c c q c q -＝()()12311n n n c q ++++-＝，故{d n }是公比为的等比数列；②错误：在复数集C 中，取z 1＝1, z 2＝i ，则满足z 21＋z 22＝0，但是不满足z 1＝z 2＝0，故错误；③错误：对于非零向量a ，b ，c ，因为(a·b )·c 与c 共线， a ·(b·c )与a 共线，所以当a ，c 不共线时，(a·b )·c ＝a ·(b·c )不成立；④正确：在四面体中，三个侧面的面积都大于在底面上投影的面积，而三个投影的面积之和大于或等于底面面积，故三个侧面的面积之和一定大于底面面积；⑤正确：设三棱锥的四个面的面积分别为S 1，S 2，S 3，S 4，由于内切球的球心到各面的距离等于内切球的半径r ，所以V ＝13S 1r ＋13S 2r ＋13S 3r ＋13S 4r ＝13Sr ，所以内切球半径r ＝3V S ；⑥正确：设P (x 0，y 0)，则x 202b 2－y 20b 2＝1，所以y 20＝12(x 20－2b 2)． 因为A 1(－2b ，0)，A 2(2b ，0)，所以12PAPA k k ＝y 0x 0＋2b ·y 0x 0－2b ＝y 20x 20－2b 2=12（x 20－2b 2）x 20－2b 2＝12. 故结论正确的有①④⑤⑥.3．演绎推理的应用a ．三段论推理(5)(经典题，5分)有一段“三段论”推理是这样的：函数f (x )在定义域内可导，如果 f ′(x 0)＝0，那么x ＝x 0是函数f (x )的极值点．因为f (x )＝x 3满足 f ′(0)＝0，所以x ＝0是函数f (x )＝x 3的极值点，以上推理中( )A ．大前提错误B ．小前提错误C ．推理形式错误D ．结论正确答案：A解析：大前提“函数f (x )在定义域内可导，如果f ′(x 0)＝0，那么x ＝x 0是函数f(x)的极值点”，不是真命题．正确的表述是“函数f(x)在定义域内可导，如果f ′(x0)＝0，且满足在x＝x0两侧f′(x)异号，那么x＝x0是函数f(x)的极值点”．故选A.b．假言推理(6)(2017全国Ⅱ，5分)甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩，根据以上信息，则()A．乙可以知道四人的成绩B．丁可以知道四人的成绩C．乙、丁可以知道对方的成绩D．乙、丁可以知道自己的成绩答案：D解析：四人所知道的只有自己看到的成绩和老师所说的话及最后甲说的话．从而可以推理：给甲看乙、丙的成绩，甲不知道自己的成绩，说明乙、丙的成绩是一优一良．否则，假定乙、丙的成绩都是优，则甲的成绩是良；假定乙、丙的成绩都是良，则甲的成绩是优，那么甲就知道自己的成绩了．给乙看丙的成绩，上面已经推出乙、丙的成绩是一优一良，所以乙知道自己的成绩和丙的成绩，即乙知道两人的成绩．给丁看甲的成绩，因为乙、丙的成绩是一优一良，则甲、丁的成绩也是一优一良，丁看到甲的成绩，所以丁知道自己的成绩和甲的成绩，即丁知道两人的成绩．故选D.随堂普查练47 Ⅰ1．(2018山东一模，5分)对大于1的自然数m 的三次幂可用奇数进行以下方式的“分裂”：23＝⎩⎨⎧35，33＝⎩⎨⎧7911，43＝⎩⎨⎧13151719，…，仿此，若m 3的“分裂”数中有一个是73，则m 的值为________．答案： 9解析： 由题意，可得m 3的“分裂”数为m 个连续奇数，设m 3的“分裂”数中第一个数为a m ，则由题意可得a 3－a 2＝7－3＝4＝2×2，a 4－a 3＝13－7＝6＝2×3，…，a m －a m －1＝2(m －1)，以上m －2个式子相加可得a m －a 2＝()()42222m m +--＝(m ＋1)(m －2)， ∴a m ＝a 2＋(m ＋1)(m －2)＝m 2－m ＋1(m ≥3，m ∈N)，∴当m ＝9时，a 9＝73，即73是93的“分裂”数中的第一个．∴m 的值为9.2．(2018吉林期中，5分)在△ABC 中，不等式1A ＋1B ＋1C ≥9π成立；在四边形ABCD 中，不等式1A ＋1B ＋1C ＋1D ≥162π成立；在五边形ABCDE 中，1A ＋1B ＋1C ＋1D ＋1E ≥253π成立．猜想在n 边形中，成立的不等式为( )A.1A 1＋1A 2＋…＋1A n≥n π B.1A 1＋1A 2＋…＋1A n≥n 2（n ＋1）πC.1A1＋1A2＋…＋1A n≥n2（n－2）πD.1A1＋1A2＋…＋1A n≥n2（n＋2）π答案：C解析：通过观察，发现不等式左边为多边形的各个内角的倒数之和，右边的分子为边数的平方，分母为多边形的内角和，而n边形的内角和为(n－2)π，故猜想在n边形中成立的不等式为1A1＋1A2＋…＋1A n≥n2（n－2）π.故选C.3．(2018安徽池州模拟，5分)分形几何学是美籍法国数学家曼德尔布罗特在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路．图47－6则第12行的实心圆点的个数是()图47－6A．55个B．89个C．144个D．233个答案：B解析：设第n行中实心圆点的个数为a n，则a1＝0，a2＝1.当n≥3时，a n ＝a n－1＋a n－2，故各行中实心圆点的个数依次为0，1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，…，所以a12＝89，即第12行中实心圆点的个数为89.4(经典题，5分)在平面上，若两个正三角形的边长的比为1∶2，则它们的面积比为1∶4，类似地，在空间内，若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积比为________．答案：1∶8解析：平面上，若两个正三角形的边长的比为1∶2，则它们的面积比为1∶4，类似地，由平面图形面积类比立体图形的体积，得出：在空间内，若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们高的比为1∶2，底面积的比为1∶4，故它们的体积比为1∶8.5．(2018商丘模拟，5分)下面三段话可组成“三段论”，则“小前提”是()①因为指数函数y＝a x(a＞1 )是增函数；②所以y＝2x是增函数；③而y＝2x是指数函数．A．①B．②C．①②D．③答案：D解析：三段话写成三段论是：大前提：因为指数函数y＝a x(a＞1)是增函数，小前提：而y＝2x是指数函数，结论：所以y＝2x是增函数．故选D.6．(2018广西南宁联考，5分)甲、乙、丙三人中，一人是工人，一人是农民，一人是知识分子．已知丙的年龄比知识分子大，甲的年龄和农民不同，农民的年龄比乙小，根据以上情况，下列判断正确的是()A．甲是工人，乙是知识分子，丙是农民B．甲是知识分子，乙是农民，丙是工人C．甲是知识分子，乙是工人，丙是农民D ．甲是农民，乙是知识分子，丙是工人答案：C解析：由题意可知丙不是知识分子，甲不是农民，乙不是农民，所以丙是农民，丙的年龄比乙小，比知识分子大，所以乙不是知识分子，只能甲是知识分子，所以乙是工人，故选C.普查讲47 Ⅱ 直接证明与间接证明4．直接证明的两种基本方法a ．分析法(7)(2018河南模拟，8分)设非等腰△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，且A ，B ，C 成等差数列，用分析法证明：1a －b ＋1c －b ＝3a －b ＋c. 答案：见证明过程证明：要证明1a －b ＋1c －b ＝3a －b ＋c， 只要证明()()()2a c b a b c b +---＝3a －b ＋c ， 只要证明(a ＋c －2b )(a －b ＋c )＝3(a －b )(c －b )，只要证明(a ＋c －b )2－b (a ＋c －b )＝3(ac ＋b 2－bc －ab )，只要证明a 2＋c 2－b 2＝ac ，(5分)只要证明cos B ＝2222a c b ac+-＝12， 只要证明B ＝60°，考虑到A ＋B ＋C ＝180°，所以只要证明A ＋C ＝2B ，即证A ，B ，C 成等差数列．因为A ，B ，C 成等差数列，故结论成立．(8分)b．综合法(8)(2017江苏，14分)如图47－9，在三棱锥A－BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.图47－9求证：(Ⅰ)EF∥平面ABC；答案：见证明过程证明：在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.(3分)又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(5分)(Ⅱ)AD⊥AC.答案：见证明过程证明：因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.(8分)因为AD⊂平面ABD，(9分)所以BC⊥AD，(10分)又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC，(13分)又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.(14分)c．分析法和综合法的综合应用(9)(经典题，12分)设a，b，c为任意三角形的三边长，I＝a＋b＋c，S＝ab＋bc＋ca，试证：3S≤I2＜4S.答案：见证明过程证明：∵I＝a＋b＋c，S＝ab＋bc＋ca，∴I2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)＝a2＋b2＋c2＋2S.故要证3S≤I2＜4S，只需证3S≤a2＋b2＋c2＋2S＜4S，即只需证S≤a2＋b2＋c2＜2S.(3分)欲证S≤a2＋b2＋c2，只需证a2＋b2＋c2－ab－bc－ca≥0，即只需证(a2＋b2－2ab)＋(b2＋c2－2bc)＋(c2＋a2－2ca)≥0，即只需证(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≥0，显然成立，∴a2＋b2＋c2≥S.(7分)欲证a2＋b2＋c2＜2S，只需证a2＋b2＋c2－2ab－2bc－2ca＜0，即要证(a2－ab－ac)＋(b2－bc－ba)＋(c2－ca－cb)＜0，即要证a(a－b－c)＋b (b－c－a)＋c(c－a－b)＜0.∵a，b，c为任意三角形的三边长，∴a＞0，b＞0，c＞0，且a＜b＋c，b ＜c＋a，c＜a＋b，∴a(a－b－c)＜0, b (b－c－a)＜0，c (c－a－b)＜0，∴a(a－b－c)＋b (b－c－a)＋c (c－a－b)＜0成立，∴a2＋b2＋c2＜2S.综上可知，S≤a2＋b2＋c2＜2S成立，于是原不等式成立．(12分)5．间接证明——反证法a ．用反证法证明结论是否定形式的命题(10)(经典题，12分)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1＋2，S 3＝9＋3 2. (Ⅰ)求数列{a n }的通项a n 与前n 项和S n ；答案： a n ＝2n ＋2－1，S n ＝n (n ＋2)解：(Ⅰ)设等差数列的公差为d.由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，解得d ＝2.(2分) ∴a n ＝a 1＋（n －1）d ＝2＋1＋2（n －1）＝2n ＋2－1，S n ＝n （a 1＋a n ）2＝n （2＋1＋2n ＋2－1）2＝n （n ＋2）. 综上，a n ＝2n ＋2－1，S n ＝n (n ＋2)．(5分)(Ⅱ)设b n ＝S n n (n ∈N *)，求证：数列{b n }中任意不同的三项都不可能成等比数列．答案：见证明过程证明：由(Ⅰ)知S n ＝n (n ＋2)，∴b n ＝S n n ＝n ＋ 2.(6分)假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r 互不相等)成等比数列，则b 2q ＝b p b r ，即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)，即q 2＋22q ＋2＝pr ＋2(p ＋r )＋2，即(q 2－pr )＋2(2q －p －r )＝0.(9分)∵p ，q ，r ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0，∴22p r +⎛⎫ ⎪⎝⎭＝pr ，即(p －r )2＝0，∴p ＝r ，与p ≠r 矛盾， ∴数列{b n }中任意不同的三项都不可能成等比数列．(12分)b ．用反证法证明结论中含有“至多”“至少”“都”等词语的命题(11)(经典题，8分)若x >0，y >0且x ＋y >2，求证：1＋y x <2和1＋x y <2中至少有一个成立．答案：见证明过程证明：假设1＋y x ＜2，1＋x y ＜2均不成立，则1＋y x ≥2，1＋x y ≥2.(3分)又∵x ＞0，y ＞0，∴1＋y ≥2x ，1＋x ≥2y ，(5分)∴1＋x ＋1＋y ≥2y ＋2x ，∴x ＋y ≤2，这和已知条件x ＋y ＞2相矛盾，(7分)∴假设不成立，∴原命题成立．(8分)c ．用反证法证明“唯一性”问题(12)(2018河南信阳模拟，12分)已知函数f (x )＝ln x ，函数g (x )＝1x .(Ⅰ)证明：函数F (x )＝f (x )－g (x )在(0，＋∞)上为增函数；答案：见证明过程证明：根据题意知F (x )＝ln x －1x ，x ＞0.设x 1，x 2是(0，＋∞)上的任意两个数，且x 1＜x 2，则F (x 1)－F (x 2)＝ln x 1－ln x 2＋1x 2－1x 1＝ln x 1x 2＋x 1－x 2x 1x 2.(3分) ∵x 2＞x 1＞0，∴0＜x 1x 2＜1，x 1－x 2x 1x 2＜0，∴ln x 1x 2＜0， ∴ln x 1x 2＋x 1－x 2x 1x 2＜0，即F (x 1)＜F (x 2)， ∴F (x )在(0，＋∞)上是增函数．(6分)(Ⅱ)用反证法证明： f (x )＝2的解是唯一的．答案：见证明过程证明：∵f (e 2)＝ln e 2＝2，∴f (x )＝2的解是存在的．(7分)假设f (x )＝2有两个不同的解x 1，x 2，x 1＞0，x 2＞0，则f (x 1)＝f (x 2)＝2，即ln x 1＝ln x 2＝2，(9分)∴ln x 1－ln x 2＝0，即ln x 1x 2＝0， ∴x 1x 2＝1，即x 1＝x 2，与x 1≠x 2矛盾，(11分) ∴f (x )＝2的解是唯一的．(12分)d ．用反证法证明条件较少型命题(13)(2018大连校级期中，8分)已知a 3＋b 3＝2，求证：a ＋b ≤2. 答案：见证明过程证明：(法一)假设a ＋b ＞2，则a 3＋b 3＝(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)＞2(a 2－ab ＋b 2)，而a3＋b3＝2，故a2－ab＋b2＜1，∴1＋ab＞a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时取等号，∴ab＜1, (4分)∴a2＋b2＜1＋ab＜2，∴(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab＜2＋2ab＜4，∴a＋b＜2.这与假设矛盾，故a＋b≤2.(8分)(法二)假设a＋b＞2，则a＞2－b，故2＝a3＋b3＞(2－b)3＋b3，(4分)即2＞8－12b＋6b2，即(b－1)2＜0，这与事实不符，从而a＋b≤2.(8分)(法三)假设a＋b＞2，则(a＋b)3＞8，即a3＋b3＋3ab(a＋b)＞8.又∵a3＋b3＝2，∴2＋3ab(a＋b)＞8，即3ab(a＋b)＞6，∴ab(a＋b)＞2.(4分)又∵a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)＝2，∴ab(a＋b)＞(a＋b)(a2－ab＋b2)，∴ab＞a2－ab＋b2，即0＞a2－2ab＋b2，∴(a－b)2＜0，这与事实不符，∴a＋b≤2.(8分)随堂普查练47 Ⅱ1．(2018全国Ⅰ，12分)如图47－14所示，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.图47－14 (Ⅰ)证明：平面ACD⊥平面ABC；(Ⅱ)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝23DA，求三棱锥Q－ABP的体积．答案：(Ⅰ)见证明过程(Ⅱ)1解：(Ⅰ)证明：因为四边形ABCM是平行四边形，所以AB∥CM.又∠ACM＝90°，所以∠BAC＝90°，所以AB⊥AC.(2分)又AB⊥DA，AC∩DA＝A，所以AB⊥平面ACD.(4分)而AB⊂平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC.(6分)(Ⅱ)因为∠ACM＝90°，AB＝AC＝3，所以AM＝AD＝BC＝32＋32＝3 2.又因为BP＝DQ＝23DA，所以BP＝23BC，AQ＝13AD，则S △ABP ＝23S △ABC ＝23×12×3×3＝3.(8分)又由(Ⅰ)知平面ACD ⊥平面ABC ，平面ACD ∩平面ABC ＝AC ，DC ⊥CA ， 所以DC ⊥平面ABC .(10分)设三棱锥Q －ABP 的高为h ，则V Q －ABP ＝13·S △ABP ·h ＝13·S △ABP ·13DC ＝13×3×13×3＝1.(12分)2.(2018吉黑两省八校联考，12分)(Ⅰ)当x >1时，求证：2x 2＋1x 2>2x ＋1x >2x ＋1x； 答案：见证明过程证明：要证2x 2＋1x 2＞2x ＋1x ，只需证2x 4＋1＞2x 3＋x ，即证2x 3(x －1)＞x －1.∵x ＞1, 即x －1＞0，∴只需证2x 3＞1.∵x ＞1, ∴2x 3＞2＞1，故2x 2＋1x 2＞2x ＋1x 得证．(3分)令x ＝t ，∵x ＞1，∴t ＞1.∵2x 2＋1x 2＞2x ＋1x 对任意的x ＞1都成立， ∴2t 2＋1t 2＞2t ＋1t ，即2x ＋1x ＞2x ＋1x .从而2x 2＋1x 2＞2x ＋1x ＞2x ＋1x.(6分) (Ⅱ)若a <e ，用反证法证明：函数f (x )＝x e x －ax 2(x >0)无零点．答案：见证明过程证明：假设当a ＜e 时，函数f (x )＝xe x －ax 2(x ＞0)有零点，则f (x )＝0在(0，＋∞)上有解，即a ＝e xx 在(0，＋∞)上有解．(7分)设g (x )＝e xx (x ＞0)，则g ′(x )＝e x （x －1）x 2(x ＞0)， 当0＜x ＜1时， g ′(x )＜0，∴g (x )在(0，1)上递减；当x ＞1时， g ′(x )＞0，∴g (x )在(1，＋∞)上递增．∴g (x )≥g (x )min ＝g (1)＝e , ∴a ≥e ，但这与条件a ＜e 矛盾，故假设不成立，即原命题得证．(12分)3．(2018山东临沂期末，8分)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，A ，B 是椭圆上不同的两个点，线段AB 的垂直平分线与x 轴相交于点P (x 0，0)．证明：－a 2－b 2a<x 0<a 2－b 2a .答案：见证明过程证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．∵线段AB 的垂直平分线与x 轴相交，∴AB 不垂直于x 轴，即x 1≠x 2.又交点为P (x 0，0)，且|P A |＝|PB |，∴(x 1－x 0)2＋y 21＝(x 2－x 0)2＋y 22.①(2分)∵A ，B 在椭圆上，∴y 21＝b 2－b 2a 2x 21，y 22＝b 2－b 2a 2x 22.(4分) 将上式代入①，得2(x 2－x 1)x 0＝(x 22－x 21)a 2－b 2a 2.∵x 1≠x 2，∴x 0＝x 1＋x 22·a 2－b 2a 2.②(6分)∵－a ≤x 1≤a ，－a ≤x 2≤a ，且x 1≠x 2，∴－2a ＜x 1＋x 2＜2a ，∴－a 2－b 2a ＜x 0＜a 2－b 2a .(8分)4．(2018山西模拟，5分)现有3个命题：p 1：函数f (x )＝lg x －|x －2|有2个零点；p 2：面值为3分和5分的邮票可支付任何n (n >7，n ∈N )分的邮资； p 3：若a ＋b ＝c ＋d ＝2, ac ＋bd >4，则a ，b ，c ，d 中至少有1个为负数． 那么，这3个命题中，真命题的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3 答案：D解析：对于p 1 ，由图可知y ＝lg x 与y ＝||x －2 的图像有2个交点，所以函数f (x )＝lg x －||x －2有2个零点， p 1正确；对于p 2 ，对n (n ＞7，n ∈N)可分三种情况， 即n ＝3k －1，n ＝3k ，n ＝3k＋1，其中k∈Z且k≥3.因为3k－1＝3(k－2)＋5，3k＝3k，3k＋1＝3(k－3)＋5×2，所以n一定可以用整数个3和5的和表示，所以p2正确；对于p3，假设a≥0，b≥0，c≥0，d≥0 ，则ad＋bc≥0, 由(a＋b)(c＋d)＝ac＋bd＋ad＋bc＝4，可得ad＋bc＝4－(ac＋bd)＜0，这与ad＋bc≥0相矛盾，故假设不成立，所以p3正确，故选D.课后提分练47推理与证明A组(巩固提升)1．(经典题，5分)求方程35x⎛⎫ ⎪⎝⎭＋45x⎛⎫⎪⎝⎭＝1的解时，有如下解题思路：设函数f(x)＝35x⎛⎫ ⎪⎝⎭＋45x⎛⎫⎪⎝⎭，则函数f(x)在R上单调递减，且f(2)＝1，所以原方程有唯一解x＝2.类比上述解题思路，方程x6＋x2＝(2x＋3)3＋2x＋3的解集为________．答案：{－1，3}解析：类比上述思路，设f(x)＝x3＋x，方程的左右两边均为（或可变形为）x3＋x的形式.则f′(x)＝3x2＋1≥1恒成立，∴f(x)在R上单调递增．将方程x6＋x2＝(2x＋3)3＋2x＋3变形为(x2)3＋x2＝(2x＋3)3＋2x＋3，则f(x2)＝f(2x＋3)，∴x2＝2x＋3，解得x＝－1或x＝3，∴方程的解集为{－1，3}．2．(2018 江西南昌调研，5分)已知13＋23＝262⎛⎫⎪⎝⎭，13＋23＋33＝2122⎛⎫⎪⎝⎭，13＋23＋33＋43＝2202⎛⎫⎪⎝⎭，…，若13＋23＋33＋43＋…＋n3＝3025，则n＝()A．8 B．9 C．10 D．11 答案：C解析：13＋23＝262⎛⎫⎪⎝⎭＝2232⨯⎛⎫⎪⎝⎭，13＋23＋33＝2122⎛⎫⎪⎝⎭＝2342⨯⎛⎫⎪⎝⎭，13＋23＋33＋43＝2202⎛⎫⎪⎝⎭＝2452⨯⎛⎫⎪⎝⎭，…由此归纳，可得13＋23＋33＋43＋…＋n3＝()212n n+⎛⎫ ⎪⎝⎭.因为13＋23＋33＋43＋…＋n3＝3025，所以()212n n+⎛⎫⎪⎝⎭＝3025，所以n2(n＋1)2＝(2×55)2＝(2×5×11)2＝(10×11)2，所以n＝10，故选C.3．(2018云南名校月考，5分)美丽的“勾股树”是以一个直角三角形的每一边向外作正方形而得到的．如图47－1所示，图1是第1代“勾股树”，重复图1的作法，得到图2，为第2代“勾股树”，以此类推，已知最大的正方形面积为1，则第n代“勾股树”所有正方形的个数与面积的和分别为()图47－1A．2n－1；n B．2n－1；n＋1 C．2n＋1－1；n D．2n＋1－1；n ＋1答案：D解析：当n ＝1时，正方形的个数为20＋21＝3； 当n ＝2时，正方形的个数为20＋21＋22＝7； …，∴第n 代“勾股树”所有正方形的个数为20＋21＋22＋…＋2n ＝2n ＋1－1. ∵最大的正方形面积为1，∴当n ＝1时，由勾股定理知所有正方形的面积的和为2；当n ＝2时，由勾股定理知所有正方形的面积的和为3； …，∴第n 代“勾股树”所有正方形的面积的和为n ＋1. 故选D.4．(2018山西离石期中，12分)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＝2－S n (n ∈N *)．(Ⅰ)求a 1，a 2，a 3，a 4的值并写出其通项公式；(Ⅱ)用三段论证明数列{a n }是等比数列．答案：(Ⅰ)a 1＝1，a 2＝12，a 3＝14，a 4＝18，a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1(n ∈N *) (Ⅱ)见证明过程解：(Ⅰ)∵a n ＝2－S n ，∴当n ＝1时，a 1＝2－S 1＝2－a 1，解得a 1＝1； 当n ＝2时，a 2＝2－S 2＝2－a 1－a 2，解得a 2＝12； 当n ＝3时，a 3＝2－S 3＝2－a 1－a 2－a 3，解得a 3＝14； 当n ＝4时，a 4＝2－S 4＝2－a 1－a 2－a 3－a 4，解得a 4＝18.(2分)观察可得，数列的前4项构成首项为1，公比为12的等比数列，由此猜想，这个数列的通项公式为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1(n ∈N *)．(4分)(Ⅱ)证明：∵对于数列{a n }，若a na n －1＝p (n ≥2)，p 是非零常数，则{a n }是等比数列．(大前提)(7分)而数列{a n }满足a n ＝2－S n ， ∴a n －1＝2－S n －1(n ≥2)， 两式相减得2a n ＝a n －1(n ≥2)． 又∵a 1≠0，∴a n ≠0，∴a n a n －1＝12(n ≥2). (小前提)(10分) ∴数列{a n }为等比数列．(结论)(12分)5．(2018宁夏月考，6分)已知函数f (x )对其定义域内的任意两个实数a ，b 满足：当a ＜b 时，都有f (a )<f (b )．用反证法证明f (x )＝0至多有一个实根．答案：见证明过程证明：假设f (x )＝0至少有两个根，不妨设其中两个根为x 1，x 2，且x 1＜x 2，则f (x 1)＝f (x 2)＝0.(2分)∵当a ＜b 时，都有f (a )＜f (b )， ∴f (x 1)＜f (x 2)，与f (x 1)＝f (x 2)＝0矛盾， ∴假设不成立，∴f (x )＝0至多有一个实根．(6分)6．(2018广东统测，12分)(Ⅰ)已知0<a<1，0<b<1，0<c<1，用分析法证明：a＋b＋c＋abc1＋ab＋bc＋ca<1；答案：见证明过程证明：因为0＜a＜1，0＜b＜1，0＜c＜1，所以欲证明a＋b＋c＋abc1＋ab＋bc＋ca<1，只需证明a＋b＋c＋abc<1＋ab＋bc＋ca，即证明(a－1)－b(a－1)－c(a－1)＋bc(a－1)<0，即证明(a－1)(b－1)(c－1)<0.(5分)由0＜a＜1，0＜b＜1，0＜c＜1知该不等式成立，所以原不等式成立．(6分)(Ⅱ)已知a＋b＋c>0，ab＋bc＋ca>0，且abc>0，用反证法证明：a，b，c 都大于零．答案：见证明过程证明：假设a，b，c不都大于零，即至少有一个小于零或等于零，(7分) 又因为abc＞0，所以a，b，c为两负一正．不妨假设a＜0，b＜0，c＞0，所以a＋b＜0.因为a＋b＋c＞0，所以c＞－(a＋b)＞0，所以c(a＋b)＜－(a＋b)2，(9分)所以ab＋bc＋ca＝ab＋c(a＋b)＜ab－(a＋b)2＝－a2－b2－ab＝－(a2＋b2＋ab)≤－3ab＜0，当且仅当a＝b时取等号，(11分)与ab＋bc＋ca＞0矛盾，所以假设不成立，原命题正确．(12分)7．(2018吉林长春质检，5分)有甲、乙二人去看望张老师，期间他们做了一个游戏，张老师的生日是m月n日，张老师把m告诉了甲，把n告诉了乙，然后张老师列出来如下10个日期供选择：2月5日，2月7日，2月9日，5月5日，5月8日，8月4日，8月7日，9月4日，9月6日，9月9日．看完日期后，甲说：“我不知道，但你一定也不知道．”乙听了甲的话后，说：“本来我不知道，但现在我知道了．”甲接着说：“哦，现在我也知道了．”请问张老师的生日是________．答案：8月4日解析：根据甲说的“我不知道，但你一定也不知道”，可知甲拿的肯定不是5或者9，因为如果甲拿的5或者9，乙若拿的8或者6，则乙是知道的，所以可排除5月5日，5月8日，9月4日，9月6日，9月9日；同理根据乙听了甲的话后说的：“本来我不知道，但现在我知道了”可排除2月7日，8月7日；根据甲接着说的“哦，现在我也知道了”，可以知道甲拿的肯定不是2，所以张老师生日为8月4日．B组(冲刺满分)8．(2018河北武邑中学期中，12分)设集合M＝{x||x|<1}，在集合M中定义一种运算“*”，使得a*b＝a＋b1＋ab.(Ⅰ)证明：(a*b)*c＝a*(b*c)；(Ⅱ)证明：若a∈M，b∈M，则a*b∈M. 答案：见证明过程证明：(Ⅰ)由已知得a*b＝a＋b1＋ab，∴(a *b )*c ＝⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 1＋ab *c ＝a ＋b1＋ab ＋c 1＋a ＋b 1＋ab·c＝a ＋b ＋c ＋abc 1＋ab ＋ca ＋cb ；(3分)而a *(b *c )＝a *⎝⎛⎭⎪⎫b ＋c 1＋cb ＝a ＋b ＋c 1＋cb 1＋a ·b ＋c 1＋cb ＝a ＋abc ＋b ＋c 1＋cb ＋ab ＋ac ，∴(a *b )*c ＝a *(b *c )．(6分)(Ⅱ)由已知得||a <1，||b <1，要证a *b ∈M ，只需证⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab <1，即证⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 1＋ab 2<1， 亦即证(a ＋b )2<(1＋ab )2，只需证(ab )2－a 2－b 2＋1>0， 而(ab )2－a 2－b 2＋1＝(a 2－1)(b 2－1)．(10分) ∵||a <1，||b <1， ∴(a 2－1)(b 2－1)>0， ∴原命题成立．(12分)9．(2018全国Ⅱ，12分)已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1)． (1)若a ＝3，求f (x )的单调区间； (2)证明： f (x )只有一个零点．答案：(1)f (x )的单调递增区间为(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)，单调递减区间为(3－23，3＋23) (2)见证明过程解：(1)因为a ＝3，所以f (x )＝13x 3－3(x 2＋x ＋1)，所以f ′(x )＝x 2－6x －3＝[x －(3＋23)][x －(3－23)]．(2分) 令f ′(x )>0，解得x <3－23或x >3＋23，所以f (x )的单调递增区间为(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)； 令f ′(x )<0，解得3－23<x <3＋23，所以f (x )的单调递减区间为(3－23，3＋23)．(5分)综上， f (x )的单调递增区间为(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)，单调递减区间为(3－23，3＋23)．(6分)(2)证明：由于x 2＋x ＋1＞0，所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.(7分)设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2（x 2＋2x ＋3）（x 2＋x ＋1）2≥0，当且仅当x ＝0时g ′(x )＝0，所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点．(10分)又f (3a －1)＝13(3a －1)3－a [(3a －1)2＋(3a －1)＋1]＝－6a 2＋2a －13＝－6⎝⎛⎭⎪⎫a －162－16＜0，f (3a ＋1)＝13(3a ＋1)3－a [(3a ＋1)2＋(3a ＋1)＋1]＝13＞0，故f (x )有一个零点．综上， f (x )只有一个零点．(12分)。
§1.1 集合的概念及其基本运算要点梳理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 区间法 (5)有限集 无限集 空集2.(1)A B B A ⊆ ⊆ ⊆ 2n 2n －1 2n －23.(1){x |x ∈A ，且x ∈B } {x |x ∈U ，且x ∉A } 基础自测 1.{2,4} 2.{x |0<x <1} 3.(2,3)4.⎩⎨⎧⎭⎬⎫0，1，－12 5.B题型分类·深度剖析例1 解 (1)当a ＋2＝1，即a ＝－1时，(a ＋1)2＝0，a 2＋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，a 2＋3a ＋3＝1与(a ＋1)2相同，不符合题意. 当a 2＋3a ＋3＝1，即a ＝－2或a ＝－1.①当a ＝－2时，a 2＋3a ＋3＝(a ＋1)2＝1，不符合题意. ②当a ＝－1时，a 2＋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 ＝x 2－x ＝x 3－3x ＝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 ≠x 2－x ，x 2－x ≠x 3－3x ，x ≠x 3－3x .∴x ≠0且x ≠2且x ≠－1且x ≠－2时，{x ，x 2－x ，x 3－3x }能表示一个有三个元素的集合. 变式训练 1 0或98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 ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |4a ≤x <－1a ；③若a >0，则A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－1a <x ≤4a .(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⎩⎨⎧4a >－12－1a ≤2，∴⎩⎪⎨⎪⎧a >0或a <－8a >0或a ≤－12，又a <0，∴a <－8.当a >0时，若A ⊆B ，如图：，则⎩⎨⎧－1a ≥－124a ≤2，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ≥2或a <0a ≥2或a <0.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⎩⎨⎧4a ≤－12－1a >2，∴⎩⎪⎨⎪⎧－8≤a <0－12<a <0.又∵a <0，∴－12<a <0.当a >0时，若B ⊆A ，如图：，则⎩⎨⎧－1a ≤－124a ≥2，∴⎩⎪⎨⎪⎧0<a ≤20<a ≤2.又∵a >0，∴0<a ≤2.综上知，当B ⊆A 时，－12<a ≤2.(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 |12≤x ≤3}，当a ＝－4时，B ＝{x |－2<x <2}，∴A ∩B ＝{x |12≤x <2}，A ∪B ＝{x |－2<x ≤3}.(2)∁R A ＝{x |x <12或x >3}，当(∁R A )∩B ＝B 时，B ⊆∁R A ，即A ∩B ＝∅.①当B ＝∅，即a ≥0时，满足B ⊆∁R A ；②当B ≠∅，即a <0时， B ＝{x |－－a <x <－a }，要使B ⊆∁R A ，需－a ≤12，解得－14≤a <0.综上可得，实数a 的取值范围是a ≥－14.例4 A变式训练 4 6 {0,1,2,3}课时规范训练 A 组1.C2.C3.A4.－1或25.{(0,1)，(－1,2)}6.187.解 由已知得A ＝{x |－1≤x ≤3}，B ＝{x |m －2≤x ≤m ＋2}.(1)∵A ∩B ＝[0,3]，∴⎩⎪⎨⎪⎧m －2＝0，m ＋2≥3.∴m ＝2.(2)∁R B ＝{x |x <m －2或x >m ＋2}，∵A ⊆∁R B ，∴m －2>3或m ＋2<－1，即m >5或m <－3. 8.解 ∵M ＝{y |y ＝x 2，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.C2.B3.A4.A5.a ≤06.－37.(－∞，－3)8.解 由x －5x ＋1≤0，∴－1<x ≤5，∴A ＝{x |－1<x ≤5}.(1)当m ＝3时，B ＝{x |－1<x <3}，则∁R B ＝{x |x ≤－1或x ≥3}，∴A ∩(∁R B )＝{x |3≤x ≤5}. (2)∵A ＝{x |－1<x ≤5}，A ∩B ＝{x |－1<x <4}，∴有42－2×4－m ＝0，解得m ＝8. 此时B ＝{x |－2<x <4}，符合题意，故实数m 的值为8.§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 ＝－12，方程有一个负根，符合题意.当a <0时，Δ＝4－4a >0，方程ax 2＋2x ＋1＝0有两个不相等的实根，且1a <0，方程有一正一负根，符合题意.当0<a ≤1时，Δ＝4－4a ≥0，方程ax 2＋2x ＋1＝0有实根，且⎩⎨⎧－2a<01a >0，故方程有两个负根，符合题意.综上知：当a ≤1时，方程ax 2＋2x ＋1＝0至少有一个负根. 必要性：若方程ax 2＋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ax 2＋2x ＋1＝0应有一正一负根或两个负根.则1a<0或⎩⎨⎧Δ＝4－4a ≥0－2a <01a>0，解得a <0或0<a ≤1.综上知：若方程ax 2＋2x ＋1＝0至少有一负根，则a ≤1.故关于x 的方程ax 2＋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，a 1＝S 1＝p ＋q ＝p －1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝p n －1(p －1)，当n ＝1时也成立，于是a n ＋1a n ＝p n(p －1)p n －1(p －1)＝p (n ∈N *)即数列{a n }为等比数列.必要性：当n ＝1时，a 1＝S 1＝p ＋q ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝p n －1(p －1). ∵p ≠0，p ≠1，∴a n ＋1a n＝p n (p －1)p n －1(p －1)＝p .∵{a n }为等比数列，∴a 2a 1＝a n ＋1a n ＝p ，又S 2＝a 1＋a 2＝p 2＋q ，∴a 2＝p 2－p ＝p (p －1)，∴p (p －1)p ＋q ＝p ，即p －1＝p ＋q .∴q ＝－1.综上所述，q ＝－1是数列{a n }为等比数列的充要条件.课时规范训练 A 组1.D2.B3.A4.充分不必要5.①③④6.[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 ：x <m －1或x >m ＋1.又∵綈p 是綈q 的充分而不必要条件，∴⎩⎪⎨⎪⎧m －1≥1，m ＋1≤5.∴2≤m ≤4.8.解 设A ＝{x |p }＝{x |x 2－4ax ＋3a 2<0，a <0}＝{x |3a <x <a ，a <0}，B ＝{x |q }＝{x |x 2－x －6≤0或x 2＋2x －8>0}＝{x |x 2－x －6≤0}∪{x |x 2＋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 }＝∁R B ＝{x |－4≤x <－2}，{x |綈p }＝∁R A ＝{x |x ≤3a 或x ≥a ，a <0}， ∴{x |－4≤x <－x |x ≤3a 或x ≥a ，a <0}，则⎩⎨⎧ 3a ≥－2，a <0或⎩⎨⎧a ≤－4，a <0.综上，可得－23≤a <0或a ≤－4.B 组1.A2.C3.B4.⎝⎛⎭⎫34，1∪(1，＋∞) 5.[1,2) 6.①③②④ 7.3或48.解 (1)当a ＝12时，A ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x |x －2x －52<0＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |2<x <52，B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x －94x －12<0＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |12<x <94， ∴∁U B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ≤12或x ≥94，∴(∁U B )∩A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |94≤x <52.(2)∵a 2＋2>a ，∴B ＝{x |a <x <a 2＋2}.①当3a ＋1>2，即a >13时，A ＝{x |2<x <3a ＋1}.∵p 是q 的充分条件，∴A ⊆B .∴⎩⎨⎧a ≤23a ＋1≤a 2＋2，即13<a ≤3－52. ②当3a ＋1＝2，即a ＝13时，A ＝∅，不符合题意；③当3a ＋1<2，即a <13时，A ＝{x |3a ＋1<x <2}，由A ⊆B 得⎩⎪⎨⎪⎧a ≤3a ＋1a 2＋2≥2，∴－12≤a <13.综上所述，实数a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫－12，13∪⎝ ⎛⎦⎥⎤13，3－52.§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 q 1，q 4变式训练1 解 (1)p ∨q ：1是素数或是方程x 2＋2x －3＝0的根．真命题．p ∧q ：1既是素数又是方程x 2＋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x 2＋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x 2＋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x 2＋x －1＝0的两实根的符号不相同．真命题．例2 解 (1)綈p ：∃x 0∈R ，x 20－x 0＋14<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 ，x 2＋2x ＋2>0，真命题．(4)綈s ：∀x ∈R ，x 3＋1≠0，假命题． 变式训练2 解 (1)綈p ：∃x >0，使x 2－x >0，为真命题．(2)綈q ：∀x ∈R,2x ＋x 2>1，为假命题． 例3 解 ①若p 正确，则由0<⎝⎛⎭⎫12|x －1|≤1，得a >1.②若q 正确，则ax 2＋(a －2)x ＋98>0解集为R .当a ＝0时，－2x ＋98>0不合题意，舍去；当a ≠0时，则⎩⎪⎨⎪⎧a >0(a －2)2－4a ×98<0，解得12<a <8. ③∵p 和q 中有且仅有一个正确，∴⎩⎪⎨⎪⎧a >1a ≤12或a ≥8或⎩⎪⎨⎪⎧a ≤112<a <8，∴a ≥8或12<a ≤1.变式训练3 解 ∵函数y ＝a x 在R 上单调递增，∴p ：a >1，不等式ax 2－ax ＋1>0对∀x ∈R 恒成立，∴a >0且a 2－4a <0，解得0<a <4，∴q ：0<a <4.∵“p ∧q ”为假，“p ∨q ”为真，∴p 、q 中必有一真一假．①当p 真，q 假时，⎩⎪⎨⎪⎧ a >1a ≥4，得a ≥4；②当p 假，q 真时，⎩⎪⎨⎪⎧0<a ≤10<a <4，得0<a ≤1.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．－22≤a ≤22 5．a >1 6．綈p 、綈q7.解 由命题p 为真知，0<c <1，由命题q 为真知，2≤x ＋1x ≤52，要使此式恒成立，需1c <2，即c >12，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<c ≤12；当p 假q 真时，c 的取值范围是c ≥1. 综上可知，c 的取值范围是⎩⎨⎧⎭⎬⎫c |0<c ≤12或c ≥1.8.解 设g (x )＝x 2＋2ax ＋4，由于关于x 的不等式x 2＋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＝4a 2－16<0，∴－2<a <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⎩⎪⎨⎪⎧－2<a <2，a ≥1，，∴1≤a <2；(2)若p 假q 真，则⎩⎪⎨⎪⎧a ≤－2或a ≥2，a <1，，∴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.⎣⎡⎦⎤0，12 5．(－∞，1] 6．(－∞，－2]∪[－1,3) 7．①③ 8．解 由2x 2＋ax －a 2＝0得(2x －a )(x ＋a )＝0， ∴x ＝a2或x ＝－a ，∴当命题p 为真命题时⎪⎪⎪⎪a 2≤1或|－a |≤1，∴|a |≤2.又“只有一个实数x 0满足x 20＋2ax 0＋2a ≤0”，即抛物线y ＝x 2＋2ax ＋2a 与x 轴只有一个交点，∴Δ＝4a 2－8a ＝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，－12，1，522.①②3.－1 104.23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 ＝x 0的定义域为{x |x ∈R 且x ≠0}，∴它们不是同一函数.(2)y ＝x －2·x ＋2的定义域为{x |x ≥2}，y ＝x 2－4的定义域为{x |x ≥2或x ≤－2}，∴它们不是同一函数.(3)y ＝x ，y ＝3t 3＝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 ＝(x )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.D2.D3.A4.65.16.－347.解 当x ∈[0,30]时，设y ＝k 1x ＋b 1，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝030k 1＋b 1＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧k 1＝115b 1＝0，∴y ＝115x .当x ∈(30,40)时，y ＝2；当x ∈[40,60]时，设y ＝k 2x ＋b 2， 由已知得⎩⎪⎨⎪⎧40k 2＋b 2＝260k 2＋b 2＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧k 2＝110b 2＝－2，∴y ＝110x －2.综上，f (x )＝⎩⎨⎧115x ， x ∈[0，30]2， x ∈(30，40)110x －2， x ∈[40，60].8.解 当f (x )≤0时，由x 2＋2x －3≤0，可得－3≤x ≤1，此时，g (x )＝0；当f (x )>0时，由x 2＋2x －3>0可得x <－3或x >1，此时g (x )＝f (x )＝(x ＋1)2－4.∴g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧0 (－3≤x ≤1)(x ＋1)2－4 (x <－3或x >1)，其图象如图所示：B 组1.C2.D3.D4.②④5.(1)a (a 为正整数) (2)166.－27.[－4,2]8.解 (1)∵x ＝716时，4x ＝74，∴f 1(x )＝⎣⎡⎦⎤74＝1，g (x )＝74－⎣⎡⎦⎤74＝34，∴f 2(x )＝f 1[g (x )]＝f 1⎝⎛⎭⎫34＝[3]＝3. (2)∵f 1(x )＝[4x ]＝1，g (x )＝4x －1，∴f 2(x )＝f 1(4x －1)＝[16x －4]＝3，∴⎩⎪⎨⎪⎧1≤4x <2，3≤16x －4<4.∴716≤x <12.§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⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ∈R 且x ≠k π＋π2，k ∈Z⑥{x |x ∈R 且x ≠0}2.(1)函数值 函数值的集合 (2)①R ②⎣⎡⎭⎫4ac －b 24a ，＋∞ ⎝⎛⎦⎤－∞，4ac －b 24a 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<x <2}3.(0，＋∞)4.x 2＋1x 2－1(x ≠0)题型分类·深度剖析 例1 (1)⎝⎛⎭⎫－13，1 (2)(－1,1) 变式训练1 (1)A (2)⎣⎡⎦⎤0，34 例2 解 ∵f (2x )的定义域是[－1,1]，∴12≤2x ≤2，即y ＝f (x )的定义域是⎣⎡⎦⎤12，2，由12≤log 2x ≤2⇒2≤x ≤4.∴f (log 2x )的定义域是[2，4].变式训练2 解 ∵f (x )的定义域为[0,4]，(1)有0≤x 2≤4，∴－2≤x ≤2，故f (x 2)的定义域为[－2,2]；(2)有⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ＋1≤4，0≤x －1≤4，∴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 ＝x 2＋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 ＝x 2＋2x (x ∈[0,3])的值域为[0,15].(2)(分离常数法) y ＝x －3x ＋1＝x ＋1－4x ＋1＝1－4x ＋1，∵4x ＋1≠0，∴1－4x ＋1≠1，即函数的值域是{y |y ∈R ，y ≠1}.(3)方法一 (换元法) 令1－2x ＝t ，则t ≥0且x ＝1－t 22，于是y ＝1－t 22－t ＝－12(t ＋1)2＋1，由于t ≥0，∴y ≤12，故函数的值域是⎩⎨⎧⎭⎬⎫y |y ≤12.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 ≤12，∴y ≤f ⎝⎛⎭⎫12＝12，即函数的值域是⎩⎨⎧⎭⎬⎫y |y ≤12. (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，log 3x >0， 于是y ＝log 3x ＋1log 3x－1≥2log 3x ·1log 3x－1＝1；当0<x <1时，log 3x <0，于是y ＝log 3x ＋1log 3x －1＝－⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－log 3x )＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－log 3x －1 ≤－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 ＝1－1x 2－x ＋1，又x 2－x ＋1＝⎝⎛⎭⎫x －122＋34≥34， ∴0<1x 2－x ＋1≤43，∴－13≤y <1，∴函数的值域为⎣⎡⎭⎫－13，1. 方法二 (判别式法) 由y ＝x 2－xx 2－x ＋1，x ∈R ，得(y －1)x 2＋(1－y )x ＋y ＝0.∵y ＝1时，x ∈∅，∴y ≠1，又∵x ∈R ，∴Δ＝(1－y )2－4y (y －1)≥0，解得－13≤y ≤1.综上得－13≤y <1，∴函数的值域为⎣⎡⎭⎫－13，1. (2)方法一 (换元法)：设13－4x ＝t ，则t ≥0，x ＝13－t 24，于是f (x )＝g (t )＝2·13－t 24－1－t ＝－12t 2－t ＋112＝－12(t ＋1)2＋6，显然函数g (t )在[0，＋∞)上是单调递减函数，∴g (t )≤g (0)＝112，因此原函数的值域是⎝⎛⎦⎤－∞，112. 方法二 (单调性法)：函数定义域是⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ≤134，当自变量x 增大时，2x －1增大，13－4x 减小，∴2x －1－13－4x 增大，因此函数f (x )＝2x －1－13－4x 在其定义域上是一个单调递增函数，∴当x ＝134时，函数取得最大值f ⎝⎛⎭⎫134＝112，故原函数的值域是⎝⎛⎦⎤－∞，112. 例4 解 (1)令x ＋1x ＝t ，则t 2＝x 2＋1x 2＋2≥4，∴t ≥2或t ≤－2且x 2＋1x2＝t 2－2，∴f (t )＝t 2－2，即f (x )＝x 2－2 (x ≥2或x ≤－2).(2)令2x ＋1＝t ，由于x >0，∴t >1且x ＝2t －1，∴f (t )＝lg 2t －1，即f (x )＝lg 2x －1 (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.∴⎩⎪⎨⎪⎧ k ＝25k ＋b ＝17，即⎩⎪⎨⎪⎧k ＝2b ＝7.∴f (x )＝2x ＋7. (4)∵2f (x )＋f ⎝⎛⎭⎫1x ＝3x ，∴2f ⎝⎛⎭⎫1x ＋f (x )＝3x .∴f (x )＝2x －1x(x ≠0). 变式训练4 解 (1)令t ＝x ＋1，∴t ≥1，x ＝(t －1)2.则f (t )＝(t －1)2＋2(t －1)＝t 2－1，∴f (x )＝x 2－1 (x ≥1).(2)设f (x )＝ax 2＋bx ＋c ，又f (0)＝c ＝3，∴f (x )＝ax 2＋bx ＋3，∴f (x ＋2)－f (x )＝a (x ＋2)2＋b (x ＋2)＋3－(ax 2＋bx ＋3)＝4ax ＋4a ＋2b ＝4x ＋2.∴⎩⎪⎨⎪⎧ 4a ＝44a ＋2b ＝2，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1b ＝－1，∴f (x )＝x 2－x ＋3. 课时规范训练 A 组1.C2.B3.C4.C5.(－∞，3]6.⎣⎡⎦⎤2，103 7.[－2,7] 8.解 (1)设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，又f (0)＝0，∴c ＝0，即f (x )＝ax 2＋bx ，又f (x ＋1)＝f (x )＋x ＋1.∴a (x ＋1)2＋b (x ＋1)＝ax 2＋bx ＋x ＋1.∴(2a ＋b )x ＋a ＋b ＝(b ＋1)x ＋1，∴⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋b ＝b ＋1a ＋b ＝1，解得⎩⎨⎧a ＝12b ＝12，∴f (x )＝12x 2＋12x .(2)由(1)知y ＝f (x 2－2)＝12(x 2－2)2＋12(x 2－2)＝12(x 4－3x 2＋2)＝12⎝⎛⎭⎫x 2－322－18， 当x 2＝32时，y 取最小值－18，∴函数y ＝f (x 2－2)的值域为⎣⎡⎭⎫－18，＋∞. B 组1.B2.C3.A4.(－1，－910)∪(－910，2] 5.22 6.2837.解 ∵f (x )＝12(x －1)2＋a －12.∴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 －12＝1① f (x )max ＝f (b )＝12b 2－b ＋a ＝b②又b >1，由①②解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝32，b ＝3.∴a 、b 的值分别为32、3.8.解 (1)∵函数的值域为[0，＋∞)，∴Δ＝16a 2－4(2a ＋6)＝0，∴2a 2－a －3＝0，∴a ＝－1或a ＝32.(2)∵对一切x ∈R 函数值均为非负，∴Δ＝16a 2－4(2a ＋6)＝8(2a 2－a －3)≤0.∴－1≤a ≤32.∴a ＋3>0，∴g (a )＝2－a |a ＋3|＝－a 2－3a ＋2＝－⎝⎛⎭⎫a ＋322＋174 ⎝⎛⎭⎫a ∈⎣⎡⎦⎤－1，32. ∵二次函数g (a )在⎣⎡⎦⎤－1，32上单调递减，∴g ⎝⎛⎭⎫32≤g (a )≤g (－1)，即－194≤g (a )≤4. ∴g (a )的值域为⎣⎡⎦⎤－194，4.§2.3 函数的单调性与最值要点梳理1.(1)f (x 1)<f (x 2) f (x 1)>f (x 2) 上升的 下降的 (2)增函数 减函数 区间D2.(1)f (x )≤M (2)f (x 0)＝M (3)f (x )≥M (4)f (x 0)＝M 基础自测 1.[1,4] 8 2.43，1 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22－2a ＝2＋a ，得a ＝23. (2)证明 任取x 1，x 2∈[0，＋∞)，且x 1<x 2，f (x 1)－f (x 2)＝x 21＋1－ax 1－x 22＋1＋ax 2＝x 21＋1－x 22＋1－a (x 1－x 2)＝x 21－x 22x 21＋1＋x 22＋1－a (x 1－x 2)＝(x 1－x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x 1＋x 2x 21＋1＋x 22＋1－a . ∵0≤x 1<x 21＋1，0<x 2<x 22＋1，∴0<x 1＋x 2x 21＋1＋x 22＋1<1.又∵a ≥1，∴f (x 1)－f (x 2)>0，∴f (x )在[0，＋∞)上单调递减.(3)解 任取1≤x 1<x 2，f (x 1)－f (x 2)＝(x 1－x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x 1＋x 2x 21＋1＋x 22＋1－a ， ∵f (x )单调递增，∴f (x 1)－f (x 2)<0，又x 1－x 2<0，那么必须x 1＋x 2x 21＋1＋x 22＋1－a >0恒成立.∵1≤x 1<x 2⇒2x 21≥x 21＋1,2x 22>x 22＋1，∴2x 1≥x 21＋1，2x 2>x 22＋1.相加得2(x 1＋x 2)>x 21＋1＋x 22＋1⇒x 1＋x 2x 21＋1x 22＋1>22，∴0<a ≤22. 变式训练1 (1)证明 任设x 1<x 2<－2，则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝2(x 1－x 2)(x 1＋2)(x 2＋2).∵(x 1＋2)(x 2＋2)>0，x 1－x 2<0，∴f (x 1)<f (x 2)，∴f (x )在(－∞，－2)内单调递增. (2)解 任设1<x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1－a －x 2x 2－a ＝a (x 2－x 1)(x 1－a )(x 2－a ). ∵a >0，x 2－x 1>0，∴要使f (x 1)－f (x 2)>0，只需(x 1－a )(x 2－a )>0恒成立，∴a ≤1. 综上所述知0<a ≤1.例2 解 令u ＝x 2－3x ＋2，则原函数可以看作y ＝12log u 与u ＝x 2－3x ＋2的复合函数.令u ＝x 2－3x ＋2>0，则x <1或x >2，∴函数y ＝212log (32)x x -+的定义域为(－∞，1)∪(2，＋∞).又u ＝x 2－3x ＋2的对称轴x ＝32，且开口向上.∴u ＝x 2－3x ＋2在(－∞，1)上是单调减函数，在(2，＋∞)上是单调增函数. 而y ＝12log u 在(0，＋∞)上是单调减函数，∴y ＝212log (32)x x -+的单调减区间为(2，＋∞)，单调增区间为(－∞，1).变式训练2 解 令u ＝x 2＋x －6，y ＝x 2＋x －6可以看作有y ＝u 与u ＝x 2＋x －6的复合函数.由u ＝x 2＋x －6≥0，得x ≤－3或x ≥2.∵u ＝x 2＋x －6在(－∞，－3]上是减函数，在[2，＋∞)上是增函数，而y ＝u 在(0，＋∞)上是增函数，∴y ＝x 2＋x －6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x 1>x 2，则x 1－x 2>0， f (x 1)－f (x 2)＝f (x 1)＋f (－x 2)＝f (x 1－x 2).又∵x >0时，f (x )<0，而x 1－x 2>0，∴f (x 1－x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)，因此f (x )在R 上是减函数. 方法二 设x 1>x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝f (x 1－x 2＋x 2)－f (x 2)＝f (x 1－x 2)＋f (x 2)－f (x 2)＝f (x 1－x 2). 又∵x >0时，f (x )<0，而x 1－x 2>0，∴f (x 1－x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)，∴f (x )在R 上为减函数. (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 ⎝⎛⎭⎫x y ＝f (x )－f (y )，∴令x ＝y >0，则f (1)＝f (x )－f (x )＝0.(2)设x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1<x 2，则f (x 2)－f (x 1)＝f ⎝⎛⎭⎫x 2x 1，∵x 2>x 1>0.∴x 2x 1>1，∴f ⎝⎛⎭⎫x 2x 1>0，∴f (x 2)>f (x 1)，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 ⎝⎛⎭⎫x y ＝f (x )－f (y )， 知f ⎝⎛⎭⎫164＝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.B2.D3.A4.[3，＋∞)5.①③6.(1，＋∞)7.(1)证明 设x 2>x 1>0，设x 2－x 1>0，x 1x 2>0，∵f (x 2)－f (x 1)＝⎝⎛⎭⎫1a －1x 2－⎝⎛⎭⎫1a －1x 1＝1x 1－1x 2＝x 2－x 1x 1x 2>0，∴f (x 2)>f (x 1)，∴f (x )在(0，＋∞)上是单调递增的.(2)解 ∵f (x )在⎣⎡⎦⎤12，2上的值域是⎣⎡⎦⎤12，2，又f (x )在⎣⎡⎦⎤12，2上单调递增， ∴f ⎝⎛⎭⎫12＝12，f (2)＝2.∴易得a ＝25. 8.解 设－1<x 1<x 2<1，则f (x 1)－f (x 2)＝ax 1x 21－1－ax 2x 22－1＝a (x 2－x 1)(x 1x 2＋1)(x 21－1)(x 22－1). ∵－1<x 1<x 2<1，∴x 2－x 1>0，x 21－1<0，x 22－1<0.－1<x 1x 2<1，∴x 1x 2＋1>0，∴(x 2－x 1)(x 2x 1＋1)(x 21－1)(x 22－1)>0. 因此，当a >0时，f (x 1)－f (x 2)>0，即f (x 1)>f (x 2)，此时函数在(－1,1)上为减函数；当a <0时，f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)，此时函数在(－1,1)上为增函数.B 组1.B2.B3.C4.(－∞，0)∪(1,3]5.a >0且b ≤06.[1，＋∞)7.①③④8.解 (1)任取x 1，x 2∈[－1,1]，且x 1<x 2，则－x 2∈[－1,1]，∵f (x )为奇函数，∴f (x 1)－f (x 2)＝f (x 1)＋f (－x 2)＝f (x 1)＋f (－x 2)x 1＋(－x 2)·(x 1－x 2)，由已知得f (x 1)＋f (－x 2)x 1＋(－x 2)>0，x 1－x 2<0，∴f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2).∴f (x )在[－1,1]上单调递增.(2)∵f (x )在[－1,1]上单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＋12<1x －1，－1≤x ＋12≤1，－1≤1x －1≤1.∴－32≤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m 2－2am ＋1≥1，即m 2－2am ≥0，对a ∈[－1,1]成立，下面来求m 的取值范围. 设g (a )＝－2m ·a ＋m 2≥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1.132.②③3.－9 4．(－1,0)∪(1，＋∞) 5.C 题型分类·深度剖析例1 解 (1)由⎩⎪⎨⎪⎧9－x 2≥0x 2－9≥0，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⎩⎪⎨⎪⎧1－x 1＋x ≥01＋x ≠0，得－1<x ≤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⎩⎪⎨⎪⎧4－x 2≥0|x ＋3|－3≠0，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 )＝4－x 2(x ＋3)－3＝4－x 2x，∴f (x )＝－f (－x )，∴f (x )是奇函数． 变式训练1 解 (1)由1－x1＋x>0⇒－1<x <1，定义域关于原点对称．又f (－x )＝lg 1＋x 1－x ＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 1＋x －1＝－lg 1－x1＋x ＝－f (x )，故原函数是奇函数． (2)由2＋x2－x≥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 )＝x 2＋x ，则当x <0时，－x >0，故f (－x )＝x 2－x ＝f (x )；当x <0时，f (x )＝x 2－x ，则当x >0时，－x <0，故f (－x )＝x 2＋x ＝f (x )，故原函数是偶函数．(4)由⎩⎪⎨⎪⎧1－x 2>0，|x 2－2|－2≠0得定义域为(－1,0)∪(0,1)，关于原点对称，∴f (x )＝lg (1－x 2)－(x 2－2)－2＝－lg (1－x 2)x 2. ∵f (－x )＝－lg[1－(－x )2](－x )2＝－lg (1－x 2)x 2＝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<x 1<x 2<1，则f (x 1)－f (x 2)＝f (x 1)＋f (－x 2)＝f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1－x 21－x 1x 2，而x 1－x 2<0,0<x 1x 2<1⇒x 1－x 21－x 1x 2<0⇒f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－x 21－x 1x 2>0，即当0<x 1<x 2<1时，f (x 1)>f (x 2)，∴f (x )在(0,1)上单调递减．(3)由于f ⎝⎛⎭⎫12－f ⎝⎛⎭⎫15＝f ⎝⎛⎭⎫12＋f ⎝⎛⎭⎫－15＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－151－12×5＝f ⎝⎛⎭⎫13， 同理，f ⎝⎛⎭⎫13－f ⎝⎛⎭⎫111＝f ⎝⎛⎭⎫14，f ⎝⎛⎭⎫14－f ⎝⎛⎭⎫119＝f ⎝⎛⎭⎫15，∴f ⎝⎛⎭⎫12－f ⎝⎛⎭⎫111－f ⎝⎛⎭⎫119＝2f ⎝⎛⎭⎫15＝2×12＝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 －12)]<0＝f (1)，则⎩⎨⎧x (x －12)>0x (x －12)<1即0<x (x －12)<1，解得12<x <1＋174或1－174<x <0.若f [x (x －12)]<0＝f (－1)，则⎩⎨⎧x (x －12)<0x (x －12)<－1，由x (x －12)<－1，解得x ∈∅.∴原不等式的解集是{x |12<x <1＋174或1－174<x <0}．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＝－x 2＋6x －8，又f (4－x )＝f (－x )＝－f (x )， ∴－f (x )＝－x 2＋6x －8，即f (x )＝x 2－6x ＋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.B2.A3.B4.A5.－16.－1 7．－38.解 (1)当a ＝0时，f (x )＝x 2，f (－x )＝f (x ) ，函数是偶函数．当a ≠0时，f (x )＝x 2＋ax (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 )＝x 2＋1x ，任取x 1，x 2∈[2，＋∞)，且x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝(x 21＋1x 1)－⎝⎛⎭⎫x 22＋1x 2＝(x 1＋x 2)(x 1－x 2)＋x 2－x 1x 1x 2＝(x 1－x 2)⎝⎛⎭⎫x 1＋x 2－1x 1x 2. 由于x 1≥2，x 2≥2，且x 1<x 2，∴x 1－x 2<0，x 1＋x 2>1x 1x 2，∴f (x 1)<f (x 2)， 故f (x )在[2，＋∞)上是单调递增函数． B 组1.A2.C3.B4.(1)(2)(3) 5．0 6.②③⑤7.(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 )＝－－x ，故x ∈[－1,0]时，f (x )＝－－x .x ∈[－5，－4]时，x ＋4∈[－1,0]，f (x )＝f (x ＋4)＝－－x －4.从而，x ∈[－5，－4]时，函数f (x )＝－－x －4.8.解 (1)∵对于任意x 1，x 2∈D ，有f (x 1·x 2)＝f (x 1)＋f (x 2)，∴令x 1＝x 2＝1，得f (1)＝2f (1)，∴f (1)＝0.(2)令x 1＝x 2＝－1，有f (1)＝f (－1)＋f (－1)，∴f (－1)＝12f (1)＝0.令x 1＝－1，x 2＝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|)<f (16)． 又f (x )在(0，＋∞)上是增函数．∴0<|x －1|<16，解之得－15<x <17且x ≠1. ∴x 的取值范围是{x |－15<x <17且x ≠1}．§2.5 二次函数要点梳理 1．(2)①ax 2＋bx ＋c (a ≠0) ②a (x －m )2＋n (a ≠0) ③a (x －x 1)(x －x 2) (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 )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，依题意有⎩⎨⎧4a ＋2b ＋c ＝－1，a －b ＋c ＝－1，4ac －b24a ＝8，解之，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－4，b ＝4，c ＝7，，∴所求二次函数为y ＝－4x 2＋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 ＝2＋(－1)2＝12.∴m ＝12，又根据题意函数有最大值为n ＝8，∴y ＝f (x )＝a ⎝⎛⎭⎫x －122＋8. ∵f (2)＝－1，∴a ⎝⎛⎭⎫2－122＋8＝－1，解之，得a ＝－4.∴f (x )＝－4⎝⎛⎭⎫x －122＋8＝－4x 2＋4x ＋7. 方法三 依题意知：f (x )＋1＝0的两根为x 1＝2，x 2＝－1，故可设f (x )＋1＝a (x －2)(x ＋1)，a ≠0.即f (x )＝ax 2－ax －2a －1.又函数有最大值y max ＝8，即4a (－2a －1)－a24a＝8，解之，得a ＝－4或a ＝0(舍去)．∴函数解析式为f (x )＝－4x 2＋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 )＝－2x 2＋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 )＝－2x 2－12x －14.∴函数f (x )在(－∞，－2)上的解析式为f (x )＝－2x 2－12x －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 )＝x 2－4x ＋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 )＝x 2＋2x ＋3，∴f (|x |)＝x 2＋2|x |＋3，此时定义域为x ∈[－6,6]，且f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ＋3，x ∈(0，6]x 2－2x ＋3，x ∈[－6，0]，∴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 )＝－4⎝⎛⎭⎫x －a 22－4a ，对称轴为x ＝a2，顶点为⎝⎛⎭⎫a 2，－4a . ①当a2≥1，即a ≥2时，f (x )在区间[0,1]上递增．∴y max ＝f (1)＝－4－a 2.令－4－a 2＝－5，∴a ＝±1<2(舍去)．②当0<a 2<1，即0<a <2时，y max ＝f ⎝⎛⎭⎫a 2＝－4a ，令－4a ＝－5，∴a ＝54∈(0,2)． ③当a2≤0，即a ≤0时，f (x )在区间[0,1]上递减，此时f (x )max ＝f (0)＝－4a －a 2.令－4a －a 2＝－5，即a 2＋4a －5＝0，∴a ＝－5或a ＝1(舍去)．综上所述，a ＝54或a ＝－5.例3 解 (1)由f (0)＝1得，c ＝1.∴f (x )＝ax 2＋bx ＋1.又f (x ＋1)－f (x )＝2x ，∴a (x ＋1)2＋b (x ＋1)＋1－(ax 2＋bx ＋1)＝2x ，即2ax ＋a ＋b ＝2x ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＝2，a ＋b ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1b ＝－1.因此，f (x )＝x 2－x ＋1.(2)f (x )>2x ＋m 等价于x 2－x ＋1>2x ＋m ，即x 2－3x ＋1－m >0，要使此不等式在[－1,1]上恒成立，只需使函数g (x )＝x 2－3x ＋1－m 在[－1,1]上的最小值大于0即可．∵g (x )＝x 2－3x ＋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 )＝x 2＋mx ＋n ，∴f (－1＋x )＝(－1＋x )2＋m (－1＋x )＋n ＝x 2－2x ＋1＋mx ＋n －m ＝x 2＋(m －2)x ＋n －m ＋1， f (－1－x )＝(－1－x )2＋m (－1－x )＋n ＝x 2＋2x ＋1－mx －m ＋n ＝x 2＋(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 )＝x 2＋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 )＝－x 2＋2x . (2)∵F (x )＝g (x )－λf (x )＝－(1＋λ)x 2＋(2－2λ)x ，当λ＋1≠0时，F (x )的对称轴为x ＝2－2λ2(1＋λ)＝1－λλ＋1，又∵F (x )在(－1,1]上是增函数．∴⎩⎪⎨⎪⎧ 1＋λ<01－λ1＋λ≤－1或⎩⎪⎨⎪⎧1＋λ>01－λ1＋λ≥1，∴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.D2.A3.B4.y ＝12(x －2)2－1 5．0≤m ≤146．0或－17.解 f (x )＝(x －a )2＋a －a 2，当a <－1时，f (x )在[－1,1]上为增函数，∴⎩⎪⎨⎪⎧ f (－1)＝1＋3a ＝－2，f (1)＝1－a ＝2⇒a ＝－1(舍去)；当－1≤a ≤0时，⎩⎪⎨⎪⎧f (a )＝a －a 2＝－2，f (1)＝1－a ＝2⇒a ＝－1； 当0<a ≤1时，⎩⎪⎨⎪⎧f (a )＝a －a 2＝－2，f (－1)＝1＋3a ＝2⇒a 不存在；当a >1时，f (x )在[－1,1]上为减函数，∴⎩⎪⎨⎪⎧f (－1)＝1＋3a ＝2，f (1)＝1－a ＝－2⇒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 ＝－b2a ，∴－b2a＝1.① 又f (x )＝x 有等根，即ax 2＋(b －1)x ＝0有等根，∴Δ＝(b －1)2＝0.②由①②得b ＝1，a ＝－12.∴f (x )＝－12x 2＋x .(2)∵f (x )＝－12x 2＋x ＝－12(x －1)2＋12≤12，如果存在满足要求的m ，n ，则必需3n ≤12，∴n ≤16.从而m <n ≤16<1，而x ≤1，f (x )单调递增，∴⎩⎨⎧f (m )＝－12m 2＋m ＝3mf (n )＝－12n 2＋n ＝3n ，可解得m ＝－4，n ＝0满足要求．∴存在m ＝－4，n ＝0满足要求． B 组1.D2.B3.C4.⎝⎛⎭⎫2，525.0<a ≤146.⎣⎡⎦⎤1，31277.[1，＋∞)8.证明 (1)由于f (x )＝x 2＋(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12<t <34时，f (－1)＝3－4t >0，f (0)＝1－2t ＝2⎝⎛⎭⎫12－t <0. f ⎝⎛⎭⎫12＝14＋12(2t －1)＋1－2t ＝34－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⎝⎛⎭⎫0，12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)①n a ②n a － n a ± na ③a④a ⎩⎪⎨⎪⎧a (a ≥0)－a (a ＜0)2.(1)②1 ③1a p ④n a m ⑤1a m n 1na m ⑥0 没有意义 (2)①a r ＋s ②a rs ③a r b r3.(1)R (2)(0，＋∞) (3)(0,1) (4)y >1 0<y <1 (5)0<y <1 y >1 (6)增函数 (7)减函数 基础自测1.(1)x 23 (2)(a ＋b )34 (3)m 52 2.7 3.(－2，－1)∪(1，2) 4.3 5.B题型分类·深度剖析例1 解 (1)原式＝23278-⎛⎫- ⎪⎝⎭＋121500-⎛⎫ ⎪⎝⎭－105－2＋1＝23827⎛⎫- ⎪⎝⎭＋12500－10(5＋2)＋1＝49＋105－105－20＋1＝－1679. (2)原式＝5－2－1－(5－2)2＝(5－2)－1－(5－2)＝－1.(3)原式＝1122323311233ba b a b ab a -⎛⎫ ⎪⎝⎭＝3111111226333a b +-++--＝ab －1. 变式训练1 解 (1)原式＝1323⎛⎫⎪⎝⎭×1＋()1342×142＋(132×123)6－1323⎛⎫⎪⎝⎭＝2＋4×27＝110. (2)令13a ＝m ，13b ＝n ，则原式＝m 4－8mn 3m 2＋2mn ＋4n 2÷⎝⎛⎭⎫1－2n m ·m ＝m (m 3－8n 3)m 2＋2mn ＋4n 2·m 2m －2n＝m 3(m －2n )(m 2＋2mn ＋4n 2)(m 2＋2mn ＋4n 2)(m －2n )＝m 3＝a . 例2 (1)D (2)0<a <1、b <0 (3)1 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<k <1时，直线y ＝k 与函数y ＝|3x －1|的图象有两个不同交点，∴方程有两解. 例3 解 令t ＝a x (a >0且a ≠1)，则原函数化为y ＝(t ＋1)2－2 (t >0). ①当0<a <1时，x ∈[－1,1]，t ＝a x ∈⎣⎡⎦⎤a ，1a ，此时f (t )在⎣⎡⎦⎤a ，1a 上为增函数. ∴f (t )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝⎝⎛⎭⎫1a ＋12－2＝14，∴⎝⎛⎭⎫1a ＋12＝16，∴a ＝－15或a ＝13. 又∵a >0，∴a ＝13.②当a >1时，x ∈[－1,1]，t ＝a x ∈⎣⎡⎦⎤1a ，a ，此时f (t )在⎣⎡⎦⎤1a ，a 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 ＝13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 －12x ，由2x －12x ＝32，得2·22x －3·2x －2＝0，看成关于2x 的一元二次方程，解得2x ＝2或－12，∵2x >0，∴x ＝1.(2)当t ∈[1,2]时，2t ⎝⎛⎭⎫22t －122t ＋m ⎝⎛⎭⎫2t －12t ≥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.B2.D3.D4.m <n5.16.12或327.－2。
2020年第一轮高考数学专题复习第一讲：集合一、考纲导读（一）集合的含义与表示1．了解集合的含义、元素与集合的“属于”关系.2．能用自然语言、图形语言、集合语言（列举法或描述法）描述不同的具体问题。
（二）集合间的基本关系1．理解集合之间包含与相等的含义，能识别给定集合的子集.2．在具体情境中，了解全集与空集的含义.（三）集合的基本运算1．理解两个集合的并集与交集的含义，会求两个简单集合的并集与交集。
2．理解在给定集合中一个子集的补集的含义，会求给定子集的补集.3．能使用韦恩图（Venn）表达集合的关系及运算。
根据考试大纲的要求，结合2009年高考的命题情况，我们可以预测2010年集合部分在选择、填空和解答题中都有涉及，高考命题热点有以下两个方面：一是集合的运算、集合的有关述语和符号、集合的简单应用等作基础性的考查，题型多以选择、填空题的形式出现；二是以函数、方程、三角、不等式等知识为载体，以集合的语言和符号为表现形式，结合简易逻辑知识考查学生的数学思想、数学方法和数学能力，题型常以解答题的形式出现.第1课时 集合的概念一、基础过关 <1>.集合1．集合是一个不能定义的原始概念，描述性定义为：某些指定的对象 就成为一个集合，简称 ．集合中的每一个对象叫做这个集合的 ．2．集合中的元素属性具有：(1) 确定性； (2) ； (3) ．3．集合的表示法常用的有 、 和韦恩图法三种，有限集常用 ，无限集常用 ，图示法常用于表示集合之间的相互关系．<2>.元素与集合的关系4．元素与集合是属于和 的从属关系，若a 是集合A 的元素，记作 ，若a 不是集合B 的元素，记作 ．但是要注意元素与集合是相对而言的．<3>.集合与集合的关系5．集合与集合的关系用符号 表示．6．子集：若集合A 中 都是集合B 的元素，就说集合A 包含于集合B （或集合B 包含集合A ），记作 ．7．相等：若集合A 中 都是集合B 的元素，同时集合B 中 都是集合A 的元素，就说集合A 等于集合B ，记作 ．8．真子集：如果 就说集合A 是集合B 的真子集，记作 ．9．若集合A 含有n 个元素，则A 的子集有 个，真子集有 个，非空真子集有 个．10．空集∅是一个特殊而又重要的集合，它不含任何元素，∅是任何集合的 ，∅是任何非空集合的 ，解题时不可忽视∅．二、典型例题例1. 已知集合8|6A x N N x ⎧⎫=∈∈⎨⎬-⎩⎭，试求集合A 的所有子集.变式训练1.若a,b ∈R,集合{}1,,0,,,b a b a b a ⎧⎫+=⎨⎬⎩⎭求b-a 的值.例2. 设集合2{2,3,23}U a a =+-，{|21|,2}A a =-，{5}U C A =，求实数a 的值.变式训练2：（1）P ＝{x|x2－2x －3＝0}，S ＝{x|ax ＋2＝0}，S ⊆P ，求a 取值？（2）A ＝{－2≤x ≤5}，B ＝{x|m ＋1≤x ≤2m －1}，B ⊆A,求m 。
