必修第一册苏教数学教材习题答案_高中全套电子教材及答案。_02高中教材参考答案_高中数学_苏教版

教材习题答案 第 1 章 集合 ３.解析 不正确. 不正确. 正 Ａ Ｂ (１) (２) (３) ∪ ⌀ 确. 正确. 不正确. 不正确. Ａ Ｂ (４) (５) (６) ⌀ ⌀ 1.1 集合的概念与表示 正确. 正确. Ａ Ａ Ａ Ａ Ｂ (７) (８) ∪ 练习 ４.答案 Ｂ ꎻ Ａ Ｂ Ｂ Ｂ ∪ Ａ Ｂ ５.答案 Ａ １.答案 Ａ Ａ ∈ꎻ∉ꎻ∈ꎻ∉ꎻ∈ꎻ∈ꎻ∈ꎻ∈ ６.解析 Ａ ｘ ｘ . ∩ ⌀ ∁Ｕ ２.解析 . . ∁Ｕ ＝{ ｜ ≥０} (１){－１} (２){１ꎬ３ꎬ５ꎬ１５} ◆习题1.2 ⌀ ⌀ ⌀ ⌀ . Ａ Ａ (３){２ꎬ４ꎬ６ꎬ８ꎬ１０} ⌀ ⌀ ３.解析 ｘ ｘ ｎ ｎ Ｚ 或 ｘ ｘ 感受􀅰理解 Ａ Ａ (１){ ｜ ＝２ ＋１ꎬ ∈ } { ｜ ∁Ｕ ⌀ ⌀ ∁Ｕ 为奇数 . １.解析 Ａ Ｂ Ｃ. } ⫋ ⫋ Ａ Ａ (２){ ｘ ｜ ｘ ＝２ ｎ ꎬ ｎ ∈ Ｎ∗ } 或 { ｘ ｜ ｘ 为正偶 ２.解析 (１) Ａ ⫋ Ｂ. (２) Ｂ ⫋ Ａ. (３) Ａ ＝ Ｂ. ∪ ⌀ Ａ ∁Ｕ Ａ 数 . Ａ Ｂ. ⌀ ⌀ ∁Ｕ ４. ( 解 ３ 析 } ){ ｘ ｜ ( ｘ １ ２ ) ＋ 由 １≤ ｘ ０ ２ ꎬ ＋ ｘ ２ ∈ ｘ － Ｒ １ } ５ . ＝０ꎬ 得 ( ｘ －３)􀅰 ３ ４ . . ( 解 解 ４ 析 析 ) ⫋ { (１ ｘ ) ｜ ｘ { 是 ２ꎬ４ 梯 } 形 . (２ } ) . ⌀ . (３){ ｘ ｜ ｘ <２} . ∁Ｕ Ａ Ａ ∁Ｕ Ａ Ａ Ｕ Ａ ∁Ｕ Ｕ Ａ ( ｘ ＋５)＝０ꎬ∴ ｘ ＝３ 或ｘ ＝－５ꎬ∴ 方程ｘ２ ＋ (４){ ｘ ｜ ｘ <－２ 或ｘ ≥２} . ２.解析 [２ꎬ３] . ｘ 的根的集合为 . 思考􀅰运用 ３.解析 . ２ －１５＝０ {３ꎬ－５} [－１ꎬ１] 由 ｘ 得 ｘ 即 ｘ 故不 ５.解析 不成立. 不成立. ４.解析 成立 不成立. (２) ４ －３<５ꎬ ４ <８ꎬ <２ꎬ (１) (２) (１) ꎬ 等式的解集为 ｘ ｘ ｘ Ｒ . 成立. Ａ Ｂ Ｂ Ａ Ｂ Ａ { ｜ <２ꎬ ∈ } (３) (２) ∩ ＝ ＝{２ꎬ４ꎬ６ꎬ８}ꎬ ∪ ＝ ＝ ５.解析 . ６.解析 . . (１){０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５} ⌀ꎬ{０}ꎬ{２}ꎬ{０ꎬ２} {１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎬ６ꎬ７ꎬ８} . ７.解析 ｍ ｍ . ｍ ｍ . ５.解析 Ａ Ｂ Ｃ Ａ Ｂ Ｃ (２){ｍꎬａꎬｔꎬｈꎬｅꎬｉꎬｃꎬｓ} (１){ ｜ <１} (２){ ｜ ≥１} ∩( ∩ )＝{１}ꎬ( ∪ )∪ . 探究􀅰拓展 . (３){ꎬ ꎬ ꎬꎬ } ＝{１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎬ６} ◆习题1.1 ８.解析 性质 如果Ａ Ｂ且 Ｂ Ｃ ６.解析 Ａ Ｂ ｘ ｘ Ａ Ｂ. :(１) ⊆ ⊆ ꎬ ∩ ＝{ ｜ ≤０}ꎬ ⫋ 感受􀅰理解 那么Ａ ⊆ Ｃ ꎻ ７.解析 (１) 线段ＡＢ的垂直平分线. １.答案 ∈ꎻ∉ꎻ∈ꎻ∈ (２) 如果Ａ ⊆ Ｂ且Ｂ ⊆ Ａ ꎬ 那么Ａ ＝ Ｂ. (２) 以Ｏ为圆心 ꎬ１ 为半径的圆. ２.解析 (１){３ꎬ－６} . (２){０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ (１)(２) 均正确. ８.解析 文学群成员构成的集合Ａ ＝{ 梅 ꎬ 兰 竹 桂 松 柳 . . ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ }ꎬ ５} (３){０ꎬ１ꎬ２} (４){(０ꎬ０)ꎬ(０ꎬ１)ꎬ 1.3 交集、并集 数学群成员构成的集合 Ｂ 梅 竹 . ＝{ ꎬ ꎬ (１ꎬ０)ꎬ(１ꎬ１)ꎬ(２ꎬ０)ꎬ(２ꎬ１)} 松 枫 杨 桦 ３.解析 由 ｘ 得ｘ 故不等 练习 ꎬ ꎬ ꎬ }ꎬ (１) ３ ＋２>５ꎬ >１ꎬ 音乐群成员构成的集合 Ｃ 兰 菊 式 ｘ 的解集为 ｘ ｘ ｘ Ｒ . １.解析 Ａ Ｂ Ａ Ｂ ＝{ ꎬ ꎬ ３ ＋２>５ { ｜ >１ꎬ ∈ } ∩ ＝{２ꎬ４}ꎬ ∪ ＝{－２ꎬ０ꎬ２ꎬ 荷 桂 松 柳 . ｘ ｙ ｘ ｙ . . ꎬ ꎬ ꎬ } (２){( ꎬ )｜ <０ꎬ >０} ４ꎬ６} Ａ Ｂ Ｃ 梅 兰 竹 桂 松 柳 ｘ ｙ ｙ ｘ２ ｘ . ２.答案 Ａ Ａ Ａ Ｕ ∴ ∪ ∪ ＝{ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ (３){( ꎬ )｜ ＝ －２ ＋３} ꎻ ꎻ⌀ꎻ ꎻ⌀ꎻ 枫 杨 桦 菊 荷 . 思考􀅰运用 ３.解析 Ａ Ｂ Ａ Ｂ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ } (１) ∩ ＝{－１ꎬ０}ꎬ ∪ ＝ ９.解析 Ａ Ｂ. Ａ Ｂ Ｃ. ４.答案 . (１)(∁Ｕ )∩ (２) ∩ ∩ (１)∈ꎻ∉ (２)∈ꎻ∉ {－１ꎬ０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ４} 思考􀅰运用 Ａ Ｂ Ｂ Ａ Ｂ Ａ (３)∉ꎻ∉ (２) ∩ ＝ ＝{－１ꎬ０ꎬ１}ꎬ ∪ ＝ ＝ １０.解析 Ａ Ｂ ５.解析 ａ ｂ 或ａ ｂ . . (１)∵ ∪ ＝{１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５}ꎬ ＝１ꎬ ＝２ ＝２ꎬ ＝１ {－１ꎬ０ꎬ１ꎬ２ꎬ３} Ａ Ｂ . Ａ Ｂ Ａ Ｂ ∴ ∁Ｕ( ∪ )＝{６} ６. ∴ 解析 －１ ∉ 当 Ａ ꎻ ３ ｋ ＋１＝－１ 时 ꎬ ｋ ＝－ ３ ２ ∉ Ｚ ꎬ { ( ( ４ ３ － ) ) １ Ａ ꎬ０ ∩ ∩ ꎬ１ Ｂ ꎬ ＝ ２ ＝ ꎬ ⌀ ３ { } ꎬ － Ａ . １ ∪ ꎬ０ Ｂ ꎬ ＝ １ Ａ ꎬ２ ＝ ꎬ { ３ － } １ ꎬ ꎬ０ ∪ ꎬ１ꎬ２ ＝ ꎬ ∵ ∴ ∁ ( Ｕ ∁ 如 Ａ Ｕ Ａ ＝ 图 ) { ∩ . １ꎬ ( ４ ∁ ꎬ Ｕ ６ Ｂ } ) ꎬ ＝ ∁Ｕ { Ｂ ６ ＝ } { . ２ꎬ３ꎬ５ꎬ６} 当 ｋ 时 ｋ ４ Ｚ Ａ ３} . (２) ３ ＋１＝５ ꎬ ＝ ∉ ꎬ∴５∉ ꎻ ３ ４.解析 Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ｒ. 当 ｋ 时 ｋ Ｚ Ａ. (１) ∩ ＝{０}ꎬ ∪ ＝ ３ ＋１＝７ ꎬ ＝２∈ ꎬ∴７∈ Ａ Ｂ ｘ ｘ Ａ Ｂ Ｒ. 综上 是Ａ的元素. (２) ∩ ＝{ ｜０≤ <２}ꎬ ∪ ＝ 探究􀅰 ꎬ 拓 ７ 展 ５.解 (３ 析 ) Ａ ∩ Ａ Ｂ ＝ Ｂ { ｘ ｜ ｘ > ｘ ２} ｙ ꎬ Ａ ∪ ｙ Ｂ ＝{ ｘ ｘ ｜ ｘ ≥ 且 ０ ｙ } . (３) 通过 (１)(２)ꎬ 我们知道 ∁Ｕ( Ａ ∪ Ｂ ) ７.略. ｘ ∩ ＝{( . ꎬ )｜ ＝－４ ＋６ꎬ ＝ ＝(∁Ｕ Ａ )∩(∁Ｕ Ｂ ) . ５ －３}＝{(１ꎬ２)} １１.解析 Ａ Ｂ ｘ ｘ Ａ Ｂ ６.解析 Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ｚ. ∩ ＝{ ｜２< ≤３}ꎬ ∪ ＝ 1.2 子集、全集、补集 ◆习题 1. ∩ 3 ＝⌀ꎬ ∪ ＝ { ｘ ｜１≤ ｘ <４}ꎬ Ａ ∪∁Ｕ Ｂ ＝{ ｘ ｜ ｘ ≤３ 或ｘ ≥ . 练习 ４} 感受􀅰理解 １２.解析 ｍ的值为 . １.解析 . －１ꎬ０ (１)⌀ꎬ{１} １.填空 探究􀅰拓展 . (２)⌀ꎬ{１}ꎬ{２}ꎬ{１ꎬ２} Ａ Ｂ １３.解析 Ｓ Ａ ｘ ｘ为高一 班男 ∩ ⌀ (１) － ＝{ ｜ (１) (３)⌀ꎬ{１}ꎬ{２}ꎬ{３}ꎬ{１ꎬ２}ꎬ{１ꎬ３}ꎬ 同学 Ａ ｘ ｘ 为高一 班男同 . ⌀ ⌀ ⌀ ⌀ }ꎬ∁Ｓ ＝{ ｜ (１) {２ꎬ３}ꎬ{１ꎬ２ꎬ３} Ａ Ａ Ａ Ｂ 学 . ２.解析 . . ⌀ ∩ } (１){１ꎬ３ꎬ５} (２)⌀ (３){０ꎬ１ꎬ Ｂ Ｂ Ａ Ｂ . ⌀ ∩ ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎬ６} １ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋如图. 设ａ Ａ 则ａ Ａ 所以ａ Ａ Ｂ 从 有实数解. (２) ∈∁Ｕ ꎬ ∉ ꎬ ∉ ∩ ꎬ ０ 而ａ Ａ Ｂ 于是 Ａ Ｂ ２.解析 若两个数的绝对值相等 则 ∈∁Ｕ( ∩ )ꎬ ∁Ｕ( ∩ )⊇(∁ (１) ꎬ Ａ Ｂ . 这两个数也相等. Ｕ )∪(∁Ｕ ) 综上所述 Ａ Ｂ Ａ Ｂ . 若一个四边形是矩形 则这个四边 ꎬ∁Ｕ( ∩ )＝(∁Ｕ )∪(∁Ｕ ) (２) ꎬ 形的对角线相等. 若一个点是角平分线上的点 则它 (３) ꎬ 到角两边的距离相等. 若两个三角形的两个角分别相等 Ａ Ｂ. (４) ꎬ (３) ⊆ １３.解析 . 则这两个三角形相似. ◆复习题 {１ꎬ２} 探究􀅰拓展 ３.解析 真命题. 真命题. 真 感受􀅰理解 (１) (２) (３) １４.解析 能成立 例如 Ａ 命题. 真命题. １.解析 . (１) ꎬ ꎬ ＝{１ꎬ２ꎬ (４) {０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ４} Ｂ Ａ Ｂ . ◆习题2.1 ２.解析 有限集. 无限集. 无 ３}ꎬ ＝{２ꎬ３ꎬ４}ꎬ ∪ ＝{１ꎬ２ꎬ３ꎬ４} (１) (２) (３) 能成立 例如 Ａ Ｂ 感受􀅰理解 限集. (２) ꎬ ꎬ ＝{１ꎬ２ꎬ３}ꎬ ＝ Ａ Ｂ . １.解析 条件 两个三角形全等 结 ３.解析 Ａ ｘ ｘ是三边不全相等的三 {４ꎬ５}ꎬ ∪ ＝{１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５} (１) : ꎬ ∁Ｕ ＝{ ｜ 不能成立. 论 这两个三角形的对应高相等. 角形 . (３) : } １５.解析 Ｃ Ｄ ａ ａ ａ 条件 两个三角形的两边及其夹角 ４.解析 Ａ Ｂ Ａ Ｂ (１) × ＝{( ꎬ１)ꎬ( ꎬ２)ꎬ( ꎬ (２) : ∩ ＝{１ꎬ２}ꎬ ∪ ＝{０ꎬ１ꎬ２ꎬ . 分别相等 结论 这两个三角形全等. . ３)} ꎬ : ３ꎬ４} Ａ Ｂ . 条件 一个四边形是菱形 结论 这 ５.解析 Ａ Ｂ ｘ ｘ Ａ Ｂ Ｒ. (２) ＝{１ꎬ２}ꎬ ＝{２} (３) : ꎬ : ∩ ＝{ ｜１< <２}ꎬ ∪ ＝ Ａ Ｂ有 个元素. 个四边形的四边相等. ６.解析 ａ ａ ａ Ｒ 也可以写成 (３) × １２ { ｜ ≥４ꎬ ∈ }ꎬ 本章测试 条件 两条直线被一组平行线所 . (４) : ７.解 [４ 析 ꎬ＋∞) Ａ . 一、填空题 截 ꎬ 结论 : 所得的对应线段成比例. ８.解 ( ( ( ４ ３ ２ 析 ) ) ) ∁ ⌀ ∁ Ｕ Ｕ Ａ Ａ . ( 集 ＝ ＝ １ ( [ ) 合 － － ∁Ｕ ∞ ２ Ａ ꎬ ꎬ － ＝ 可 － １ ( １ ) － 能 ) ∪ ∞ ∪ 是 { ꎬ [ ２ － ２ } １ ꎬ . ) ３ ∪ ] 或 . [２ꎬ＋∞) 或 ２ ３ ４ １ . . . . 答 答 答 答 案 案 案 案 { { ② ｘ － ③ ｜ １ ｘ ꎬ ＝ １} －２ ｎ ꎬ ｎ ∈ Ｎ∗ } ２.解 于 ( 两 ２ 析 同 条 ) 若 一 直 两 条 线 ( 直 １ 直 平 ) 线 若 线 行 平 ꎬ . 平 则 行 面 这 于 内 两 同 的 条 一 两 直 条 条 线 直 直 平 线 线 行 ꎬ . 垂 则 直 这 ９.解 {３ 析 ꎬ５} 或 { 或 １ꎬ３ . ꎬ５} . {５} {１ꎬ５} ５ ６ . . 答 答 案 案 { { ｘ － ｜ １ ｘ ꎬ ≥ ０ꎬ １ １ } ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎬ６}ꎻ{０ꎬ１} ( 是 ３ 无 ) 若 理 两 数 个 . 数都是无理数 ꎬ 则它们的和 思考􀅰 运 ２ 用 ３ 二、选择 题 ５ꎻ２２ (４) 若两个数的乘积为正数 ꎬ 则这两个 １０.解析 符合题意的情况有以下几种 ７.Ｃ ８.Ｂ ９.Ｃ １０.Ｂ 数同号. Ａ Ｂ : 三、解 答题 (５) 若两个数都是奇数 ꎬ 则这两个数的 (１) Ａ ＝{１ꎬ２ꎬ３}ꎬ ＝ Ｂ {１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５}ꎻ １１.解析 ｍ的值为 . 和是偶数. ( ( ２ ３ ) ) Ａ Ａ ＝ ＝ { { １ １ ꎬ ꎬ ２ ２ ꎬ ꎬ ３ ３ ꎬ ꎬ ４ ５ } } ꎬ ꎬ Ｂ Ｂ ＝ ＝ { { １ １ ꎬ ꎬ ２ ２ ꎬ ꎬ ３ ３ ꎬ ꎬ ５ ４ . } } 可 ꎻ ꎻ １２.解析 Ａ 或 ＝{１ Ａ ꎬ２ꎬ３ ０ ꎬ４ꎬ５}ꎬ Ｂ ＝{０ꎬ１ꎬ Ｂ ２ꎬ ( 形 ６ 的 ) 若 四 一 个 个 角 四 相 边 等 形 . 是矩形 ꎬ 则这个四边 分 (４ 别 ) 用 ＝{ Ｖ １ ｅ ꎬ ｎ ２ ｎ ꎬ３ 图 ꎬ 表 ４ꎬ 示 ５} 如 ꎬ 下 ＝ . {１ꎬ２ꎬ３} １３. ３ { 解 ꎬ １ ４ 析 ꎬ ꎬ ２ ５ ꎬ } ３ꎬ ꎬ ４ ｘ ꎬ５ ｘ } . ＝ 图 { 略 或 ０ꎬ . ｘ １ꎬ２ꎬ３ . ꎬ４ꎬ５}ꎬ ＝ ( 个 ７ 三 ) 若 角 一 形 个 的 三 底 角 角 形 相 是 等 等 . 腰三角形 ꎬ 则这 { ｜ <－１ ≥２} １４.解析 ｍ的取值范围是 . 若一条弦是圆的直径 则它所对的 [１ꎬ２] (８) ꎬ １５.解析 依题意 得 Ａ 圆周角是直角. ꎬ ＝{(１ꎬ１)ꎬ(１ꎬ 思考􀅰运用 ２)}ꎬ Ｂ ３.解析 若ｘ２ ｘ 则ｘ 或ｘ ＝{(１ꎬ１)ꎬ(２ꎬ１)}ꎬ (１) ＋ －２＝０ꎬ ＝１ ＝ Ａ Ｂ Ａ Ｂ 由 ｘ２ ｘ 不能推出 ｘ . ∴ ∩ ＝{(１ꎬ１)}ꎬ ∪ ＝{(１ꎬ１)ꎬ －２ꎬ∴ ＋ －２＝０ ＝１ １１.解析 设文艺 、 体育均爱好的有ｘ人 ꎬ (１ꎬ２)ꎬ(２ꎬ１)} . ∴ 命题为假. 则 ｘ ｘ ｘ 第2 章 常用逻辑用语 (２) 若ｘ ∈ Ａ ∩ Ｂ ꎬ 则ｘ是Ａ与Ｂ的公共 (２０－ )＋(１５－ )＋２０＋ ＝４５ꎬ 元素. ｘ Ａ Ｂ. ｘ . 文艺 体育均爱好的有 ∴ ∈ ∪ ∴ ＝ １０ ∴ 、 人. 2.1 命题、定理、定义 ∴ 命题为真. １０ １２.解析 ∁Ｕ( Ａ ∩ Ｂ )＝(∁Ｕ Ａ )∪(∁Ｕ Ｂ ) .证 练习 (３) 当 ｘ >１ 时 ꎬ 显然有 ｘ２ >１ꎬ∴ 命题 明如下 若Ａ或Ｂ中有一个是空集 不 １.解析 条件 两个三角形相似 结 为真. 妨 左边 设 ＝ Ｂ 右 ＝ : ⌀ 边 ꎬ ＝ 则 Ｕ ꎬ Ａ 结 ∩ 论 Ｂ 显 ＝ 然 ⌀ 成 ꎬ 且 立 ∁ . Ｕ 若 Ｂ ＝ Ａ ꎬ Ｕ ꎬ Ｂ ꎬ 论 (２ : ) 这 条 两 件 ( 个 １ : ) 一 三 个 角形 四 : 的 边 对 形 应 是 角 平 相 行 等 四 . 边 ꎬ 形 ꎬ ( 原 ４ 点 )∵ ꎬ∴ 函 ０ 数 ＝０ ｙ ＋ ＝ ｍ ｘ ꎬ ２ ∴ ＋２ ｍ ｘ ＋ ＝ ｍ ０ . 的 ∴ 图 命题 象 为 过 真 坐 . 标 都为非空集合 一方面 任取元素ａ 结论 这个四边形的对角相等. ａ２ ｂ２ 两边平方得 ａ２ ꎬ ꎬ ∈ : (５)∵ ＝ ꎬ∴ ꎬ ＝ ∁Ｕ( Ａ ∩ Ｂ )ꎬ 则 ａ ∉ Ａ ∩ Ｂ ꎬ 则 ａ ∉ Ａ与 ａ (３) 条件 : ａ ꎬ ｂ 都是偶数 ꎬ 结论 : ａ ＋ ｂ 是 ｂ２ ꎬ 不能推出ａ ＝ ｂ. ∴ 命题为假. Ｂ 中至少有一个成立 不妨设 ａ 偶数. ａ ｂ ａ ｂ不全为 ａ２ ｂ２ ∉ ꎬ ∉ (６)∵ ＋ >０ꎬ∴ 、 ０ꎬ∴ ＋ Ｂ 即 ａ Ｂ 所以 ａ Ａ 条件 两个实数的积为正数 结论 . 命题为真. ꎬ ∈∁Ｕ ꎬ ∈(∁Ｕ ) ∪ (４) : ꎬ : >０∴ Ｂ 于是 Ａ Ｂ Ａ 这两个实数的符号相同. 探究􀅰拓展 (∁Ｕ )ꎬ ∁Ｕ( ∩ )⊆(∁Ｕ )∪ (∁Ｕ Ｂ ) .另一方面 ꎬ 任取元素ａ ∈(∁Ｕ Ａ ) (５) 条件 : ａ ＝ ｂ ꎬ 结论 : ａ２ ＝ ａｂ. ４.解析 第四步错误 ꎬ 正确步骤 : ∪(∁Ｕ Ｂ )ꎬ 则 ａ ∈∁Ｕ Ａ 或 ａ ∈∁Ｕ Ｂ ꎬ 不妨 (６) 条件 : ｑ ≥－１ꎬ 结论 : 方程ｘ２ ＋２ ｘ － ｑ ＝ 所以ｘ － ｙ ＝０ 或ｘ ＝ ｘ ＋ ｙ. ２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 2.2 充分条件、必要条件、 ４.证明 必要性 即 若ｘ 是方程 词命题 真命题. 全称量词命题 真 (１) ꎬ “ ＝１ ꎬ (４) ꎬ 充要条件 ａｘ２ ｂｘ ｃ 的根 则ａ ｂ ｃ . 由ｘ 命题. ＋ ＋ ＝０ ꎬ ＋ ＋ ＝０” ＝ 是方程ａｘ２ ｂｘ ｃ 的根 得ａ ２ ｂ ４.解析 存在菱形的对角线不垂直 练习 １ ＋ ＋ ＝０ ꎬ ×１ ＋ (１) ｃ 即ａ ｂ ｃ 必要性成立. 或不平分. 任意三角形一条边上的 １.解析 ｐ / ｑ ｐ 不是 ｑ 的充分 ×１＋ ＝０ꎬ ＋ ＋ ＝０ꎬ (２) (１)∵ ⇒ ꎬ∴ 充分性 即 若ａ ｂ ｃ 则ｘ 是 高与中线不相等. 有的正整数小于 条件. (２) ꎬ “ ＋ ＋ ＝０ꎬ ＝１ (３) 方程ａｘ２ ｂｘ ｃ 的根. 或等于它的倒数. 任意二次函数的 ｐ / ｑ ｐ不是ｑ的充分条件. ＋ ＋ ＝０ ” (４) (２)∵ ⇒ ꎬ∴ 由ａ ｂ ｃ 得ｃ ａ ｂ ａｘ２ ｂｘ ｃ 图象不关于坐标原点中心对称. ｐ ｑ ｐ是ｑ的充分条件. ＋ ＋ ＝０ꎬ ＝－ － ꎬ∵ ＋ ＋ ＝ (３)∵ ｐ ⇒ ｑ ꎬ∴ ｐ是ｑ的充分条件. ０ꎬ∴ ａｘ２ ＋ ｂｘ － ａ － ｂ ＝０ꎬ ５.解析 (１) 存在大于 ３ 的自然数不是不 (４ ｐ )∵ 是ｑ ⇒ 的 ꎬ 充 ∴ 分条件的有 . 即ａ ( ｘ２ －１)＋ ｂ ( ｘ －１)＝０ꎬ 故 ( ｘ －１)( ａｘ ＋ 等式ｘ２ >１０ 的解 ꎬ 假命题. ２. ∴ 解析 ｑ ｐ ｐ ( 是 ３)( ｑ ４ 的 ) 必要 ａ ＋ ｂ )＝ ０ꎬ∴ ｘ ＝１ 是方程 ａｘ２ ＋ ｂｘ ＋ ｃ ＝０ (２) 任意有序整数组 ( ｘ ꎬ ｙ ) 都不满足ｘｙ (１)∵ ⇒ ꎬ∴ 的一个根. ｘ ｙ 假命题. 条件. ＝ ＋ ꎬ ｑ ｐ ｐ是ｑ的必要条件. 故关于ｘ的方程ａｘ２ ＋ ｂｘ ＋ ｃ ＝０ 有一个根 (３) 有的四边形的四个顶点不共圆 ꎬ 假 (２)∵ ⇒ ꎬ∴ 是 的充要条件为ａ ｂ ｃ . 命题. ｑ / ｐ ｐ不是ｑ的必要条件. １ ＋ ＋ ＝０ (３)∵ ⇒ ꎬ∴ 探究􀅰拓展 所有反比例函数的图象与ｘ轴都没 ｑ ｐ ｐ是ｑ的必要条件. (４) (４)∵ ⇒ ꎬ∴ ５.解析 ｐ是ｑ的充分条件 ｐ不是ｑ 有公共点 真命题. ｐ是ｑ的必要条件的有 . (１) ꎬ ꎬ ∴ (１)(２)(４) 的必要条件. 探究􀅰拓展 ３.答案 / / (１)⇒ (２)⇒ (３)⇔ (４)⇒ ｐ不是ｑ的充分条件 ｐ是ｑ的必要 ６.略. ◆习题2.2 (２) ꎬ 条件. ◆复习题 感受􀅰理解 ｐ是ｑ的充要条件.举例略. 感受􀅰理解 １.解析 ｐ ｑ ｑ / ｐ ｐ是ｑ的充 (３) (１)∵ ⇒ ꎬ ⇒ ꎬ∴ １.答案 分条件 ｐ不是ｑ的必要条件 ｐ不是ｑ ⑥ꎻ①③ꎻ②④⑤ ꎬ ꎬ 2.3 全称量词命题与存在量 ２.解析 ｐ 是 ｑ 的充分条件 但 ｐ 不 的充要条件. (１) ꎬ 词命题 是ｑ的必要条件. ｐ ｑ ｑ ｐ ｐ是ｑ的充分条件 (２)∵ ⇒ ꎬ ⇒ ꎬ∴ ꎬ ｐ是ｑ的充要条件. ｐ是ｑ的必要条件 ｐ是ｑ的充要条件. (２) ꎬ ２.３.１ 全称量词命题与存在量词 ｐ是ｑ的充要条件. ｑ 关于ｘ的方程ｘ２ ｘ ｍ 有实 (３) (３) : ＋２ ＋ ＝０ 命题 ｐ不是ｑ的充分条件 ｐ是ｑ的必要 数解 Δ ｍ ｍ . (４) ꎬ ꎬ∴ ＝４－４ ≥０ꎬ∴ ≤１ 条件. ｐ ｑ ｐ是ｑ的充分条件 ｐ是ｑ的 练习 ∴ 件 必 (４ 要 ) ⇔ ｐ ∵ 条 是 ｐ ꎬ 件 ⇒ ∴ ｑ / ꎬ ｑ 的 ｐ ꎬ ｑ 必 是 ⇒ 要 ｑ ｐ ꎬ 的 条 ∴ 充 件 ｐ 要 不 ｐ 条 是 不 件 是 ｑ . ꎬ 的 ｑ 充 的 分 充 条 要 １.解 词 词 析 命 命 题 题 . . ( ( １ ３ ) ) 全 全 称 称 量 量 词 词 命 命 题 题 . . ( ( ２ ４ ) ) 全 存 称 在 量 量 ３. ( ( 解 ２ ３ 析 ) ) 对 任 任 意 (１ 意 三 ) 的 存 角 实 在 形 数 正 最 数 ｘ 长 ꎬ 都 ｘ 边 ꎬ 有 使 与 得 ｘ 最 ２ ＋ ｘ 短 １ ≤ ≥ 边 ｘ ２ － 的 ｘ １ . . 和 条 ꎬ 件. ꎬ ２.解析 (１) 真. (２) 真. (３) 假. (４) 真. 不等于第三边的 ２ 倍. 任意三角形内切圆的半径不等于 ∴ ｐ是ｑ的充分条件的有 (１)(２)(３)ꎬ ｐ ２.３.２ 全称量词命题与存在 ( 外 ４ 接 ) 圆半径的一半. 是ｑ的必要条件的有 ｐ是 (２)(３)(４)ꎬ 量词命题的否定 有的反比例函数的图象不关于ｙ轴 ｑ的充要条件的有 . (５) (２)(３) 练习 对称. ２.答案 / (１)⇒ (２)⇒ (３)⇔ １.解析 有的矩形不是平行四边形. 任意等腰三角形都不是直角三 (１) (６) 思 ( 考 ４) 􀅰 ⇔ 运用 (２) 任意一个梯形都不是平行四边形. 角形. ３.解析 ｐ ｑ ｑ ｐ ｐ ｑ ｐ (３) 有的锐角不相等. 思考􀅰运用 是ｑ的 充 (１ 要 ) 条 ∵ 件 ⇒ . ꎬ ⇒ ꎬ∴ ⇔ ꎬ∴ (４) 任意一个梯形都不是等腰梯形. ４.解析 (１) 性质定理. (２) 判定定理. ( / ２ ｐ ) . ∵ ａ ｐ ２ 是 <１ꎬ ｑ ∴ 的 － 充 １< 分 ａ < 条 １ . 件 ∴ ｐ ⇒ 但 ｑ ｐ ꎬ 反 不 之 是 ꎬ ｑ ｑ ２.解 是 析 １８０ °. (１) 有的三角形的内角和不 定 (３ 理 ) 性 . ( 质 ６) 定 性 理 质 . 定 (４ 理 ) . 判定定理. (５) 判定 的 ⇒ 必 ∴ 要条件. ꎬ (２) 有的正三角形不相似. ５.答案 (１) 充要条件 (２) 充要条件 存在二次函数的值域不是Ｒ. 必要条件 (３) 取ａ ＝－２ꎬ ｂ ＝１ꎬ∴ ａ ｂ ＝－ １ <１ꎬ 但ｂ (３) 所有的实系数一元二次方程都有 探 ( 究 ３) 􀅰拓展 ２ (３) ａ ｐ / ｑ 实数解. ６.略. > ꎬ∴ ⇒ ꎬ ｂ ３.Ｄ 本章测试 反之 取ａ ｂ －２ . ꎬ ＝－１ꎬ ＝－２ꎬ∴ ａ ＝ ＝２>１ ◆习题2.3 一、填空题 －１ ｑ / ｐ. 感受􀅰理解 １.答案 若一个四边形是菱形 则它的对 ∴ ⇒ ꎬ ｐ不是ｑ 的充分条件 ｐ 也不是 ｑ 的 １.解析 全称量词 任一个. 全称 角线互相垂直 ∴ ꎬ (１) : (２) 必要条件. 量词 所有. 存在量词 有些. 存 ２.答案 ｘ Ｒ ｘ : (３) : (４) ∃ ∈ ꎬ２ ＋１≤０ ｑ 关于ｘ的方程ｍｘ２ ｘ 有 在量词 有的. 全称量词 任意一个. ３.答案 ｘ Ｒ ｘ２ ｘ (４) :∵ ＋２ ＋１＝０ : (５) : ∀ ∈ ꎬ２ － ＋３≠０ {ｍ 存在量词 有一个. ４.答案 真 两个实数解 ≠０ꎬ ｍ (６) : ꎬ∴ Δ ｍ ∴ ≤１ ２.解析 真. 假. 假. 真. ５.答案 ａ 且ｂ ＝４－４ ≥０ꎬ (１) (２) (３) (４) ＝０ ＝０ 且ｍ 思考􀅰运用 ６.答案 ａ ≠０ꎬ ≥１ ｐ / ｑ 但 ｑ ｐ ｐ 不是 ｑ 的充分条 ３.解析 存在量词命题 真命题. 二、选择题 ∴ ⇒ ꎬ ⇒ ꎬ∴ (１) ꎬ 件 但ｐ是ｑ的必要条件. 全称量词命题 真命题. 存在量 ７.Ｃ ８.Ａ ９.Ｂ １０.Ｂ ꎬ (２) ꎬ (３) ３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋三、解答题 ｘ ｘ２ ｘ ｘ ｘ２ ｘ . ｍ ∴ ( ＋１)( － ＋１)>( －１)( ＋ ＋１) 若ｍ 那么ｘ . １１.解析 假命题. ４.证明 ａ ｂ ａ ｂ <１ꎬ >－ｍ ∵ < <０ꎬ∴ － >－ >０ꎬ －１ １２.解析 (１) 存在量词命题 ꎬ 命题的否 ∴ ａ２ > ｂ２. 综上 ꎬ 若ｍ ＝１ꎬ 则不等式ｍ ( ｘ ＋２)< ｘ ＋ ｍ 定 所有无限小数都不是有理数.假 ５.证明 ａ ｂ ｂ ａ 的解集为 : ∵ ≥ >０ꎬ∴ ≤ ꎬ ⌀ꎻ 命题. 两边同时加上ｂ 得ｂ ｂ ａ ｂ 若ｍ 则不等式ｍ ｘ ｘ ｍ的解 ꎬ ＋ ≤ ＋ ꎻ >１ꎬ ( ＋２)< ＋ 全称量词命题 命题的否定 存在 两边同时加上ａ 得ａ ｂ ａ ａ { ｍ } (２) ꎬ : ꎬ ＋ ≤ ＋ ꎬ 集为 ｘ ｘ 实数ｘ ꎬ 使得ｘ２ ＋２≤０ .假命题. ∴２ ｂ ≤ ａ ＋ ｂ ≤２ ａ ꎬ <－ｍ －１ ꎻ １３.解析 ｐ ｘ ｘ . ａ ｂ 若ｍ 则不等式ｍ ｘ ｘ ｍ的解 ｑ ｘ :∵ ａ ４ －３<１ꎬ∴ ｘ < ａ １ . 两边同乘 １ ꎬ 得ｂ ≤ ＋ ≤ ａ ꎬ∴ 原不等 { <１ꎬ ｍ } ( ＋２)< ＋ :∵ －(２ ＋１)<０ꎬ∴ <２ ＋１ ２ ２ 集为 ｘ ｘ . 由ｐ是ｑ的充分条件 得 ａ . ａ 式成立. >－ｍ －１ ꎬ ２ ＋１≥１∴ . ◆习题3.1 ６.解析 ∵ ｘ 、 ｙ均为正数 ꎬ∴０< ｘ < ｘ ＋ ｙ ꎬ ≥０ １４.解析 ａ － ｂ ＋ ｃ ＝０ꎬ 必要性 :∵ ａｘ２ ＋ ｂｘ ＋ ｃ 感受􀅰理解 ∴ １ ｘ >ｘ １ ｙꎬ 又 １ ｙ >０ꎬ∴ １ ｘ ＋ １ ｙ >ｘ １ ｙ . ＝０ 有一 ｃ 个根 即 为 ａ － ｂ １ꎬ ｃ ∴ ａ . (－１) ２ ＋ ｂ 􀅰 １.解析 不等式 ２－ ｘ －１ < ｘ ＋１两边同乘 ６ꎬ 思考􀅰运用 ＋ ＋ ( 充 － 分 １) 证 ＋ : ＝ ∵ ０ ａ ꎬ － ｂ ＋ ｃ － ＝ ＋ ０ꎬ ＝ ∴ ０ ａ 􀅰(－１) ２ ＋ ｂ 得 １２－２( ｘ －１)<３( ３ ｘ ＋１) ２ ꎬ( 不等式性质 ７.解析 ｙ ｘ ∵ －１< ｘ < ｙ <０ꎬ∴ ｙ － ｘ >０ꎬ ｘｙ >０ꎬ 􀅰(－１)＋ ｃ ＝０ꎬ∴ －１ 是 ａｘ２ ＋ ｂｘ ＋ ｃ ＝０ ４) ∴ ｘ － ｙ >０ꎬ∴ １ ｘ － １ ｙ >０ꎬ∴０> １ ｘ > １ ｙ ꎬ 的一个根. 即 １２－２ ｘ ＋２<３ ｘ ＋３ꎬ 综 一 上 个 ꎬ 充 ａｘ 要 ２ ＋ 条 ｂｘ 件 ＋ 是 ｃ ＝ ａ ０ － 有 ｂ ＋ 一 ｃ ＝ 个 ０ . 根为 －１ 的 两 即 边 １４ 同 －２ 加 ｘ < 上 ３ ｘ － ＋ １ ３ ４ . ꎬ 得 －２ ｘ <３ ｘ ＋３－１４ꎬ( 不 又 ∴ ∵ (－ － ｘ １ ) < ２ > ｘ < ( ｙ － < ｙ ０ ) ꎬ ２ ∴ >０ １ ꎬ >－ ｘ >－ ｙ >０ . １５.解析 ｘ Ａ 是 ｘ Ｂ 的充 等式性质 ３) ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｙ２ １ １ . (１)∵ “ ∈ ” “ ∈ ” ∴ > >０ꎬ∴ > > ｘ > ｙ 分条件 ꎬ 即 －２ ｘ <３ ｘ －１１ . ８.证明 证法一 ａ ｂ Ａ Ｂ. 两边同加上 －３ ｘ ꎬ 得 －２ ｘ －３ ｘ <－１１ꎬ( 不等 :∵ < <０ꎬ ∴ ⊆ ａ ｂ { ａ ａ 式性质 ３) ∴ － >－ >０ꎬ １＋２ ≥２－ ꎬ ａ ２ ｂ ２ ∴ ２－ ａ ≤１ꎬ ∴ ａ ≥２ . 即 －５ ｘ <－１１ .两边同乘 － １ ꎬ 得 ｘ > １１. ∴ ａ ( ２ － ｂ ) ２ >(－ ) ꎬ ａ ５ ５ ∴ > ꎬ １＋２ ≥５ꎬ 不等式性质 ａ２ ｂ２ 故ａ的取值范围是 . ( ４) ∴ － >０ꎬ ｘ Ａ 是 ｘ [２ꎬ Ｂ ＋∞ 的 ) 必要条件 ２.解析 ∵ ａ ≠ ｂ ꎬ∴ ( ａ２ － ａｂ )－( ｂａ － ｂ２ ) 又ａ２ ＋ ｂ２ >０ꎬ (２ Ｂ )∵ Ａ “ 且 ∈ Ｂ ” “ . ∈ ” ꎬ ＝ ａ２ － ａｂ － ａｂ ＋ ｂ２ ∴ ( ａ２ － ｂ２ )( ａ２ ＋ ｂ２ )>０ꎬ ∴ { ⊆ ａ ≠ ａ ⌀ ＝ ａ２ －２ ａｂ ＋ ｂ２ ∴ ａ４ － ｂ４ >０ꎬ １＋ ａ ２ ≥２－ ꎬ １ ａ . ＝( ａ － ｂ ) ２ >０ꎬ ∴ ａ４ > ｂ４. ∴ ２－ ≥ ａ １ꎬ ∴ ３ ≤ ≤１ ∴ ａ２ － ａｂ > ｂａ － ｂ２. 证法二 :∵ ａ < ｂ <０ꎬ １＋２ ≤５ꎬ [ ] ３.解析 ∵ ｘ ≠０ꎬ ∴ － ａ >－ ｂ >０ꎬ 故ａ的取值范围是 １ ꎬ１ . ∴ ( ｘ２ ＋２) ２ －( ｘ４ ＋ ｘ２ ＋４) ∴ ａ２ > ｂ２ ꎬ∴ ａ２ － ｂ２ >０ . 第3 章 不 ３ 等式 ＝ ｘ４ ＋４ ｘ２ ＋４－ ｘ４ － ｘ２ －４ ∵ ａ４ － ｂ４ ＝( ａ２ ＋ ｂ２ )( ａ２ － ｂ２ )>０ꎬ ｘ２ ａ４ ｂ４. ＝３ >０ꎬ ∴ > ｘ２ ２ ｘ４ ｘ２ . ９.证明 ａ ｂ 3.1 不等式的基本性质 ∴ ( ＋２) > ＋ ＋４ (１)∵ > >０ꎬ ４.证明 ａ ｂ ｃ ａｃ ｂｃ. ａ ｂ 练习 (１)∵ > >０ꎬ >０ꎬ∴ > ∴ － >０ꎬ １.解析 (１) 不能.当 ａ > ｂ ꎬ ｃ ＝０ 时 ꎬ ａｃ２ > ( 又 ２ ∵ )∵ ｃ > ａ ｄ < ꎬ ｂ ｂ < > ０ ０ ꎬ . ∴ ∴ ｂ － ｃ ａ > > ｂ － ｄ ｂ ꎬ > ∴ ０ ａ . ｃ > ｂｄ. ∴ ( ａ ａ ) ２ － ｂ ( ｂ ) ａ ２ >０ ｂ ꎬ ｂｃ２ 不成立. 又 ｃ ｄ ｃ ｄ ∴ ( ＋ )( － )>０ꎬ (２) 不能.取ａ ＝５ꎬ ｂ ＝１ꎬ ｃ ＝－２ꎬ ｄ ＝－８ . ∵ ａ < <０ꎬ∴ ｃ － >－ ｂ >０ꎬ ｄ 又 ａ ＋ ｂ >０ꎬ∴ ａ － ｂ >０ꎬ ∴ (－ )􀅰(－ )>(－ )􀅰(－ )ꎬ 则ａ ｃ ｂ ｄ ａ ｂ. － ＝５－(－２)＝７ꎬ － ＝１－(－８)＝９ꎬ 即ａｃ ｂｄ. ∴ > > 此时ａ － ｃ > ｂ － ｄ不成立. (３)∵ ａ > ｂ >０ꎬ ｃ > ｄ >０ꎬ (２) 由 (１) 知 ꎬ 由ａ > ｂ >０ꎬ 得 ａ > ｂ. 不能 取ａ ｂ ｃ ｄ (３) ꎬ ＝０ꎬ ＝－１ꎬ ＝４ꎬ ＝－２ꎬ 两边同乘 ａ 得 ａ ａ ｂ ａ 则ａｃ ｂｄ ∴０< ａ １ < １ ｂ ꎬ０< １ ｃ < ｄ １ ꎬ∴ ａ １ ｃ<ｂ １ ｄ . ꎬ 􀅰 > 􀅰 ꎬ ＝０ꎬ ＝(－１)×(－２)＝２ꎬ 即ａ ａｂ 此时ａｃ ｂｄ不成立. > ꎻ > 由 得 １ １ 两边同乘 ｂ 得 ａ ｂ ｂ ｂ 即 (４) (３) ０<ａｃ<ｂｄꎬ ꎬ 􀅰 > 􀅰 ꎬ ２.解析 不等式 ５ ｘ 两边同乘 １０－ ≥３ ２ꎬ ｅ ｅ ａｂ ｂ. ２ 又 ｅ . > 得 ｘ . 不等式性质 ∵ >０ꎬ∴ ａｃ<ｂｄ 综上可知 ａ ａｂ ｂ. ２０－５ ≥６( ４) ꎬ > > 两边同加上 得 ｘ 不等 ５.解析 由ｍ ｘ ｘ ｍ 移项整理 得 －２０ꎬ －５ ≥６－２０ꎬ( ( ＋２)< ＋ ꎬ ꎬ １０.解析 当ａ ｂ 时 １ １ 式性质 ｍ ｘ ｍ. > >０ ꎬ ａ < ｂ ꎻ ３) ( －１) <－ 即 ｘ . 若ｍ 则无论ｘ取任何实数 左边都 当 ａ ｂ时 ａ ｂ －５ ≥－１４ ＝１ꎬ ꎬ ０> > ꎬ０<－ <－ ꎬ 为 右边都为 则不等式不成立 两边同乘 １ 得ｘ １４. 不等式性质 ０ꎬ －１ꎬ ꎬ 则 １ １ 即 １ １ － ꎬ ≤ ( ４) 即不等式的解集为 － ａ >－ ｂ ꎬ ａ < ｂ ꎻ ５ ５ ⌀ꎻ ３.解析 ｘ ｘ２ ｘ ｘ ｘ２ ｍ ∵ ( ＋１)( － ＋１)－( －１)( ＋ 若ｍ 则ｘ 当ａ ｂ时 １ １ ｘ ｘ３ ｘ３ >１ꎬ <－ｍ ꎻ >０> ꎬ ａ >０ꎬ ｂ <０ꎬ ＋１)＝( ＋１)－( －１)＝２>０ꎬ －１ ４ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ａｃ ａ２ ｃ２ 则 １ ａ > １ ｂ . ∴１<１＋ ２ ｂ２ ≤１＋ ｂ ＋ ２ ＝２ . ｘ２ １ －１≥２ ( ｘ２ ＋１)􀅰ｘ２ １ －１＝１ꎬ 当 ＋１ ＋１ 综上可知 当ａ ｂ 时 １ １ 即 １<(ｓｉｎ α ＋ｃｏｓ α ) ２ ≤２ꎬ 且仅当 ｘ ＝０ 时等号成立 ꎬ 故原不等式 ꎬ > >０ ꎬ ａ < ｂ ꎻ 又 α α 成立. ｓｉｎ >０ꎬｃｏｓ >０ꎬ 当 ０> ａ > ｂ时 ꎬ １ ａ < １ ｂ ꎻ ∴１<ｓｉｎ α ＋ｃｏｓ α ≤ ２ . (２) 设 ｘ２ ＋２＝ ｔ ꎬ 则ｔ ≥ ２ꎬ ｘ２ ＝ ｔ２ －２ꎬ 所 ３.２.２ 基本不等式的应用 ｘ２ ｔ２ 以ｔ １ 所以 ＋３ ＋１ ｔ １ 当ａ >０> ｂ时 ꎬ １ ａ > １ ｂ . 练习 ≠ ｔ ꎬ ｘ２ ＋２ ＝ ｔ ＝ ＋ ｔ > 探究􀅰拓展 １.Ｄ ２.Ｄ ｔ １ 故原不等式成立. ａ ａ ｍ ２ 􀅰 ｔ ＝２ꎬ １１.解析 不等关系为 ＋ .证明略. ３.解析 ｘ ｙ ｘ ｙ 当且仅 ｂ <ｂ ｍ ２０＝２ ＋５ ≥２ ２ 􀅰５ ꎬ ＋ 当ｘ 所 ＝ 以 ５ꎬ ｙ ｘｙ ＝ 的 ２ 最 时 大 ꎬ 等 值 号 是 成立 . ꎬ 所以 ｘｙ ≤ ４.解析 ｙ ＝１＋２ ｘ２ ＋ｘ ８ ２ ＝１＋２ ｘ２ ＋ ２ １ ｘ ６ ２≥１＋ ａ ｂ １０ꎬ １０ 3.2 基本不等式 ａｂ≤ ＋ ４.解析 设圆木的半径为Ｒ 矩形的一边 ꎬ ｘ２ １６ 长为ｘ 其邻边长为 ｙ 则 ｘ２ ｙ２ Ｒ２ ２ ２ 􀅰 ｘ２ ＝９ꎬ ２ ꎬ ꎬ ＋ ＝４ ꎬ ２ ａ ｂ≥ ｘ２ ｙ２ 当且仅当ｘ 时 等号成立 所以函 ( ꎬ ０) Ｓ 矩形＝ ｘｙ ≤ ＋ ２ ＝２ Ｒ２ ꎬ 当且仅当ｘ ＝ ｙ ＝ 数的最小值 ＝ 为 ± . ２ ꎬ ꎬ ３.２.１ 基本不等式的证明 ９ Ｒ时取等号 ( )( ) ａ ２ ꎬ ５.证明 ａ １ ｂ １ ａｂ １ 练习 故横截面为正方形 且其边长为圆木半 ＋ ａ ＋ ｂ ＝ ＋ａｂ＋ ｂ ꎬ １.解析 . . . ｐ ｐ. 径的 倍时 横截面的面积最大. ｂ (１)５ꎬ４ (２)７ ５ꎬ６ (３)５ ꎬ３ ２ ꎬ ｐ２ ｐ. ５.解析 设杠杆的长度为ｘ 则由题意得 ＋ ａ ꎬ (４)１＋ ꎬ２ ꎬ ２.解析 ａ２ ｂ２ ａｂ. ｘ Ｗａ ｍｘ ａ ｂ ＋ ≥２ Ｆｘ Ｗａ ｍｘ 即 Ｆ ａ ｂ均是正实数 ａｂ １ 均 ＝ ＋ 􀅰 ꎬ ＝ ｘ ＋ ≥ ∵ 、 ꎬ∴ ꎬａｂꎬ ｂ ꎬ ａ ３.证明 ａ ａ 与 １ 均为正 ２ ２ (１)∵ >１ꎬ∴ －１ ａ 为正实数 －１ ｍａＷ .当且仅当 Ｗａ ｍｘ 即 ｘ ꎬ 数 ａ １ ａ １ ２ ２ ｘ ＝ ２ ꎬ ＝ ｂ ａ ｂ ａ 当且仅当 ꎬ∴ ＋ａ －１ ＝ ( －１) ＋ａ －１ ＋１≥ ａＷ ∴ ａ ＋ ｂ ≥２ ａ 􀅰 ｂ ＝２ꎬ ２ 时 Ｆ 最小 即杠杆的长应 ｍ ꎬ ꎬ ａ １ 当且仅当ａ ａ ｂ 时 等号成立 ａｂ １ ２ ( －１)􀅰ａ ＋１＝３ꎬ ＝２ ＝ ꎬ ①ꎬ ＋ ａｂ ≥ －１ ａＷ 时 等号成立 故原不等式成立. 为 ２ . ꎬ ꎬ ｍ ａｂ １ 当且仅当 ａｂ 时 等 ◆习题3.2 ２ 􀅰ａｂ ＝２ꎬ ＝１ ꎬ ｘ ｘ与 １ 均为正数 ｘ (２)∵ <０ꎬ∴ － ｘ ꎬ∴ ＋ － 感受􀅰理解 号成立 [ ] ②ꎬ １ ｘ １ １.证明 因为 ａ２ ｂ２ ａ ｂ ( )( ) ｘ ＝ － (－ )＋ ｘ ≤ － ２ × (１) ＋ －(２ ＋２ －２)＝ ａ １ ｂ １ － ａ ２ ｂ ２ 所以ａ２ ｂ２ ａ ∴ ＋ ａ ＋ ｂ ≥２＋２＝４ꎬ 时 ꎬ ( 等 － ｘ 号 )􀅰 成 ( 立 － １ ꎬ ｘ 故 ) 原 ＝－ 不 ２ 等 ꎬ 当 式 且 成 仅 立 当 . ｘ ＝－１ ( ( ２ ｂ ２ － － ) ２ １ 因 . ) 为 ＋( ａ２ ２ ＋ － ｂ １ ２ ) － ≥ (ａ ０ ２ ＋ ꎬ ｂ) ２ ＝ ａ２ ＋ ＋ ｂ ４ ２ － ≥ ２ ａ ２ ｂ ＝ ＋ 当 即 { 且 ａ 仅 ＝１ 当 ꎬ时 {ａ ａｂ ＝ 等 ＝ ｂ ꎬ １ 号成立 ａ ｂ ２ (ａ ｂ) ２ ａ２ ｂ２ ｂ ꎬ ꎬ ４.解析 因为 ｘ２ ９ ｘ２ ９ ( － ) 所以 ＋ ＋ . ＝１ ４ ＋ｘ２ ≥２ ４ 􀅰ｘ２ ＝ ≥０ꎬ ≤ ( )( ) ４ ２ ２ ａ １ ｂ １ 故原不等式 所以函数的最小值为 .当且仅当 ａ ｂ ∴ ＋ ａ ＋ ｂ ≥４ꎬ １２ꎬ １２ 因为ａ ｂ为正数 所以 ＋ ａｂ (３) ꎬ ꎬ ≥ > ２ 成立. ｘ２ ９ 即 ｘ ６时 函数取得最 ａｂ ４ ＝ ｘ２ꎬ ＝± ２ ꎬ ０ꎬ 所以 ａ ２ ｂ≤ １ ａｂ .又ａｂ >０ꎬ 所以 ａ ２ ｂ≤ ６.解析 设ＯＡ ＝ ｘ ｍꎬ 则ＯＢ ＝ ａ２ － ｘ２ ｍ . 小值. ＋ ＋ ５.证明 如图 在 ＡＢＣ中 α ｃ ａｂ ꎬ 所以 ２ ≤ ａｂ. ∴ Ｓ △ ＡＢＯ ＝ ２ １ ｘ 􀅰 ａ２ － ｘ２ ＝ ２ １ 􀅰 ꎬ Ｒｔ△ ꎬｓｉｎ ＝ ｂ ꎬ １ ａ ＋ １ ｂ (ｘ２ ａ２ ｘ２ ) ２ ａ ｘ２ ａ２ ｘ２ １ ＋ － α ｃ２ ａ２ ｂ２. ２.解析 ｘ ｙ 且ｘｙ 􀅰( － )≤ 􀅰 ｃｏｓ ＝ ｂ ꎬ ＋ ＝ ∵ >０ꎬ >０ꎬ ＝４ꎬ ２ ２ ａ２ ａ２ １ １ １ １ １ １ ＝ × ＝ ꎬ ∴ ｘ ＋ ｙ ≥２ ｘ 􀅰 ｙ ＝２ ｘｙ ＝１ꎬ ２ ２ ４ {ｘｙ 当且仅当ｘ２ ＝ ａ２ － ｘ２ ꎬ ＝４ꎬ 当且仅当 即ｘ ｙ 时 等号 １ １ ＝ ＝２ ꎬ 即ｘ ２ａ时 Ｓ 取得最大值 最大值 ｘ ＝ ｙ ꎬ ＝ ꎬ △ ＡＢＯ ꎬ ２ α α ２ ( ｃ ａ ) ２ 成立 ꎬ 为 ａ２ . ∴ (ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ) ＝ ｂ ＋ ｂ ＝ １ １ 的最小值为 . ４ (ａ ｃ) ２ ａ２ ｃ２ ａｃ ｂ２ ａｃ ａｃ ∴ ｘ ＋ ｙ １ ａ ｃ ａ ｄ ＋ ＋ ＋２ ＋２ ２ . ７.证明 ＋ ＋ ｂ ＝ ｂ２ ＝ ｂ２ ＝１＋ｂ２ ３.证明 因为 ｘ２ 所以 ｘ２ 与 ｂ ｃ－ｂ ｄ (１) ≥０ꎬ ＋１ ＋ ＋ 又 ａ２ ｃ２ ａｃ 当且仅当 ａ ｃ时 等 ａ ｃ ｂ ｄ ｂ ｃ ａ ｄ ∵ ＋ ≥２ ꎬ ＝ ꎬ １ 为正数 所以 ｘ２ １ ｘ２ ( ＋ )( ＋ )－( ＋ )( ＋ ) 号成立 ｘ２ ꎬ ＋ｘ２ ＝( ＋１)＋ ＝ ｂ ｃ ｂ ｄ ꎬ ＋１ ＋１ ( ＋ )( ＋ ) ５ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋ａｂ ａｄ ｂｃ ｃｄ ａｂ ｂｄ ａｃ ｃｄ 3.3 从函数观点看一元二次 ＋ ＋ ＋ － － － － ３.３.２ 从函数观点看一元二次 ＝ ｂ ｃ ｂ ｄ ( ＋ )( ＋ ) 方程和一元二次不等式 ａ ｂ ｄ ｂ ａ ｃ ａ ｂ ｄ ｃ 不等式 ( － ) ＋( － ) ( － )( － ). ＝ ｂ ｃ ｂ ｄ ＝ ｂ ｃ ｂ ｄ ３.３.１ 从函数观点看一元二次方程 练习 ( ＋ )( ＋ ) ( ＋ )( ＋ ) ａ ｂ ｃ ｄ均为正数 且ａ ｂ ｃ ｄ １. Ｃ Ｂ ∵ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ < ꎬ < ꎬ 练习 (１) (２) ａ ｂ ｄ ｃ ２.解析 ｘ ｘ 或ｘ . ∴ － <０ꎬ － >０ꎬ １.解析 (１){ ｜ >２ <－６} ａ ｃ ａ ｄ . ∴ ｂ ＋ ｃ－ｂ ＋ ｄ<０ꎬ 判 别 (２) { ⌀ } ＋ ＋ 式 Δ ｘ ｘ ３ . ａ ｃ ａ ｄ Δ Δ Δ (３) １< < ∴ ｂ ＋ ｃ<ｂ ＋ ｄꎬ ＝ ｂ２ >０ ＝０ <０ { ２ } 原 ＋ 不等 ＋ 式成立. －４ ａｃ (４) ｘ ｘ > ４ 或ｘ <－１ . ∴ 方 程 有两个相 有两个相 ３ 思考􀅰运用 ａｘ２ ＋ 异的实数 等的实数 没 有 实 (５) Ｒ. ８.解析 时 当 等号 ｘ > 成 ０ 立 时 ꎬ ｘ ＋ ４ ｘ ≥４ꎬ 当且仅当ｘ 的 ｂ ＝ ｘ 根 ＋ ０ ｃ 根 － ｂ ± ｘ １ꎬ ｂ ａ ２ ２－ ＝ ４ ａｃ 根 ＝－ ｘ １ ｂ ａ ＝ ｘ ２ 数根 (６) { １ ３ } . { } ＝２ ꎬ ꎻ [ ( )] 二 次 ２ ２ ３.解析 (１) ｘ ｘ > １ 或ｘ <－ ２ . 当ｘ 时 ｘ ４ ｘ ４ ２ ３ <０ ꎬ ＋ ｘ ＝－ (－ )＋ － ｘ ≤ 函 数 . 当且仅当ｘ 时 等号成立. ｙ ＝ (２) { ⌀ } －４ꎬ ＝－２ ꎬ 所以ｘ ＋ ４ ｘ 的取值范围为 (－∞ꎬ－４]∪ ｂ ａ ｘ ｘ２ ＋ ＋ ｃ (３) ｘ ｘ > －３＋ ２ １３或ｘ < －３－ ２ １３ . 的 ｘ ｘ 或ｘ . . (４){ ｜ > ５ <－ ５} [４ꎬ＋∞) 图象 ４.解析 ｘ 或 . ｘ . ９.解析 易知 ｒ Ｒ Ｒ 则 Ｐ (１) ＝－２ ７(２)－２< <７ ꎬ １ꎬ ２ > ０ꎬ ＝ 二 次 ｘ 或ｘ . ( ｒ ＋ Ｒ Ｅ １＋ Ｒ ２ ) ２ Ｒ ２＝ ( ｒ ＋ Ｒ Ｅ １ ２Ｒ ＋ Ｒ ２ ２) ２ 函 ｙ 数 ＝ 有 点 两 ｘ 个零 有 零点 一 个 ５. ( 解 ３ 析 ) > ｘ ７ (１) ｘ { < ｘ － ｜－ ２ . ４≤ ｘ <－２ 或 ３< ｘ ≤７} . ＝ ｒ Ｒ ２ Ｅ２ ｂ ａ ｘ ｘ２ ＋ ＋ ｃ － ｂ ± １ꎬ ｂ ａ ２ ２－ ＝ ４ ａｃ ｘ ＝－ ｂ ａ 无零点 练 ( 习 ２){ ｜１< <５} ( ＋ １) Ｒ ｒ Ｒ 的 ２ ２ １.解析 设今年的产量的最小值为ａ 则 Ｒ ＋ ２＋２( ＋ １) ꎬ ２ 零点 后年的产量的最小值为 ａ 设明 后两 Ｅ２ Ｅ２ ２.解析 列表 年每年的平均增长率至少 ２ 是 ꎬ ｘ ｘ 、 ≤ ｒ Ｒ ｒ Ｒ ＝ ｒ Ｒ ꎬ : ( >０)ꎬ 当 ２ 且 ( 仅 ＋ 当 １) ( ＋ ｒ ＋ ２( Ｒ １ ＋ ) ２ １) Ｒ ４( 即 ＋ Ｒ １) ｒ Ｒ ｘ 􀆺 －２ －１ ０ １ ２ ３ 􀆺 则 . ａ ( ％ １＋ 负 ｘ ) 值 ２ ＝ 舍 ２ 去 ａ ꎬ 所 . 以 注 ｘ 取 ＝ 过 ２ 剩 － 近 １≈ 似 Ｒ ２ ＝ ２ꎬ ２ ＝ ＋ １ ｙ ＝ ｘ２ － ｘ －２ 􀆺 ４ ０ －２ －２ ０ ４ 􀆺 ４ 值 １４３ ( ) ( : 时 等号成立 ) 所 ꎬ 以当Ｒ 调至 ꎬ ｒ Ｒ 时 消耗的电功率 描点 、 连线 ꎬ 画出函数 ｙ ＝ ｘ２ － ｘ －２ 的图 所以明 、 后两年每年的平均增长率至少 ２ ＋ １ ꎬ 象 ꎬ 如图所示 : 是 . ％. Ｅ２ ４１４３ Ｐ最大 最大电功率是 . ２.解析 设该商品的销售金额为Ｓ 元 ꎬ ｒ Ｒ ( )ꎬ ４( ＋ １) ( ｍ ) １０.解析 设该产品原来的价格为ａ ａ 则Ｓ ａ ｍ％ ｂ 即 Ｓ ( > ＝ (１＋ )􀅰 １－ ꎬ ＝ . １５０ ０) ａｂ 方案甲 两次提价后该产品的价格为 ｍ ２ 所以 : 􀅰[－( －２５) ＋１５ ６２５]ꎬ ａ ｐ％ ｑ％ 提价 ａ ｐ％ ｑ％ １００×１５０ (１＋ )(１＋ )ꎬ ( ＋ 当 ｍ 时 Ｓ 有最大值 最大值为 ｐｑ‱ ＝２５ ꎬ ꎬ ＋ )ꎬ 方案乙 两次提价后该产品的价格为 ２５ａｂ. : ａ ｑ％ ｐ％ 提价 ａ ｐ％ ｑ％ ２４ (１＋ )(１＋ )ꎬ ( ＋ 由图象得二次函数ｙ ｘ２ ｘ 的图象 Ｒ ｐｑ‱ ＝ － －２ ３.解析 由题意 得 Ｒ ＋ )ꎬ 与ｘ轴的两个交点分别为 Ａ ꎬ (１００－１０ )×７０× 方案丙 两次提价后该产品的价格为 (２ꎬ０)ꎬ １００ : Ｂ 故函数ｙ ｘ２ ｘ 的零点为 解得 Ｒ . ａ ( ｐ ＋ ｑ ％ ) ２ 提价 ａ [ ｐ ｑ ％ ( 和 －１ꎬ０ . )ꎬ ＝ － －２ ◆ ≥ 习 １ 题 １２ꎬ 3.3 ２≤ ≤８ １＋ ꎬ ( ＋ ) ２ －１ ２ ３.解析 方程 ｘ ｘ 的两 感受􀅰理解 ｐ ｑ ２ ] (１) ( ＋１)( －１)＝ ０ ＋ ( ＋ ) ‱ ꎬ 个根分别为ｘ １＝１ꎬ ｘ ２＝－１ꎬ∴ －１ 和 １ 是 １.证明 令ｙ ＝０ꎬ 则ｘ２ ＋ ｘ ＋１＝０ꎬ∴ Δ ＝１ ２ － ４ [ ｐ ｑ ２ ] 函数ｙ ＝( ｘ ＋１)( ｘ －１) 的零点. ４×１×１＝－３<０ꎬ ∵ ａ ( ｐ ＋ ｑ ) ％ ＋ ( ＋ ４ ) ‱ > ａ ( ｐ％ ＋ (２) 方程ｘ２ －４ ｘ ＝０ 的两个根分别为ｘ １ ∴ 方程ｘ２ ＋ ｘ ＋１＝０ 无实数根. ｑ％ ＋ ｐｑ‱ )ꎬ ＝０ꎬ ｘ ２＝４ꎬ∴０ 和 ４ 是函数ｙ ＝ ｘ２ －４ ｘ的 ∴ 二次函数ｙ ＝ ｘ２ ＋ ｘ ＋１ 没有零点. 方案甲和方案乙提价一样且最少 零点. ２.解析 函数ｙ ｘ２ ｍｘ 有且只有一 ∴ ꎬ ∵ ＝ － ＋２ 方案丙提价最多. 方程 ｘ２ 无解 函数ｙ 个零点 (３)∵ －３ －９＝０ ꎬ∴ ＝ ꎬ 探究􀅰拓展 －３ ｘ２ －９ 无零点. ∴ 方程 ｘ２ － ｍｘ ＋２＝０ 有两个相等的实 １１.解析 甲错 甲所犯错误是未考虑基 方程 ｘ２ ｘ 的根为ｘ ｘ 数根. ꎬ (４) － ＋２ －１＝０ １＝ ２＝ 本不等式等号成立的条件. 是函数ｙ ｘ２ ｘ 的零点. Δ ｍ ２ ｍ . １ꎬ∴１ ＝－ ＋２ －１ ∴ ＝(－ ) －４×１×２＝０ꎬ∴ ＝±２ ２ ６ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ３.解析 方程 ｘ２ ｘ ｋ 没有 问题可归结为求一元一次不等式 ∵ ４( －３ )＋ －３＝０ ７ . (３) 实数根 ＝ {ｘ {ｘ ꎬ １２ 组 －１>０ꎬ和 －１<０ꎬ的两个 ｘ２ ｘ ｋ 没有实数根 １３.解析 设ＣＲ ｘ 矩形ＣＲＰＱ的面积 (１) ｘ (２) ｘ ∴４ －１２ ＋ －３＝０ ꎬ ＝ ｍꎬ ＋３<０ ＋３>０ Δ ２ ｋ ＥＮ 解集的并集 ∴ ＝(－１２) －４×４×( －３)<０ꎬ 为 ｙ 作 ＥＮ ＰＱ 于点 Ｎ 则 ꎬ ｋ . ꎬ ⊥ ꎬ ＝ 不等式组 无解 不等式组 的解 ∴ >１２ ４０ (１) ꎬ (２) ４.证明 设ｆ ｘ ｘ２ ｘ ｘ ｘ ｘ ( )＝５ －７ －１ꎬ －１４０ ＥＮ ２ －２８０ ＱＣ 为 ｘ 从而不等式 －１ 的解集 ìｆ ꎬ∴ ＝ ꎬ∴ ＝１６０－ －３< <１ꎬ ｘ <０ ï(－１)＝５＋７－１＝１１>０ꎬ ６０ ３ ＋３ ïｆ ｘ ｘ 为 ｘ ｘ . í(０)＝－１<０ꎬ ２ －２８０ ７６０－２ { ｜－３< <１} ∵ ïｆ ＝ ꎬ 问题可归结为求一元一次不等式 ï(１)＝５－７－１＝－３<０ꎬ ３ ３ (４) îｆ ｘ { ｘ { ｘ (２)＝２０－１４－１＝５>０ꎬ ｙ ｘ ７６０－２ ２ ｘ ２ 组 １－２ ≥０ꎬ和 １－２ ≤０ꎬ的 且ｙ ｆ ｘ 的图象在区间 和区 ∴ ＝ 􀅰 ＝ － ( －１９０) (１) ｘ (２) ｘ ＝ ( ) (－１ꎬ０) ３ ３ ＋４<０ ＋４>０ 间 上是连续不间断的曲线 两个解集的并集. (１ꎬ２) ꎬ ７２２００ ∴ 函数ｙ ＝５ ｘ２ －７ ｘ －１ 的一个零点在区 ＋ ３ ꎬ 不等式组 (１) 的解为ｘ <－４ꎬ 不等式组 间 内 另一个零点在区间 当矩形住宅区的长为 宽为 ｘ (－１ꎬ０) ꎬ (１ꎬ ∴ １９０ ｍꎬ 的解为 ｘ １ 从而不等式１－２ 内. (２) ≥ ꎬ ｘ ５. ２ 解 ) 析 ｘ ｘ . ３８０ ｍ 时 ꎬ 才能使其面积最大 ꎬ 最大面 { ２ } ＋４ (１){ ｜０≤ ≤１} ３ 的解集为 ｘ ｘ 或ｘ １ . ≤０ <－４ ≥ (２){ ｘ ｘ ｜ ｘ ｘ <－１ . 或ｘ >５} . 积为７２２００ ｍ ２. ◆复习题 ２ (３){ ｜ ＝３} ３ { } １４. 解 析 由 表 中 数 据 可 感受􀅰理解 ｘ ｘ 或ｘ １ . ( １) (４) >２ < { ａ ｂ ｃ １.证明 ａ２ ｂ２ ｃ２ ｄ２ ａｃ ｂｄ ２ ３ ３６ ＋６ ＋ ＝１０４ꎬ ∵ ( ＋ )( ＋ )－( ＋ ) ＝ { ｘ ｘ ３ } . 得 １００ ａ ＋１０ ｂ ＋ ｃ ＝１６０ꎬ ａ２ｄ２ ＋ ｂ２ｃ２ －２ ａｂｃｄ ＝( ａｄ － ｂｃ ) ２ ≥０ꎬ (５) －２≤ ≤ ａ ｂ ｃ 原不等式成立. ２ ４００ ＋２０ ＋ ＝３７０ꎬ ∴ (６) Ｒ. { } ì ï ï ａ ＝ １ ꎬ ２.解析 因为ｘ >０ꎬ 所以ｙ ＝２－３ ｘ － ４ ｘ ＝２－ ６.解析 Ｒ . (１) ｘ ｘ >２ 或ｘ <－ ２ １ . 解得 î í ï ï ｂ ｃ ＝６ ２ ꎬ . ( ３ ｘ ＋ ４ ｘ ) ≤２－２ ３ ｘ 􀅰 ４ ｘ ＝２－４ ３ꎬ 当 (２) { } ＝５０ (３) { ｘ － ２ １ < ｘ <１ . } (２) 设利润 ｇ ( ｘ )＝ ２００× １ １ ０ ０ ０ ０ ０ ｘ － 且仅当 ３ ｘ ＝ ４ ｘ ( ｘ >０)ꎬ 即ｘ ＝ ２ ３ ３时 ꎬ 等 (４) ｘ ｘ >１ 或ｘ <－ ５ . ( １ ｘ２ ｘ ) １ ｘ２ ｘ ｘ 号成立.故函数的最大值为 ２－４ ３ . ７. 值 解 为 析 . (１) 当 当 ｘ ＝－ ｘ １０ ３ 或 时 ｘ ＝ 函 ２ 数 时 值 ꎬ 函 为正 数 ≥ ２ ０ꎬ ｘ ∈ ＋６ Ｎ ) ＋ ꎬ ５０ ＝－ ２ ＋１４ －５０( ３.解析 因为ｘ >－１ꎬ 所以ｘ ＋１>０ꎬｘ ＋ １ １ >０ꎬ ０(２) －１０< <２ ꎬ 令ｇ ｘ 则ｘ２ ｘ 所以 ｘ １ ｘ １ 数. 当ｘ 或 ｘ 时 函数值为 ( )>０ꎬ －２８ ＋１００<０ꎬ ＋ ｘ ＝ ＋ １ ＋ ｘ － １ ≥ (３) <－１０ >２ ꎬ ｘ ＋１ ＋１ 负数. ∴１４－４ ６< <１４＋４ ６ꎬ 即 . ｘ . . ｘ １ 当且仅 ８.解析 设底面矩形的宽是ｘ ｘ ４２< <２３８ ２ ( ＋１)􀅰ｘ －１＝２－１＝１ꎬ ( >０)ｃｍꎬ 该公司每天生产 件到 件 ＋１ 则底面矩形的长是 ｘ ∴ ４２０ ２３８０ ( ＋１０)ｃｍꎬ 产品时 才可以盈利. 当ｘ １ 即ｘ 时 等号成立 故 由题意得 ｘ ｘ ꎬ ＋１＝ｘ ꎬ ＝０ ꎬ ꎬ ２０ ( ＋１０)≥４０００ꎬ ＋１ 所以 ｘ ｘ 舍去 所以底面 探究􀅰拓展 ｙ . ９. 矩 解 形 析 的 ≥ 宽 关 １ 至 于 ０( 少 ｘ 应 的 ≤ 是 不 －２ 等 １ ０ ０ 式 ｃｍ ｘ . ２ ) ＋ ꎬ ｂｘ ＋ ｃ >０ 的 １５.解 不 析 等 式 (１ 组 ) 问题可归 { ２ 结 ｘ － 为 ３> 求 ０ꎬ 一 和 元一次 ４. 距 解 ｍｉ 离 析 ｎ＝ 分 １ 别 设 为 半圆 ａ ꎬ 上 ｂ ꎬ 一 则 点 有 到 ａ２ 直 ＋ ｂ 径 ２ ＝ 两 (２ 端 ｒ ) 点 ２. 的 由 解集是 { ｘ ｜ ｘ <－１ 或ｘ >２} . (１) ｘ ＋１>０ (２) ２( ａ２ ＋ ｂ２ )－( ａ ＋ ｂ ) ２ ＝ ａ２ －２ ａｂ ＋ ｂ２ ＝( ａ － 思考􀅰运用 { ｘ ｂ ２ 可得 ａ ｂ ２ ａ２ ｂ２ 所以 ２ －３<０ꎬ的两个解集的并集. ) ≥０ꎬ ( ＋ ) ≤２( ＋ )ꎬ １０.解析 由题意可得 {Δ >０ꎬ ｘ ＋１<０ ａ ＋ ｂ ≤ ２( ａ２ ＋ ｂ２ )ꎬ 所以ａ ＋ ｂ ≤２ ２ ｒ ꎬ 故 {Δ ｍ ｆ (１)>０ꎬ 不等式组 (１) 的解为ｘ > ３ ꎬ 不等式组 所求最大值 { 为 ２ ２ ｒ. } 即 ＝２５－４ >０ꎬ ２ ５.解析 ｘ ｘ １ 或ｘ . ｍ 的解为ｘ 从而不等式 ｘ (１) > <－３ １－５＋ >０ꎬ (２) <－１ꎬ (２ －３) ２ { ｘ ｘ 或ｘ . 解得 ｍ ２５. ｘ 的解集为 ｘ ｘ ３ 或ｘ (２){ ｜ ≥２ ≤－１} ４< < 􀅰( ＋１)>０ > ４ ２ ｘ ｘ 或ｘ . １１.解析 (１) 由 [２( ｋ －１)] ２ －４(３ ｋ２ －１１) } . (３){ ｘ ｜ ｘ ≥ ２ . ≤－ ２} 得 ｋ . <－１ (４){ ｜ >１} >０ －３< <２ ６.解析 不等式ａｘ２ ｂｘ ｃ 的解集是 (２) 由 (－２) ２ －４( ｋ２ －１)<０ 得ｋ > ２ 或 (２) 问题 { 可 ｘ 归结为求一 { 元一 ｘ 次不等式 { ｘ ｜ ｘ <１ ∵ 或ｘ >３}ꎬ ＋ ＋ >０ ｋ . 组 １－ ≥０ꎬ和 １－ ≤０ꎬ的两 ａｘ２ ｂｘ ｃ 的两个根是 和 且ａ <－ ２ (１) ｘ (２) ｘ ∴ ＋ ＋ ＝０ １ ３ꎬ ì ï ａ <０ꎬ ２＋ ≥０ ２＋ ≤０ >０ . ïï ｂ 个解集的并集. ì ï ｂ １２.解析 由í－ ａ ＝３＋４ꎬ得 ａ １ ｂ 不等式组 的解为 ｘ 不等 ï１＋３＝－ ａ ꎬ {ｂ ａ ï ＝－ ꎬ (１) －２≤ ≤１ꎬ í 解得 ＝－４ ꎬ ïï １ １２ 式组 (２) 无解 ꎬ 从而不等式 (１－ ｘ )(２＋ ∴ ï ï ｃ ｃ ＝３ ａ ꎬ î－ ａ ＝３×４ ｘ 的解集为 ｘ ｘ . î１×３＝ ａ ꎬ )≥０ { ｜－２≤ ≤１} ７ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋∴ ａ ∶ ｂ ∶ ｃ ＝１ ∶ (－４) ∶ ３ . 即 ０ . ０７２ ｖ２ ＝８０－５－０ . ８ ｖ ꎬ 综上 ａ２ ＋ ｂ２ ａ ＋ ｂ ａｂ ２ . ７.解析 函数ｙ ｘ２ ｍ ｘ ｍ有两 整理得 ｖ２ ｖ ꎬ > > > ∵ ＝ －( －１) －２ ９ ＋１００ －９３７５＝０ꎬ ２ ２ １ １ 个零点 ａ ＋ ｂ ꎬ 解得ｖ ５０ ２５ １３９ ∴ ｘ２ －( ｍ －１) ｘ －２ ｍ ＝０ 有两个根 ꎬ １＝－ ９ ＋ ９ ≈２７ꎬ 本章测试 ∴ Δ ＝[－( ｍ －１)] ２ －４×１×(－２ ｍ )>０ꎬ 一、填空题 即ｍ２ ＋６ ｍ ＋１>０ꎬ ｖ ２＝－ ５０ － ２５ １３９ ( 不合题意 ꎬ 舍去 ) １.答案 ｘ ｘ 或ｘ ９ ９ { ｜ ≥２ ≤－４} ｍ 或ｍ . 答 这辆汽车在该路段最大限制速度 ２.答案 ｍ ｍ ∴ >－３＋２ ２ <－３－２ ２ : { ｜ <１} ｍ的取值范围是 ｍ ｍ 或ｍ 约是 . {Δ ２ ｍ ∴ { ｜ >－３＋２ ２ ２７ ｍ/ｓ 解析 由题意得 ＝(－２) －４ >０ꎬ ８.解 <－ 析 ３－２ 由 ２ 题 } . 意知 当ｔ 时 ｈ ｖ １５.解析 (１)∵ １ ｘ ＋ １ ｙ ＝ ( １ ｘ ＋ １ ｙ ) 􀅰１＝ 解得 ｍ . １ ２ －２×１＋ ｍ <０ꎬ ꎬ ＝５ ꎬ (５)＝５ － ( ) ｙ ｘ <１ . 解得ｖ . １ １ ｘ ｙ ３.答案 ４９×２５＝２４５ꎬ ＝７３５ꎬ ｘ ＋ ｙ 􀅰( ＋ )＝１＋ ｘ ＋ ｙ ＋１≥２＋ ２＋４ ３ 令 . ｔ . ｔ２ 则 ｔ２ ｔ ４.答案 ７３５ －４ ９ >２４５ꎬ －１５ ＋５０<０ꎬ ４ 解得 ｔ . ｙ ｘ (ａ ｂ) ２ ( ) ２ ５< <１０ 解析 ａｂ ＋ ４ 子弹在 以上的高度能持续 . ２ ｘ 􀅰 ｙ ＝４ꎬ ∵ ≤ ＝ ＝４ꎬ ∴ ２４５ｍ ５ｓ ２ ２ ９.解析 设每次拖ｘ只小船 ｃ为每只小 当且仅当ａ ｂ 时 等号成立 ꎬ 当且仅当ｘ ｙ １ 时 等号成立 ＝ ＝２ ꎬ ꎬ 船的运货量 是一个常数 则运货总量 ＝ ＝ ２ ꎬ ꎬ ａｂ的最大值为 . ꎬ ꎬ ∴ ４ ｆ ( ｘ )＝ ｘ 􀅰 ( １６－ ｘ － . ４ ) 􀅰 ｃ ꎬ ∴ １ ｘ ＋ １ ｙ 的最小值为 ４ . ５ ６ . . 答 答 案 案 (２－２ ２ꎬ２＋２ ２) ０５ ( ) ２０ ∴ ｆ ( ｘ )＝－２ ｃｘ２ ＋２４ ｃｘ ＝－２ ｃ ( ｘ －６) ２ ＋７２ ｃ (２) ∵ １ ｘ ＋ １ ｙ ＝ １ ｘ ＋ １ ｙ 􀅰 １ ＝ 解析 设一年的总运费与总存储费用 ｃ为大于 的常数 之和为ｙ万元 则 ( ∴ 当ｘ ＝６ 时 ０ ꎬ ｆ ( ｘ ) 取 ) 得 ꎬ 最大值. ( １ ｘ ＋ １ ｙ ) 􀅰( ｘ ＋２ ｙ )＝１＋ ２ ｘ ｙ ＋ ｘ ｙ ＋２≥３ ｙ ４００ ꎬ ｘ １６００ ｘ 每次拖 只小船时 能使每天运货总 ＝ ４ 􀅰 ｘ ＋ ４ ＝ ｘ ＋ ４ ≥ ∴ ６ ꎬ 量最大. ｙ ｘ ２ 思考􀅰运用 ＋２ ｘ 􀅰 ｙ ＝３＋２ ２ꎬ ２ １６ ｘ ００ 􀅰４ ｘ ＝１６０ꎬ 当且仅当１６ ｘ ００ ＝ １０.证明 ∵ ｂ ａ ＋ ｃ ｘ２ ＋ ａ ｂ ＋ ｃ ｙ２ ＋ ａ ＋ ｃ ｂ ｚ２ ＝ 当且仅当 { ｘ ｙ ＝ ２ ｘ ｙ ꎬ即 { ｘ ＝ ２－１ꎬ 时 ４ ｘ ꎬ 即ｘ ＝２０ 时 ꎬ 等号成立. ( ａ ｂ ｘ２ ＋ ａ ｂ ｙ２ ) ＋ ( ａ ｃ ｘ２ ＋ ａ ｃ ｚ２ ) ＋ 等号成立 ｘ ＋２ ｙ ＝１ꎬ ｙ ＝１－ ２ ２ ꎬ 二 故 和 、选 要 最 择 使 小 题 一 ꎬ 则 年 ｘ 的 的 总 值 运 为 费 ２０ 与 . 总存储费用之 ꎬ ( ｃ ｂ ) ｂ ａ ｂ ｙ２ ＋ ｃ ｚ２ ≥２ ａ 􀅰 ｂ 􀅰 ｘｙ ＋ ∴ １ ｘ ＋ １ ｙ 的最小值为 ３＋２ ２ . ７ 三 .Ｂ 、解 ８ 答 .Ｃ 题 ９.Ｃ １０.Ｂ ｃ ａ ｘｚ ｃ ｂ ｙｚ 探究􀅰拓展 １１.解析 ∵ ｘ２ －２ ｘ －３<０ꎬ∴ －１< ｘ <３ꎬ∴ Ａ ２ ａ 􀅰 ｃ 􀅰 ＋２ ｂ 􀅰 ｃ 􀅰 ａ ｂ ｘｙ ｙｚ ｘｚ １６.解析 ＧＨ ＝ ＋ ꎬ ＫＬ ＝ ａｂ ꎬ ＥＦ ＝ ＝(－１ꎬ３) . ＝２( ＋ ＋ )ꎬ ２ ｘ２ ｘ ｘ 当且仅当ａ ｂ ｃ时 等号成立 ∵ ＋ －６<０ꎬ∴ －３< <２ꎬ １１.证 ∴ 明 原不 等 ∵ 式 ａｂ ＝ 成 ＋ ｂ 立 ＝ ｃ ＋ . ｃｄ ＋ ꎬ ｄａ －( ａ２ ＋ ꎬ ｂ２ ＋ ｃ２ ＋ １ ａ ＋ ２ １ ｂ ꎬ ＭＮ ＝ ａ２ ２ ＋ ｂ２ .由ＭＮ > ＧＨ > ＫＬ １２. ∴ 解 Ｂ 析 ｋ ＝ (－ ｋ 由 ２ ３ꎬ 题 ２ ｋ ) 意 ꎬ∴ 得 Ａ ∩ Δ ＝ Ｂ ＝ ( ｋ ( － － ｋ １ ) ꎬ ２ ２ － ) ｋ ４ . × 的 ２ 取 × (－ )＝ ＋８ <０ꎬ∴ －８< <０ꎬ∴ ｄ２ ) ａ２ ｂ２ ａ ｂ 值范围是 ｋ ｋ . ＥＦ 可 得 ＋ ＋ ａｂ { ｜－８< <０} ＝－ １ [２ ａ２ ＋２ ｂ２ ＋２ ｃ２ ＋２ ｄ２ －(２ ａｂ ＋２ ｂｃ ＋ > ꎬ ２ > ２ > １３.证明 １ １ ａ ＋ ｂ ａ ＋ ｂ １ ｂ ａ ２ ａ ＋ ｂ ＝ ａ ＋ ｂ ＝ ＋ ａ＋ ｂ ２ ｃｄ ＋２ ｄａ )] > ２ . ( ｂ ａ ２ ) ２ ２ ２ ２ １ １ １ . ＝－ １ [( ａ － ｂ ) ２ ＋( ｂ － ｃ ) ２ ＋( ｃ － ｄ ) ２ ＋( ｄ － ａ ＋ ｂ ＋ ２ ＝１＋ ２ ａ＋ ２ ｂ ２ 用基本不等式证明如下 ｂ ａ ａ ) ２ ]≤０ꎬ : ａ ｂ ∵ ａ >０ꎬ ｂ >０ꎬ∴ ａ>０ꎬ ｂ>０ꎬ 因为ａ ｂ为不相等的正数 所以 ＋ ２ ２ 当且仅当ａ ｂ ｃ ｄ时 等号成立 ꎬ ꎬ > ＝ ＝ ＝ ꎬ ꎬ ２ ｂ ａ １２.答 或 ∴ 案 ａｂ ＋ ｘ ｂｃ ( ＋ １ ｃ ) ｄ { ＋ － ｄ １ ａ ꎬ ≤ １ꎬ ａ ｘ ２ ２ ＋ } ｂ ２ ＋ ( ｃ ｘ ２ ２ ＋ ) ｄ { ２ 或 ｘ . ｜ ｘ ｘ <－１ ａｂ >０ꎬ 所以 ａ ２ ＋ ｂ< １ ａｂꎬ 所以 ａ ２ ＋ ａｂ ｂ< ∴ １ ａ ＋ １ ｂ ≥ { １ ｂ ＋２ ａ ２ ａ􀅰 { ２ ａ ｂ ＝２ꎬ １< <２} (３){ ｜－１< <１ >２} ａｂ 当且仅当 ａ＝ ｂꎬ即 ＝１ꎬ时 等号 { } 即 ２ ａｂ. ２ ２ ｂ ꎬ １３.答案 ｍ ２ ３ ｍ ２ ３ ａｂꎬ １ １ < ａ ＋ ｂ ＝２ꎬ ＝１ (１) － ≤ ≤ ａ ＋ ｂ 成立 { } ３ ３ ａ２ ｂ２ (ａ ｂ) ２ ａ２ ｂ２ ａｂ ꎬ ｍ ｍ ２ ３ 又因为 ＋ ＋ ＋ －２ １ １ . (２) ≤－ － ＝ ＝ ∴ ａ ＋ ｂ ≥２ ３ ２ ２ ４ { } ａ ｂ ２ ａ２ ｂ２ (ａ ｂ) ２ １４.证明 ａ ｂ ａ ｂ ｍ ｍ ２ ３ ( － ) 所以 ＋ ＋ 所以 ∵ >０ꎬ >０ꎬ∴ ＋ >０ꎬ (３) > ３ ４ >０ꎬ ２ > ２ ꎬ ∴ ａ５ ＋ ｂ５ － ａ４ｂ － ａｂ４ １４.解析 根据题意得 ꎬ 该汽车刹车的最 ａ２ ＋ ｂ２ ａ ＋ ｂ . ＝ ａ４ ( ａ － ｂ )＋ ｂ４ ( ｂ － ａ ) 大距离为ｓ . ｖ > ａ４ ａ ｂ ｂ４ ａ ｂ ＝８０－５－０８ ꎬ ２ ２ ＝ ( － )－ ( － ) ８ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ＝( ａ － ｂ )( ａ４ － ｂ４ ) ２.解析 (１) ａ２ ３. (２) ａ３ ２. (３) ａ３ ２. (４) ａ２ ３. 证明 : 设ａｂ ＝ Ｎ ꎬ 则ｂ ＝ｌｏｇａ Ｎ ＝ｌｏｇａ ａｂ ꎬ 即 ＝( ａ － ｂ )( ａ２ ＋ ｂ２ )( ａ２ － ｂ２ ) ａ１ ７ ２. ａ７ ８. ａ１ ６ ３. ａ７ ６ｂ３ ２. ｌｏｇａ ａｂ ＝ ｂ. ａ ｂ ２ ａ２ ｂ２ ａ ｂ (５) (６) (７) (８) 证明 设ａｂ Ｎ 则ｂ Ｎ 所以ａｂ ＝ 当 ( 且 － 仅 ) 当 ( ａ ＝ ＋ ｂ时 ) ꎬ ( 等 ＋ 号 ) 成 ≥ 立 ０ꎬ ꎬ ３.解析 (１)６ . (２) １ ９ . (３)１０ . (４) ７ ４ . ( ＝ ２ ａ ) ｌｏｇａＮ ＝ Ｎ : ꎬ 即ａｌ ＝ ｏｇａＮ ꎬ ＝ Ｎ得 ＝ 证 ｌｏ . ｇａ ꎬ ａ５ ｂ５ ａ４ｂ ａｂ４. ∴ ＋ ≥ ＋ １ . １２５. ４.２.２ 对数的运算性质 １５.解析 设地面矩形中与墙相对的边长 (５) (６) ８ ８ ４.解析 . . . . 练习 为ｘ 则其邻边长为１２ 又设房屋 (１)１７０９９７６(２)４６８８１７００ ｍꎬ ｘ ｍꎬ . . . . １.解析 ｘｙ２ｚ３ ｘ ｙ ｚ. (３)１１４４７６０９(４)５８２４１２２４３ (１)ｌｇ( )＝ｌｇ ＋２ｌｇ ＋３ｌｇ 的 ｙ ＝ 总 １ 造 ２０ 价 ０× 为 ３ ｘ ＋ ｙ ８ 元 ００ ꎬ × 则 ２×３× １ ｘ ２ ＋５８００ ５. ( 解 ４ 析 ) ａ ４ｂ ( －９ １ . ) (５ ａ ) ５ ３ ４ . ( ａ ２ ２ ３ ) ｂ ａ － １ ３ １ ７ ２. ÷ ( ( ３ － ) ａ ２ １３ ａ . －３ １ｂ－３ １ ) ＝ ２.解 (２ 析 )ｌｇｙ ｘ ｚ２ ＝ ２ １ ｌｇ ｘ －ｌｇ ｙ －２ｌｇ ｚ. ５ . ( ) ３ (１)ｌｏｇ３(９×２７)＝ｌｏｇ３３ ＝５ ＝３６００ ｘ ＋ １ ｘ ６ ＋５８００ ( ３ ) ａ２ ３－(－３ １ )ｂ－３ １－(－３ １ ) ａ. (２)ｌｏｇ１ ２(４ ５ ×８ ２ )＝－３２ . ４× － × ＝－６ . ２ (３)ｌｇ２５＋ｌｇ４＝ｌｇ１００＝２ . ≥３６００×２ ｘ 􀅰 １ ｘ ６ ＋５８００ (６)１－ ａ ４ . (７)４ ａ －９ ｂ－２ １. (８)( ａ２ －２＋ ３.解 (４ 析 )ｌｏｇ１ ３２７－ｌ . ｏｇ１ ３９＝ . ｌｏｇ１ ３３ . ＝－１ . (１)１２５５２(２)１８５７２ ＝３４６００ꎬ ａ－２ ａ２ ａ－２ ( ａ － ａ－１ ) ２ (３)－０ . １２４９ . (４)１ . １７６１ . 当 长 立 且 . 是 因 仅 ４ 此 ｍ 当 ꎬ ꎬ 当 其 ｘ 地 ＝ 邻 面 １ ｘ 边 ６ 矩 ꎬ 长 即 形 为 中 ｘ ３ ＝ 与 ４ ｍ 墙 时 时 相 ꎬ ꎬ 等 房 对 号 屋 的 成 的 边 ６.解 ａ ａ － ＋ 析 ａ ａ ) － － １ １ ÷ ＝ ( ( ａ ａ １ ２ ２ － ＋ ) － １ １ 不 . 恒 ) 等 ＝ . ( ( ２ ａ ) ＋ ａ 不 －１ 恒 )( 等 ａ － . ａ ( － ３ １ ) ) 不 ＝ ４. ( 解 ３ｌ ２ ｇ 析 ) ３ ｌ ｇ ＝２ １ ２ ( ａ ８ ５ １ ＋ ) ＝ ３ ｌ ｂ ｌ ｇ ｇ . １ １ ０ １ ８ ８ ０ × ０ ＝ ４ ｌ ＝ ｇ( ｌｇ ２ ( ２ × ２ ３ ３ × ３ ) ３ ＝ ２ ) ２ － ｌｇ ２ ２ ＝ ＋ 总 造 价 最 低 ꎬ 最 低 总 造 价 为 恒等. (４) 不恒等.理由略. ３ｌｇ２＋２ｌｇ３－２＝３ ａ ＋２ ｂ －２ . 元. 思考􀅰运用 ３４６００ ５.解析 １ . 第4 章 指数与对数 ７.解析 ａ ｂ. (１)ｌｇ ２＋ｌｇ ５＝ｌｇ １０＝ － ２ ８.解析 ａ ａ－１ . (１)∵ ＋ ＝３ꎬ (２)ｌｏｇ３４５－ｌｏｇ３５＝ｌｏｇ３５＋ｌｏｇ３９－ｌｏｇ３５＝２ 4.1 指数 ａ１ ２ ａ－２ １ ２ ａ ａ－１ 练习 ∴ ( － ) ＝ ＋ －２＝３－２＝１ꎬ ４.１.１ 根式 ∴ ａ１ ２ － ａ－２ １ ＝±１ . １.解析 (１)ｌｏｇ２５×ｌｏｇ５４＝ ｌｇ５ × ｌｇ４ ＝２ . 若ａ１ ２ ａ－２ １ 则ａ３ ２ ａ－２ ３ ａ１ ２ ｌｇ２ ｌｇ５ 练习 (２) － ＝１ꎬ － ＝( － ａ－２ １ ａ ａ－１ (２)ｌｏｇ２３×ｌｏｇ３４×ｌｏｇ４５×ｌｏｇ５６×ｌｏｇ６７× )( ＋１＋ )＝１×４＝４ꎻ １.解析 (１)５ . (２) ２ . (３)２ . (４) １ . 若ａ１ ２ ａ－２ １ 则 ａ３ ２ ａ－２ ３ ａ１ ２ ｌｏｇ７８＝ ｌｇ３ × ｌｇ４ × ｌｇ５ × ｌｇ６ × ｌｇ７ × ｌｇ８ ＝ ３ ２ － ＝－１ꎬ － ＝( － ｌｇ２ ｌｇ３ ｌｇ４ ｌｇ５ ｌｇ６ ｌｇ７ ２.解析 (１)２－ ２ . (２)４ . (３) ２－１ . ａ－２ １ )( ａ ＋１＋ ａ－１ )＝－１×４＝－４ . ｌｇ８ ＝３ . ３.解析 (１) ａ －４ . (２)２－ ａ. (３) ａ ＋１ . (４)１ . 综上 ꎬ ａ３ ２ － ａ－２ ３ ＝±４ . ｌｇ２ ９.解析 ｘ . ｘ . ２.证明 因为 ｌｇ４ １ １ ４.１.２ 指数幂的拓展 (１) ＝５１２(２) ＝１６ ｌｏｇ３４＝ ꎬ ＝ ＝ ｌｇ３ ｌｏｇ４３ ｌｇ３ 练习 4.2 对数 ｌｇ４ １.解析 (１) ａ. (２) ５ａ. (３) ４ａ３. ４.２.１ 对数的概念 ｌｇ４ ꎬ 所以 ｌｏｇ３４＝ １ . ｌｇ３ ｌｏｇ４３ (４) ５ａ７. (５)５ １ ａ３ . (６) １ ａ３ . 练习 ３ ４ . . 解 解 析 析 －１２ . . . . . (１)３０２０９(２)０１４６４ ２.解析 (１) ａ１ ２ ( ａ >０) . (２) ｘ２ ３. (３) ａ－３ １. １.答案 ２ꎻ １ ꎻ－１ꎻ０ꎻ１ꎻ－１ꎻ０ꎻ１ (３)１ . １６１０ . (４)０ . ６３０９ . ( (４ ｍ ) > ｘ ０ ３ ２ ) ( . ｘ ( > ７) ０ ( ) ａ . ( ＋ ５ ｂ ) ) ｘ ２ ３ ２ . ｙ３ ２ ( ｙ >０) . (６) ｍ３ ２ ２.答案 ａ (１) ２ ２ ４ ＝１６ (２)ｌｏｇ３ ２ １ ７ ＝－３ ５. １ 解 ８ 析 亿 .由 设经 １３ 过 (１ ｘ ＋ 年 ０ . 后 ０１ ꎬ 我 ) ｘ 国 ＝ 人 １８ 口 ꎬ 得 数达 ｘ 到 ＝ (８) ｍ － ｎ ( ｍ > ｎ ) . (３)５ ＝２５ ｌｏｇ１ . ０１ １８ ≈３２ . ７０４７ . １３ ３.解析 (１)５ . (２)４ . (３) ２ . (４) １ . ３.解析 (１)ｌｏｇ３２４３＝５ . (２)ｌｏｇ２ ２５ １ ６ ＝－８ . 答 : 约经过 ３３ 年后 ꎬ 我国人口数达到 ３ ２ ｘ . ｘ . 亿. . ８ . . . (３) ＝ｌｏｇ２１０(４) ＝ｌｏｇ１ ５１２ ◆ １ 习 ８ 题4.2 (５)１２５(６) (７)９(８)６ æ ö－４ ４.解析 ａ １２ ５ ６ ５ . ａ１ ６. ａ３ ８. ａ１ ２. ４.解析 (１)è ç １ ２ ø ÷ ＝４ . (２)１０ ４ ＝１００００ . 感受􀅰理解 (５) ａ ａ ｂ １ ４ ５ － . ( ２ １ ( . １ ６ ) ) ｘ３ ｘ ｙ－ １ ２ ( ２ ｙ . ２ ４ ３ ) . (３) (４) ５.解 (３ 析 )１ ０ ０ . ( ４７ １ ７ ) １ ＝ ３ . ａ ( . ２ ( ) ４) １ ｅ ｂ . ( ＝ ３ １ ) ２ － . ３ . (４)－２ . １.解析 (１)ｌｏｇ３９＝２ . (２)ｌｏｇ７ ４ １ ９ ＝－２ . (７) (８) ２ ５ . ｍ. ◆习题4.1 (５)３ . (６)－２ . (３)ｌｏｇ８３２＝ ３ (４)ｌｏｇ３２＝ 感受􀅰理解 ６.解析 . . . . ２.解析 ３ . １ ２ . －２ １ (１)０３０１０(２)０６９９０ (１)２ ＝８ (２)９ ＝３ (３)４９ ＝ . . . . １.解析 . １ . . (３)００３２６(４)－００７５７ １ . ２ . ３２１９ . ０ . ７７８２ . (１)４(２) (３)１００ (４)２ ＝５(５)１０ ＝６ ２ ７.解析 １ ｂ ７ . . ｘ ｙ. ｘ ｙ . (１)２ꎻ５ꎻ－３ꎻ ꎻ ２ . ３０２６ . (４)－０１(５) － (６)－(２ ＋ ) ５ (６)ｅ ＝１０ ９ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋３.解析 . . . . . ｙ３ｚ 本章测试 (１)４ (２)－３ (３)１ (４)０ (５)３ ｙ３ ｚ ｘ ｙ ｚ . (３)ｌｇ ｘ ＝ｌｇ ＋ｌｇ －ｌｇ ＝３ｌｇ ＋ｌｇ － 一、填空题 (６)３ ４.解析 . . . . １.答案 (１)０９５４２(２)１４８５１ １ ｘ. －２ (３)１ . ５４８０ . (４)０ . ２３８６ . ２ ｌｇ ２.答案 ( ａ － ｂ ) ２ ５.解析 (１)１ . ７３２３ . (２)０ . １７６１ . ｘ２ ｙ ｘ２ ｙ ｚ３ ｘ ３.答案 (１) ａ４ ３ (２) ａ１ ６ １ｂ５ ２ (３)－０ . ３５２２ . (４)１ . ６５３２ . (４)ｌｇ ｚ３ ＝ｌｇ ＋ｌｇ －ｌｇ ＝２ｌｇ ＋ ４.答案 (１)ｌｏｇ２６４＝６ (２)ｌｏｇ１ ５ Ｎ ＝ ａ ６.解析 . . . (１)２(２)１(３)１ １ ｙ ｚ. ５.答案 －２ １ １ ｘ２ ７.解析 ａ ｂ. ａ ｂ. ａ ｂ ｌｇ －３ｌｇ (１)３ ＝ (２) ＝１０ (１)２ ＋２ (２)１－ ＋ (３) ＋ － ２ ３ . ａ ｂ . ６.解析 . . . . ６.答案 １(４) ＋２ －１ (１)４(２)－５(３)１(４)１ ７ ８.解析 设平均每年的增长率为 ｘ 则 二、选择题 ꎬ ７.解析 . ２ . (１＋ ｘ ) １０ ＝２ꎬ 解得 ｘ ＝ １０ ２－１≈０ . ０７１ ８ꎬ (１)０(２) ５ ７.Ａ ８.Ｃ ９.Ｄ １０.Ｄ 即平均每年的增长率大约为 ７ . １８ ％. ８.解析 ∵ ａ － ａ－１ ＝１ꎬ 三、解答题 ９.证明 设 ｌｏｇａ Ｍ ＝ ｐ ꎬｌｏｇａ Ｎ ＝ ｑ ꎬ 则ａｐ ＝ Ｍ ꎬ ∴ ａ２ ＋ ａ－２ ＝( ａ － ａ－１ ) ２ ＋２＝３ꎬ １１.解析 由题意知 æ ç ａ １ ö ÷ ２ ａｑ ＝ Ｎ ꎬ∵ Ｍ Ｎ ＝ ａ ａ ｐ ｑ ＝ ａｐ － ｑ ꎬ Ｍｎ ＝( ａｐ ) ｎ ＝ ａｎｐ ꎬ ∴ 原式 ＝ ( ａ ＋ ( ａ ａ － ２ １ ＋ ) ａ ( － ａ ２ ) ２ － ( １ ａ ＋ ＋ ａ ａ － － ２ １ ) ) ( ( ａ ａ ２ － ＋ ａ ａ － － １ ２ ) －５) 即ａ １ (１) 所以ａ è ａ－１ ＋ ａ . ø ＝９ꎬ ＋ ａ ＋２＝９ꎬ ＋ ＝７ ∴ ｌｏｇａ Ｍ Ｎ ＝ ｐ － ｑ ＝ｌｏｇａ Ｍ －ｌｏｇａ Ｎ ꎬｌｏｇａ Ｍｎ ＝ ＝ (３－１) ３× ×( １ ３－５) ＝ ２×( ３ －２) ＝－ ３ ４ . (２) ａ２ ＋ ａ－２ ＝( ａ ＋ ａ－１ ) ２ －２＝４９－２＝４７ . ｎｐ ＝ ｎ ｌｏｇａ Ｍ. ９.解析 (ｌｇ２) ３ ＋３ｌｇ２􀅰ｌｇ５＋(ｌｇ５) ３ (３) 因为 ( ａ１ ２ － ａ－２ １ ) ２ ＝ ａ ＋ ａ－１ －２＝５ꎬ 所 思考􀅰运用 ＝(ｌｇ２) ３ ＋(ｌｇ５) ３ ＋３ｌｇ２􀅰ｌｇ５ 以ａ１ ２ ａ－２ １ 所以原式 ７ － ＝± ５ꎬ ＝ ＝ １０.证明 ｂ ｌｇ ｂ １ １ . ＝(ｌｇ ２＋ｌｇ ５)[(ｌｇ ２) ２ －ｌｇ ２􀅰ｌｇ ５＋ ± ５ (１)ｌｏｇａ ＝ ａ＝ ａ＝ ａ ２ ｌｇ ｌｇ ｌｏｇｂ (ｌｇ５) ]＋３ｌｇ２􀅰ｌｇ５ ７ ５. ｂ ２ ２ ± ｌｇ ＝(ｌｇ２) ＋２ｌｇ２􀅰ｌｇ５＋(ｌｇ５) ５ ｂｍ ｌｇ ｂｍ ｍ ｌｇ ｂ ｍ ｂ ＝(ｌｇ２＋ｌｇ５) ２ ＝(ｌｇ１０) ２ ＝１ . １２.解析 (１) 原式 ＝ｌｇ ２５＋ｌｇ ２(ｌｇ ５０＋ (２)ｌｏｇａｎ ＝ ａｎ ＝ｎ ａ＝ ｎ 􀅰ｌｏｇａ 思考􀅰运用 . ｌｇ ｌｇ ｌｇ２)＝ｌｇ２５＋２ｌｇ２＝ｌｇ１００＝０ ( ｍ ∈ Ｒ ꎬ ｎ ∈ Ｒ ꎬ ｎ ≠０) . １０.解析 ∵ ｌｇ１８＝ｌｇ(９×２)＝ｌｇ(３ ２ ×２)＝ (２) 原式 ＝３＋４＋４＝１１ . １１.解析 １２ ２ ａ ｂ. ｌｇ３ ２ ＋ｌｇ ２＝２ｌｇ ３＋ｌｇ ２＝２×０ . ４７７ １＋ １３. 解 析 由 ｌｏｇ２５６ (１)ｌｇ２４＝ｌｇ ＝－ ＋２ . . . ｌｏｇ４２ ５６ ＝ ＝ ６ ０３０１０＝１２５５２ ｌｏｇ２４２ ｌｇ１２ 令 ０＝ｌｇ(１２ ｘ ×１０)＝ ｙ ｂ ＋ 由 １ . ａ １１.解析 (１)∵ ｘ ＝( ２) ４ ꎬ∴ ｘ ＝４ . ｌｏｇ２(７×２ ３ ) ＝ ｌｏｇ２７＋ｌｏｇ２２ ３ (２ ｂ ) 得ｘ ｌｇ ｙ ２＝ ａ ꎬｌｇ ｘ ３＝ ｙ ꎬ ｂ ｌｇ６＝ ꎬｌｇ１５ (２)∵ ｌｇ ２ ｘ ＝３ｌｇ ｘ －３ꎬ∴ ｌｇ ２＋ｌｇ ｘ ＝ ｌｏｇ２ ｂ (２×３×７) ｌｏｇ２２＋ｌｏｇ２３＋ｌｏｇ２７ ＝ ＋ ＝ ꎬ１－ ＋ ＝ ꎬ ３ｌｇ ｘ －３ꎬ∴ ２ｌｇ ｘ ＝３＋ｌｇ ２ꎬ∴ ｌｇ ｘ２ ＝ ＝ａ ＋ ｂ ３ . 解得ｘ ＝ ａ － ｂ ＋１ ꎬ ｙ ＝ ａ ＋ ｂ －１.因此 ꎬｌｇ ２４ ｌｇ２０００ꎬ∴ ｘ２ ＝２ ０００ꎬ 又 ｘ >０ꎬ∴ ｘ ＝ １４.解析 ＋ ＋１ ２ ２ . ∵ ３－ ５＋ ３＋ ５ ｘ ｙ ａ ｂ . ２０ ５ ＝３ｌｇ２＋ｌｇ３＝３ ＋ ＝２ － ＋１ ｘ ｙ (３)∵２ ｘ ＝( ｘ ) ４ ꎬ∴２ ｘ ＝ ｘ２ ꎬ ＝ ( ５－１) ２ ＋ ( ５＋１) ２ ｌｇ １２０ ＝ ２ｌｇ ２＋ｌｇ ３＋１ ＝ ２ ＋ ＋１ 又ｘ ｘ . ２ ２ ａ ｂ >０ꎬ∴ ＝２ ３ － ＋３. ＝ ｘ ｙ ５－１ ５＋１ ２ １２. 证 明 ＋ ＝ ＋ 探究􀅰拓展 ∵ ｌｏｇａ ＝ ２ ２ ３ １２.解析 分贝. ｘ ｙ ２ ＝ １０ꎬ ２０ １ ( ＋ ) ◆复习题 ２ ｌｏｇａ ９ ∴ ｌｇ( ３－ ５ ＋ ３＋ ５ ) ＝ ｌｇ １０ 感受􀅰理解 ｘ ｙ ｘｙ ｘｙ １ . １ ＋ ＋２ １ ９ ＝ １.解析 ５ ３ ２. ＝ ２ ｌｏｇａ ９ ＝ ２ ｌｏｇａ ９ １５.证明 ２ ｍ ａｘ ｎ ａｙ 且ｍｙｎｘ ａ２ｚ ２.解析 １ . ＝ １ ｌｏｇａ ｘｙ ＝ １ ｌｏｇａ ｘｙ ａ ｘ ∵ ｙ ａｙ ＝ ｘ ꎬ ａｘｙ ＝ ａｘｙ ａ２ ｘｙ ａ２ｚ ＝ ꎬ ３.解析 . ａ . ２ ４ ∴ ( ) ( ) ＝ ＝ ＝ ꎬ (３)ｌｏ ｇａ ( １ １ ０ ) ０ ｌ ＝ ｏｇ ｂ ａ . １ (４ ＝ ) ０ ｌｏ ( ｇ ２ ａ ) Ｎ ｌ ＝ ｏｇ ２ ａ . ＝１ ＝ ｌｏｇａ ｘ ＋ｌｏｇａ ｙ ꎬ ∴２ ｘｙ ＝ ２ ｚ ꎬ∴ ｘｙｚ ＝１ . ４.证明 右边 ４ 第5 章 函数概念与性质 (１)∵ ＝３ｌｏｇ８６４＝３ｌｏｇ２３６４＝ 原等式成立. ∴ ３ 左边. 探究􀅰拓展 ３ ｌｏｇ２６４＝ｌｏｇ２６４＝ . １３.解析 (１)∵２ １００ ＝(２ １０ ) １０ ＝１０２４ １０ ꎬ 5.1 函数的概念和图象 ∴ ｌｏｇ２６４＝３ｌｏｇ８６４ 练习 １００ １０ ∴ ｌｇ ２ ＝ｌｇ １ ０２４ ＝１０ｌｇ １ ０２４＝ (２)∵ 右边 ＝ ３ ４ ｌｏｇ２８＝ ３ ４ ×ｌｏｇ２２ ３ ＝４ꎬ 左 １０(ｌｇ１ . ０２４×１０ ３ ) ＝ １０ｌｇ １ . ０２４ ＋ １.解析 所画 “ 箭头图 ” 如下图所示. 边 ＝ｌｏｇ３８１＝ｌｏｇ３３ ４ ＝４ꎬ １０ｌｇ１０ ３ ＝１０ｌｇ １ . ０２４＋３０＝ｌｇ １ . ０２４ １０ ４ . ＋３０ꎬ ∴ ｌｏｇ３８１＝ ｌｏｇ２８ １００是 位数. ３ ∴２ ３１ ５.解析 ｘｙｚ ｘ ｙ ｚ. 当 ｎ 时 Ｎ 的小数点后有 ｎ (１)ｌｇ ＝ｌｇ ＋ｌｇ ＋ｌｇ (２) <０ ꎬ ｘｙ－２ｚ－１ ｘ ｙ－２ ｚ－１ 位数. (２)ｌｇ ＝ｌｇ ＋ｌｇ ＋ｌｇ ＝ ｘ ｙ ｚ. ｌｇ －２ｌｇ －ｌｇ １０ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ２.答案 (１)０ꎻ４０ꎻ８０ (５) . 区间 . 内的任意一个数 (２)１１( (０ꎬ１ ２] 都可以 . 区间 . . 内的任意 )ꎻ１３( (１ ２ꎬ１ ５] 一个数都可以 ) ３.解析 不是. 是. 不是. (１) (２) (３) 是. (４) ４.解析 是. 是. 是. 是. (１) (２) (３) (４) 不是. 是. (５) (６) (６) ５.解析 ｆ ２ ｆ ２ (０)＝ ０－０ ＝０ꎬ (１)＝ １－１ ＝ ( ) ( ) ２ ｆ １ １ １ １ ｆ ｎ ０ꎬ ＝ － ＝ ꎬ ( ＋１)－ ２ ２ ２ ４ ｆ ｎ ｎ ｎ ２ ｎ ｎ２ ｎ. ( )＝( ＋１)－( ＋１) －( － )＝－２ ６.解析 Ｒ. (１) ４.解析 不是.函数ｙ ｘ的定义域为 由ｘ２ 得ｘ 即定义域为 (１) ＝ (２) －１≠０ ≠±１ꎬ ｘ２ ｘ ｘ Ｒ ｘ 且ｘ . Ｒ 而函数ｙ 的定义域为 ｘ ｘ { ｜ ∈ { ꎬ ｘ ≠１ ≠－１} ２.解析 图象分别如图所示. ꎬ ＝ ｘ { ｜ ≠０}ꎬ 由 ２＋ ≥０ꎬ得 ｘ 即定义域 故不是同一个函数. (３) ｘ －２≤ ≤１ꎬ １－ ≥０ 不是.定义域不同. 为 ｘ ｘ . (２) { ｜－２≤ ≤１} 是.定义域和对应关系都相同. {ｘ (３) 由 ≠０ꎬ 得ｘ 且ｘ 即定 是.定义域和对应关系都相同. (４) ｘ ≥－１ ≠０ꎬ (４) ＋１≥０ 思考􀅰运用 义域为 ｘ ｘ 且ｘ . { ｜ ≥－１ ≠０} ５.解析 由ｆ 得 ａ ｂ ７.解析 . . (３)＝７ ３ ＋ ＝７ꎬ① (１){２ꎬ６ꎬ１２} (２)[－１ꎬ＋∞) 由ｆ 得 ａ ｂ . (５)＝－１ ５ ＋ ＝－１ꎬ② (３)(２ꎬ３] 由 得ａ ｂ . 练习 ①② ＝－４ꎬ ＝１９ １.解析 ∴ ｆ ( ｘ )＝－４ ｘ ＋１９ꎬ (１) ｆ ｆ . ∴ (０)＝１９ꎬ (１)＝１５ ６.解析 有且只有一个 坐标为 ａ ａ２ ꎬ ( ꎬ ＋ . １) ７.证明 ｆ ｔ ｇ ｔ ∵ ( )－ ( ) ｔ ｔ 值域是 . ＝ １＋ ｔ－ １－ ｔ (１) {０ꎬ１ꎬ４} 值域是 . ｔ ｔ ｔ ｔ (２) [１ꎬ４) (１－)－(１＋) (２) ( ] ＝ ｔ２ 值域是 １ . １－ (３) ꎬ１ ｔ ｔ２ ｔ ｔ２ ｔ２ ３ － － － ２ 值域是 . ＝ ｔ２ ＝ｔ２ ꎬ (４) (０ꎬ＋∞) １－ －１ ３.答案 ｔ２ ｔ２ (１)２ꎻ３ꎻ０ ｇ ｔ２ ２ ｆ ｘ ｆ ｘ －２ ( )＝－２􀅰 ｔ２ ＝ｔ２ ꎬ (２) ( １)<( ２) １－ －１ ◆习题5.1 ｆ ｔ ｇ ｔ ｇ ｔ２ . ∴ ( )－ ( )＝－２ ( ) 感受􀅰理解 ８.答案 ３ꎻ２ꎻ３ꎻ４ １.解析 (１) 当 ｘ ＝０ 时 ꎬ ｙ ＝－２ꎻ 当 ｘ ＝１ 解析 ｆ ( ｆ (１))＝ ｆ (２)＝３ꎻ 时 ꎬ ｙ ＝３ꎻ 当ｘ ＝５ 时 ꎬ ｙ ＝２３ . ｆ ( ｇ (２))＝ ｆ (１)＝２ꎻ ｇ ｆ ｇ 当 ｙ 时 ｘ ２ 当 ｙ 时 ｘ ( (３))＝ (４)＝３ꎻ (２) ＝０ ꎬ ＝ ꎻ ＝１ ꎬ ＝ ｇ ｇ ｇ . (３) ５ ( (４))＝ (３)＝４ ９.解析 ｆ ｇ ｘ ｆ ｘ ｘ ３ 当ｙ 时 ｘ ７ . ( ( ))＝ (３ －５)＝２(３ －５)＋ ꎻ ＝５ ꎬ ＝ ｘ ５ ５ ３＝６ －７ꎻ ２.解析 是. 是. 不是. 是. ｇ ｆ ｘ ｇ ｘ ｘ ｘ (１) (２) (３) (４) ( ( ))＝ (２ ＋３)＝ ３(２ ＋３)－５＝６ 是. . (５) ＋４ ３.解析 定义域是Ｒ 值域是Ｒ. 探究􀅰拓展 (１) ꎬ 定义域是Ｒ 值域是Ｒ. １０.解析 是. (２) ꎬ 定义域是 值 １１.解析 是.定义域是 (４) (３) (－∞ꎬ０)∪(０ꎬ＋∞)ꎬ {１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎬ６ꎬ７ꎬ 域是 . 值域不一定是 (－∞ꎬ０)∪(０ꎬ＋∞) ８ꎬ９ꎬ１０}ꎬ {１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎬ 定义域是 值 . (４) (－∞ꎬ０)∪(０ꎬ＋∞)ꎬ ６} 域是 . (－∞ꎬ１)∪(１ꎬ＋∞) 5.2 函数的表示方法 定义域是Ｒ 值域是 . (５) ꎬ (－∞ꎬ１] 定义域是Ｒ 值域是 . 练习 (６) ꎬ [－１ꎬ＋∞) 它们的图象分别如下. １.解析 ｙ ｘ ｘ . ＝１８５２ ꎬ >０ １１ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋{ｘ ｘ ì ｘ ２.解析 ｆ ｘ ＋３ꎬ ≥－３ꎬ的图象如图 ï１２０ꎬ ∈(０ꎬ２０]ꎬ ( )＝ ｘ ｘ ï ｘ － －３ꎬ <－３ ï２４０ꎬ ∈(２０ꎬ４０]ꎬ 所示. １２.解析 ｙ í ｘ ＝ï３６０ꎬ ∈(４０ꎬ６０]ꎬ ｘ ïï４８０ꎬ ∈(６０ꎬ８０]ꎬ î ｘ . ６００ꎬ ∈(８０ꎬ９０] 图象如图所示. 由图可知ｆ ｘ ｆ ｘ . ３.解析 (１) Ｓ ＝ ｘ (１５－ ｘ )＝ － ｘ２ ＋１５ ｘ ꎬ ｘ ∈ (１) 不存在. ( １)<( ２) 其图象如图所示. (２) (０ꎬ１５)ꎬ ６.解析 答案不唯一 例如 ꎬ : {ｘ ｘ 或ｘ ｙ ꎬ ＝１ ＝３ꎬ ＝ ｘ ｘ 或ｘ . ＋１ꎬ ＝２ ＝４ ｙ {ｘ ＋２ꎬ ｘ ＝１ 或ｘ ＝３ꎬ １３.解析 无数个.例如 : ｙ ＝ ｘ２ ꎬ ｘ ∈[１ꎬ２]ꎻ ＝ ｘ ｘ 或ｘ . ( ] ７.解析 －１ ｆ ꎬ ＝２ ｆ ＝ ｆ ４ ｆ ２ ｙ ＝ ｘ２ ꎬ ｘ ∈ －２ꎬ－ ３ ∪[１ꎬ２] . (２)＝２ꎻ ( (－２))＝ ((－２) ) ２ ｆ . ＝ (４)＝４ ８.解析 函数的图象如图所示. 5.3 函数的单调性 ｌ ｘ ２ ｘ . (２) ＝２ ＋ ｘ ( >０) 练习 ４.答案 １.解析 ｆ ｘ ｘ２ 在 上是增 (１)(４) ( )＝ －１ (０ꎬ＋∞) ◆习题5.2 函数. 感受􀅰理解 设ｘ １ꎬ ｘ ２ 为区间 (０ꎬ＋∞) 上的任意两个 １.解析 设下落的时间为ｘ 下落的距 值 且ｘ ｘ 则ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ２ ｓꎬ ꎬ １> ２>０ꎬ ( １)－( ２)＝ １－１－ 离为ｙ ｍꎬ ｙ ＝ ｋｘ２ ( ｋ ≠０)ꎬ ｘ２ ２＋１＝( ｘ １＋ ｘ ２)( ｘ １－ ｘ ２) . 当ｘ 时 ｙ ｋ . 解得ｋ . ｘ ｘ ｘ ｘ ＝２ ꎬ ＝４ ＝１９６ꎬ ＝４９ꎬ ∵ １＋ ２>０ꎬ １－ ２>０ꎬ 则当ｘ ＝３ 时 ꎬ ｙ ＝ ｋｘ２ ＝４ . ９×３ ２ ＝４４ . １ . ∴ ｆ ( ｘ １)－ ｆ ( ｘ ２)>０ꎬ 即ｆ ( ｘ １)> ｆ ( ｘ ２) . 答 开始下落的 内物体下落的距离 ｆ ｘ ｘ２ 在 上是增函数. : ３ ｓ ∴ ( )＝ －１ (０ꎬ＋∞) 为 . . ２.解析 函数ｆ ( ｘ )＝ ｜ ｘ ＋１｜ 的图象如图. ４４１ ｍ ２.解析 若销售价上涨ｘ元/个 ｘ (０≤ ≤ ｘ Ｎ １０ꎬ ∈ )ꎬ 则售价为 ｘ 元/个 销售个数为 (１０＋ ) ꎬ ｘ 个 (１００－１０ ) ꎬ 则有ｙ ｘ ｘ ＝(１０＋ )􀅰(１００－１０ )－８(１００－ ｘ ｘ ｘ ｘ２ 由图象可知ｆ ｘ 在 上单调递 １０ )＝ (２＋ )􀅰(１００－１０ )＝ －１０ ＋ ( ) (－∞ꎬ－１) ｘ ｘ ｘ Ｎ . 减 在 上单调递增. ８０ ＋２００(０≤ ≤１０ꎬ ∈ ) ꎬ (－１ꎬ＋∞) (１) 用列表法表示如下 : ３.解析 ｆ ( ｘ )＝ － ｘ２ ＋２ ｘ 在 (－∞ꎬ０) 上是 增函数. ｘ元/个 ０ １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 思考􀅰运用 设ｘ ｘ 为区间 上的任意两个 ｙ元 ２００ ２７０ ３２０ ３５０ ３６０ ３５０ ３２０ ２７０ ２００ １１０ ０ ９.Ｄ 易知ｙ随ｘ的增大而减小 因为跑 值 且 １ꎬ ｘ ２ ｘ (０ꎬ＋∞) ꎬ ꎬ １< ２<０ꎬ 售 (２ 价 ) 由 为 (１) 知 元 ꎬ / 当 个时 ｘ ＝ 每 ３ 天 时 的 ꎬ ｙ 销 ＝ 售 ３５ 利 ０ꎬ 润 即 为 销 步 该 时 人 的 离 速 单 度 位 要 的 比 距 走 离 路 ｙ的 时 变 的 化 速 是 度快 先 ꎬ 快 所以 后 则ｆ ｘ ( ｘ １ ｘ )－ ｆ ( ｘ ｘ ２) ｘ ＝－ ｘ２ １＋２ ｘ ｘ １＋ ｘ ｘ２ ２－２ ｘ ２ 元. １３ 慢 . “ ＝( ｘ ２－ ｘ １)( ｘ １＋ ｘ ２)－２( ２－ １) ３５０ 由 知ｙ 时 ｘ 即销售价 １０.解 ” 析 ｆ ｘ ｘ２ ｘ Ｒ . ＝( ｘ ２－ ｘ １)( ｘ １＋ ｘ ２－２)ꎬ ( 上 ３ 涨 ) 了 (１) 元. ＝３６０ ꎬ ＝４ꎬ ① { ( ) ｘ ＝ ( ∈ ) ∵ ｆ ２－ ｘ １>０ ｆ ꎬ ｘ １＋ ２－２ 即 <０ ｆ ꎬ ｘ ｆ ｘ . ３.解析 ｙ ４ { ２２－６ ｘ ꎬ０≤ ｘ ≤１１ꎬ ② ｆ ( ｘ )＝ ４ １ ꎬ ꎬ ｘ ＝ ＝ ２ １ . ꎬ ∴ ∴ ｆ ( ( ｘ １ ) ) ＝ －( － ｘ ２ ２ ) ＋ < ２ ０ ｘ ꎬ 在 ( ( － １ ∞ ) ꎬ < ０ ( ) 上 ２) 是增 ＝ ｘ . ｆ ｘ ｘ ｘ Ｒ . 函数. －４４ꎬ >１１ ③( )＝３ －２( ∈ ) 当ｘ ＝３ . ５ 时 ꎬ ｙ ＝２２－６×３ . ５＝１ꎬ １１.解析 (１) Ｃ ＝４ ０００＋１ ０００×５０＝ ４.解析 ∵ ｆ ( ｘ )＝－ ｘ２ ＋２ ｘ ＝－( ｘ －１) ２ ＋１ꎬ ｘ 当ｘ 时 ｙ . . ＝１２ ꎬ ＝－４４ ５４０００ ∈[０ꎬ１０]ꎬ 由 ｎ 解得 ｎ ｆ ｘ 的图象以直线 ｘ 为对称轴 ４.解析 ｙ ｘ ４ (２) ４８ ０００＝ ４ ０００＋５０ ꎬ ∴ ( ) ＝１ ꎬ ＝１２０×４＋２ ×２×８０＋２× ｘ ×２× . 且开口向下. ＝８８０ Ｐ ｎ ｎ ｎ ｆ ｘ ｆ ｘ １２８０ ｘ . (３) ＝ ９０ －(４ ０００＋５０ )＝ ４０ － ∴ ( )ｍａｘ＝ (１)＝－１＋２×１＝１ꎬ ８０＝４８０＋３２０ ＋ ｘ ( >０) ｆ ｘ ｆ . ( ) ２ 由 ４０ Ｐ ００ꎬ 得ｎ ( )ｍｉｎ＝ (１０)＝－１００＋２０＝－８０ ５.解析 ｆ ｘ ｘ２ ｘ ｘ １ ５ ≥０ ≥１００ꎬ ５.解析 易知 ｙ １ 在 上单调 ( )＝－ ＋ ＋１＝－ － ＋ 故每天至少生产 双皮鞋 才能不 ＝ ｘ (－∞ꎬ０) ２ ４ １００ ꎬ ｘ 其图象如图所示. 亏本. 递减 (－１≤ ≤１)ꎬ ꎬ １２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ( ) ｙ １ 在 上也单调递减 ｘ３ ｘ３ １ １ ∴ ＝ ｘ (－２ꎬ－１] ꎬ ＝２( １－ ２)－ ｘ －ｘ １ ２ ｘ ｘ ｙ １ ｙ １ 在 上没 ｘ ｘ ｘ２ ｘ ｘ ｘ２ ２－ １ ∴ ｍｉｎ＝ ＝－１ꎬ ＝ ｘ (－２ꎬ－１] ＝２( １－ ２)( １＋ １ ２＋ ２)－ ｘ ｘ －１ １ ２ ( ) 有最大值 ꎬ 但ｙ <－ １ . (５) (６) ＝( ｘ １－ ｘ ２) ２ ｘ２ １＋２ ｘ １ ｘ ２＋２ ｘ２ ２＋ｘ １ ｘ ꎬ ２ 单调递增区间为 单调递 １ ２ 即 大 函 值 数 有 ｙ 最 ＝ 小 １ ｘ 值 在区 . 间 (－２ꎬ－１] 上没有最 小 减 (１ 值 区 ) . 间为 [０ꎬ＋∞)ꎬ 最 (－ 大 ∞ 值 ꎬ 是 ０] － ꎬ １ꎬ 无最 ∵ ∴ ０ ｘ １ < － ｘ ｘ １ ２ < < ｘ ０ ２ꎬ ꎬ２ ｘ２ １＋２ ｘ １ ｘ ２＋２ ｘ２ ２＋ｘ １ ｘ >０ꎬ ꎬ －１ １ ２ ６.证明 函数ｆ ( ｘ )＝－２ ｘ ＋１ 的定义域是 (２) 单调递减区间为 [－１ꎬ１]ꎬ 无单调递 ∴ ｆ ( ｘ １)－ ｆ ( ｘ ２)<０ꎬ∴ ｆ ( ｘ １)< ｆ ( ｘ ２)ꎬ 增区间 最大值是 最小值是 . Ｒ ｘ .设 则 ｘ １ꎬ ｆ ｘ ｘ ２ 为Ｒ ｆ 上 ｘ 的任意 ｘ 两个值 ｘ ꎬ 且ｘ １ (３) 单调 ꎬ 递增区间 ２ 为 ꎬ (－∞ꎬ＋∞ －２ )ꎬ 无单 ∴ 函数ｆ ( ｘ )＝ ２ ｘ３ － １ ｘ 在区间 (０ꎬ＋∞) < ２ꎬ ( １)－( ２)＝－２ １＋１＋２ ２－１＝ 调递减区间 既无最大值 也无最小值. 上是增函数. ｘ ｘ . ꎬ ꎬ ２( ２－ １) 单调递减区间为 无单调 ７.解析 证明 设ｘ ｘ 为区间 ∵ ｘ ２－ ｘ １>０ꎬ 递 (４ 增 ) 区间 最大值是 [０ 无 ꎬ＋ 最 ∞ 小 ) 值 ꎬ . 上的 任 ( 意 １ 两 ) 个值 : 且 １ ｘ ꎬ ２ ｘ 则 ｆ ( ｘ ０ꎬ１] ∴ ｆ ( ｘ １)－ ｆ ( ｘ ２)>０ꎬ 单调递 ꎬ 减区间是 ０ꎬ 单调递 ꎬ １< ２ꎬ ｘ ( １ ｘ )－ 即ｆ ｘ ｆ ｘ . (５) (－∞ꎬ０]ꎬ ｆ ｘ ｘ １ ｘ １ ｘ ｘ ２－ １ ∴ 函 ( 数 １) ｆ ( > ｘ ( )＝ ２) －２ ｘ ＋１ 是减函数. 增 为 区间 . 是 [０ꎬ＋∞)ꎬ 无最大值 ꎬ 最小值 ( ２)＝ １＋ ( ｘ １ － ２－ ) ｘ ２ ＝ １－ ２＋ ｘ １ ｘ ２ ＝ ７.解析 ｆ ｘ 的增区间 －２ ｘ ｘ １ ( ) [ :[ ] １ꎬ４ [ )ꎬ[４ꎬ６ ] ]ꎻ (６) 单调递增区间为 (－∞ꎬ＋∞)ꎬ 无最 ( １－ ２)􀅰 １－ｘ １ ｘ ２ ꎬ ｇ ｘ 的增区间 ３π ３π . 大值和最小值. ｘ ｘ ｘ ｘ ( ) : － ꎬ０ ꎬ ꎬ３π ∵ １< ２ꎬ∴ １－ ２<０ꎬ ２ ２ ４.解析 由题意知ａ ａ 所以ａ .所 又 ｘ ｘ ｘ ｘ ８.解析 ＋１<２ ꎬ >１ ∵０< １< ２≤１ꎬ∴０< １ ２<１ꎬ (１)✕ (２)√ (３)√ 以ａ的取值范围为 . (１ꎬ＋∞) １ (４)✕ ５.证明 设ｘ ｘ 为区间 上 ∴１－ｘ ｘ <０ꎬ ◆习题5.3 (１) １ꎬ ２ (－∞ꎬ０] １ ２ 的任意两个值 且 ｘ ｘ 则 ｆ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ 即ｆ ｘ ｆ ｘ 感受􀅰理解 ꎬ １< ２ꎬ ( １)－ ∴ ( １)－( ２)>０ꎬ ( １)>( ２)ꎬ １.解析 ｆ ( ｘ ２ ｘ )＝ ｘ －２ ｘ . ２ １ 因 ＋３ 为 －( ｘ －２ ｘ ｘ ２ ２＋３) 且 ＝ ２ ｘ ( ｘ ｘ １＋ ｘ ２) ∴ 设 ｆ ｘ ( ｘ ) ｘ 在 为 (０ 区 ꎬ１] 间 上是减函数 上 . 的任意两 ｙ ｋｘ ｂ ｙ ｋ 􀅰 所 ( 以ｆ ２－ ｘ １) ｆ ｘ １ 故 ＋ ２ ｆ <０ ｘ 在 ２－ １>０ꎬ 个 且 ３ꎬ ｘ ４ ｘ [１ꎬ＋∞) 函数 ＝ ＋ ＝ ｘ ( １)< ( ２)ꎬ ( ) (－∞ꎬ０] ꎬ ３< ４ꎬ ｋ ｋ ｋ ｋ 上是增函数. 则ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ １ ｘ １ ｘ >０ <０ >０ <０ 设ｘ ｘ 为区间 上的任意 ( ３)－( ４)＝ ３＋ｘ － ４－ｘ ＝( ３－ 单调 (２) １ꎬ ２ (－∞ꎬ０] ( ) ３ ４ (－∞ꎬ (－∞ꎬ (－∞ꎬ０)ꎬ (－∞ꎬ０)ꎬ 两个值 且ｘ ｘ 则ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ３ ｘ １ . 区间 ＋∞) ＋∞) (０ꎬ＋∞) (０ꎬ＋∞) ꎬ １< ２ꎬ ( １)－ ( ２)＝－ １ ４) １－ｘ ｘ ｘ３ ｘ３ ｘ３ ｘ ｘ ｘ２ ３ ４ 在每个单 ＋１－(－ ２＋１)＝ ２－ １＝( ２－ １)( １＋ ｘ ｘ ｘ ｘ 单调性 单 增 调 函 递 数 单 减 调 函 递 数 在 间 每 上 个 是 单 单 调 调 区 递 调 是 区 单 间 调 上 递 因 ｘ １ ｘ 为 ２＋ ｘ ｘ２ ２) . ｘ 所以 ｘ ｘ ｘ２ ｘ２ 又 ∵ ∵ ３< １≤ ４ꎬ ｘ ∴ ３< ｘ ３ ４ － ꎬ∴ ４< ｘ ０ ３ ｘ ꎬ ４>１ꎬ 减函数 增函数 １< ２≤０ꎬ １ ２≥０ꎬ １>０ꎬ ２ １ 所以ｘ２ ｘ ｘ ｘ２ .又ｘ ｘ 所 ∴１－ｘ ｘ >０ꎬ ２.解析 单调递减区间为 . ≥ 以 ０ ｆ ꎬ ｘ ｆ １＋ ｘ １ ２ 故 ＋ ２ ｆ > ｘ ０ 在 ２－ １>０ꎬ 上 ｆ ｘ ３ ４ ｆ ｘ 即ｆ ｘ ｆ ｘ (１) (－∞ꎬ＋∞) ( １)>( ２)ꎬ ( ) (－∞ꎬ０] ∴ ( ３)－( ４)<０ꎬ ( ３)<( ４)ꎬ 单调递减区间为 和 . 是减函数. ｆ ｘ 在 上是增函数. (２) (－∞ꎬ０) (０ꎬ＋∞) ∴ ( ) [１ꎬ＋∞) 单调递减区间是 单调递 设ｘ ｘ 为区间 上的任 由 知 当ｘ 时 ｆ ｘ 取最小 (３) (－∞ꎬ０]ꎬ (３)① １ꎬ ２ (－∞ꎬ０) (２) (１) ꎬ ＝１ ꎬ ( ) 增区间是 . 意两个值 且ｘ ｘ 则ｆ ｘ ｆ ｘ 值 最小值为 无最大值. [０ꎬ＋∞) ꎬ １< ２ꎬ ( １)－ ( ２)＝２ ꎬ ２ꎬ ( ] ( ) ｘ ｘ 探究􀅰拓展 单调递增区间是 １ 单调 ３ ３ １ １ ３( １－ ２).因 (４) －∞ꎬ ꎬ －ｘ －２＋ｘ ＝３ ｘ －ｘ ＝ ｘ ｘ ８.解析 单调递增区间为 [ ) ２ 为 １ ｘ ｘ ２ ｘ ｘ ２ 所 １ 以ｆ ｘ １ ２ ｆ ｘ 单调递减区间为 (－∞ꎬ－ .图 １) 象 ꎬ( 略 １ꎬ . 递减区间是 １ ꎬ＋∞ . 故ｆ １ ｘ ２> 在 ０ꎬ １－ ２<０ꎬ 上是增 ( 函 １) 数 < ( ２) 设 ꎬ ＋∞)ꎬ (－１ꎬ１) ２ ( ) (－∞ꎬ０) ꎻ② ３.解析 各函数图象如图所示. ｘ ｘ 为区间 上的任意两个 5.4 函数的奇偶性 １ꎬ ２ (０ꎬ＋∞) 值 且 ｘ ｘ 则 ｆ ｘ ｆ ｘ 练习 ꎬ ３ < ４ꎬ ( ３) － ( ４) ＝ ｘ ｘ １.Ｂ ３( ３－ ４).因为 ｘ ｘ ｘ ｘ 所以 ｘ ｘ ３ ４>０ꎬ ３－ ４<０ꎬ ２.解析 ｆ ｘ ｘ２ ｘ的图象关于直线ｘ ３ ４ ( )＝ ＋２ ｆ ｘ ｆ ｘ 故 ｆ ｘ 在 上是 对称 但它不是偶函数. ( ３)< ( ４)ꎬ ( ) (０ꎬ＋∞) ＝－１ ꎬ 增函数. ３.解析 图象略. (１) (２) 综上 ｆ ｘ 在 和 上都 因为ｆ ｘ 是偶函数 所以ｆ ｘ 在ｙ ꎬ ( ) (－∞ꎬ０) (０ꎬ＋∞) (１) ( ) ꎬ ( ) 是增函数. 轴左侧的图象与ｙ轴右侧的图象关于ｙ 思考􀅰运用 轴对称. ６.证明 设ｘ ｘ 为区间 上的任 因为ｆ ｘ 是奇函数 所以ｆ ｘ 在ｙ １ꎬ ２ (０ꎬ＋∞) (２) ( ) ꎬ ( ) 意两个值 且ｘ ｘ 则ｆ ｘ ｆ ｘ 轴左侧的图象与ｙ轴右侧的图象关于 ꎬ １< ２ꎬ ( １)－( ２) ( ) ( ) 原点对称. ｘ３ １ ｘ３ １ (３) (４) ＝ ２ １－ｘ － ２ ２－ｘ ４.解析 １ ２ (１)√ (２)✕ (３)√ １３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋思考􀅰运用 (４)✕ ５.证明 ｆ ｘ 的定义域为Ｒ ５.解析 函数ｆ ｘ ｘ２ ｍｘ 的定义域 ∵ ( ) ꎬ ( )＝ ＋ ＋１ ｆ ｘ ｘ ３ ｘ ｘ３ ｘ ｘ３ ｘ 是Ｒ. (－ )＝(－ ) －(－ )＝－ ＋ ＝－( － ) ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ ２ ｍｘ ｘ２ ｍｘ . ＝－( )ꎬ (－ )＝(－ ) － ＋１＝ － ＋１ ｆ ｘ ｘ３ ｘ在Ｒ上是奇函数. ｆ ｘ 是偶函数 ∴ ( )＝ － ∵ ( ) ꎬ ｆ ｘ ｆ ｘ ６.解析 ｆ ｘ ｘ １ 的定义域为 ∴ ( )＝ (－ )ꎬ (１)∵ ( )＝ ＋ ｘ 即ｘ２ ＋ ｍｘ ＋１＝ ｘ２ － ｍｘ ＋１ 对任意ｘ ∈ Ｒ都 ｙ {ｘ２ － ｘ ꎬ ｘ２ － ｘ ≥０ꎬ { ｆ ( ｘ － ｜ ｘ ｘ ) ≠ ＝ ０ － ꎬ ｘ ｘ － ∈ １ ｘ Ｒ ＝ }ꎬ － ( ｘ ＋ １ ｘ ) ＝－ ｆ ( ｘ )ꎬ ６.解 成 奇 析 立 函数 ꎬ ∴ . 令 ｍ ＝ ｈ ( ０ ｘ . )＝ ａｘ３ － ｂｘ ꎬ 易知ｈ ( ｘ ) 为 (２) ＝ ì ï ï ( － ｘ ( － ｘ １ ２ － ) ｘ ２ ) － ꎬ ｘ １ ２ － ꎬ ｘ ｘ < ≤ ０ ０ ꎬ 或ｘ ≥１ꎬ 即ｙ í ２ ４ ∴ ｆ ( ｘ )＝ ｘ ＋ １ ｘ 是奇函数. ∵ ｆ ｈ (－２)＝－１ꎬ ｆ 即ｈ (－２ . )＝－２ꎬ ＝ î ï ï － ( ｘ － １ ) ２ ＋ １ ꎬ０< ｘ <１ . ∴ (２)＝２ꎬ∴ (２)＝３ ２ ４ ｆ ｘ ｘ４ －１的定义域为 ｘ ｘ ７.解析 ｆ ｘ 是Ｒ上的奇函数 图象如图所示. (２)∵ ( )＝ ｘ２ { ｜ ≠０ꎬ ｆ ｘ ∵ ( ｆ ) ｘ 且ｆ . ꎬ ∴ －( )＝ (－ )ꎬ (０)＝０ ｘ Ｒ ∈ }ꎬ 又 ｘ 时 ｆ ｘ ∵ >０ ꎬ ( )＝１ꎬ ｆ ｘ (－ ｘ ) ４ －１ ｘ４ －１ ｆ ｘ 设ｘ 则 ｘ (－ )＝ (－ ｘ ) ２ ＝ ｘ２ ＝ ( )ꎬ ∴ ｆ ｘ <０ꎬ . － >０ꎬ ｆ ｘ ｘ４ －１是偶函数. ∴ ｆ ( ｘ － )＝ ｆ １ ｘ . ∴ ( )＝ ｘ２ ∴ ( )＝ { －(－ ｘ )＝－１ ｆ ｘ 的定义域为Ｒ １ꎬ >０ꎬ (３)∵ ( ) ꎬ ｆ ｘ ｘ ｆ ｘ ｘ ｘ ｆ ｘ ∴ ( )＝ ０ꎬ ＝０ꎬ ３.解析 ｆ ｘ ｘ (－ )＝２｜－ ｜－３＝２｜ ｜－３＝ ( )ꎬ ｘ . ∵ ( )＝２ ＋１ꎬ ｆ ｘ ｘ 是偶函数. －１ꎬ <０ ｆ ｘ ｘ ∴ ( )＝２｜ ｜－３ ８.解析 证明 ｆ ｘ 的定义域为Ｒ 关 ∴ (２ －３)＝２(２ －３)＋１ꎬ ７.证明 ｆ ｘ 的定义域为Ｒ (１) :( ) ꎬ ｆ ｘ ｘ ｘ . (１)∵ ( ) ꎬ 于原点对称. ∴ (２ －３)＝４ －５ꎬ２≤ ≤４ ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ４.解析 由题意设ｆ ｘ ａ ｘ ２ ａ (－ )＝ ｜－ ＋３｜＋｜－ －３｜＝｜ ＋３｜＋｜ －３｜ ｇ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ ( )＝ ( －１) ＋１６( ｆ ｘ ∵ (－ )＝ (－ )＋( )＝ ( )ꎬ ＝ ( )ꎬ ｇ ｘ 为Ｒ上的偶函数. ≠０)ꎬ ｆ ｘ 是Ｒ上的偶函数. ∴ ( ) 顶点为Ａ 且图象在ｘ轴上截 ∴ ( ) 证明 易知ｈ ｘ 的定义域为Ｒ. ∵ (１ꎬ１６)ꎬ ｇ ｘ 的定义域为Ｒ (２) : ( ) 得的线段长为 (２)∵ ( ) ꎬ ｈ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ ｈ ｘ ８ꎬ ｇ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ∵ (－ )＝ (－ )－( )＝－ ( )ꎬ 其与ｘ轴的交点分别为 (－ )＝ ｜－ ＋３｜－｜－ －３｜＝－｜ ＋３｜＋｜ ｈ ｘ 为奇函数. ∴ (－３ꎬ０)ꎬ(５ꎬ ｇ ｘ ∴ ( ) 将点 代入ｆ ｘ ａ ｘ ２ －３｜＝－ ( )ꎬ ｇ ｘ 为偶函数 ｈ ｘ 为奇函数 ０)ꎬ (－３ꎬ０) ( )＝ ( －１) ＋ ｇ ｘ 是Ｒ上的奇函数. (３)∵ ( ) ꎬ ( ) ꎬ 得ａ . ∴ ( ) ｇ ｘ ｈ ｘ ｇ ｘ ｈ ｘ １６ꎬ ＝－１ ◆习题5.4 且ｆ ( ｘ )＝ ( )＋ ( ) ＝ ( ) ＋ ( ) ꎬ ∴ ｆ ( ｘ )＝－( ｘ －１) ２ ＋１６＝－ ｘ２ ＋２ ｘ ＋１５ . 感受􀅰理解 定义在Ｒ上 ２ 的函数ｆ ｘ ２ 能表 ２ 示为一 ５.解析 ｙ ＝ ｘ (２０－２ ｘ ) ２ ꎬ １.解析 (１)∵ ｆ ( ｘ ) 的定义域为Ｒ ꎬ ｆ (－ ｘ ) 个 ∴ 奇函数和一个偶函数 ( 的 ) 和. 其中 {ｘ >０ꎬ 即 ｘ . ＝２(－ ｘ ) ２ －７＝ ｆ ( ｘ )ꎬ 探究􀅰拓展 ２０－２ ｘ >０ꎬ ０< <１０ ( ∴ ５ ｘ ２ ｆ ) ＝ ( ∵ － ｘ ) ｆ ｆ ( 为 ( ｘ ｘ ) 偶 ) ꎬ 的 函 定 数 义 . 域为Ｒ ꎬ ｆ (－ ｘ )＝－ ｘ３ － ９. Ａ ｆ 解 ( 中 ａ 析 － 任 ｘ ) 意 ( ＝ １ ｆ ｘ ) ( ∵ ａ 都 ＋ 函 有 ｘ ) 数 ꎬ ｆ ( ａ ｙ － ＝ ｘ ｆ ) ( － ｘ ｆ ) ( 对 ａ ＋ 于 ｘ ) 定 ＝ 义 ０ꎬ 即 域 ６.解 则 －１ 析 ０ ｙ ) 与 ２ ꎬ 分 定 ｘ之 别 义 间 令 域 的 为 ｆ ( 函 { ｘ ) ｘ 数 ＝ ｜０ 关 － < １ ｘ 系 ꎬ < ２ １ 式 ꎬ ０ ５ } 为 ꎬ . ８ꎬ ｙ 由 ＝４ ｆ ( ｘ ( ｘ ) ｘ ( ∴ ３ ｆ ) ( ∵ ｘ ) ｆ 为 ( ｘ 奇 ) 的 函 定 数 义 . 域为Ｒ ꎬ ｆ (－ ｘ )＝－５ ｘ － ∴ 函数的图象关于 ｘ ＝ ａ － ｘ ＋ ２ ａ ＋ ｘ ＝ ａ ＝２ ｘ ＋３ 可得对应的 { ｘ ＝－２ꎬ－ ２ １ ꎬ１ꎬ } ５ ２ ꎬ ３ꎬ∴ ｆ ( ｘ ) 既不是奇函数也不是偶函数. 对称. 则函数的定义域为 １ ５ . ２.解析 ｆ ( ｘ ) 的定义域为 Ｒ ꎬ ｆ (－ ｘ )＝ (２)∵ ｆ ( ａ － ｘ )＋ ｆ ( ａ ＋ ｘ )＝０ꎬ ７.解析 图象如图所示 － . ２ꎬ－ ２ ꎬ１ꎬ ２ (－ ｘ ) ２ －２｜－ ｘ ｜－１＝ ｘ２ －２｜ ｘ ｜－１＝ ｆ ( ｘ )ꎬ ∴ 函数的图象关于点 ( ａ ꎬ０) 对称. 则ｆ ｘ 是偶函数 图象略. ◆复习题 ( ) ꎬ ３.证明 函数的定义域为 感受􀅰理解 (－∞ꎬ０)∪(０ꎬ . １.解析 由 ｘ 得定义域 ＋∞) (１) ３ ＋５≥０ æ ö [ ) ｆ ｘ ｘ ３ １ çｘ３ １ ÷ 为 ５ . ∵ (－ )＝(－ ) ＋ ｘ ３ ＝－è ＋ｘ３ ø ＝ － ꎬ＋∞ (－ ) ３ ｆ ｘ {ｘ －( )ꎬ 由 ＋１≥０ꎬ得定义域为 . 函数ｆ ｘ 为奇函数 (２) ｘ [－１ꎬ＋∞) ∴ ( ) ꎬ ＋２≠０ ( ) ∴ 函数ｆ ( ｘ )＝ ｘ３ ＋ｘ １ ３ 的图象关于原点 (３) 由 ３－２ ｘ >０ 得定义域为 －∞ꎬ ３ ２ . ｆ (－２)＝－１ꎬ ｆ (１)＝－１ꎬ 对称. {ｘ ｆ ｆ ｆ . 由 －１≥０ꎬ得定义域为 . ( (２))＝ (８)＝１８８ ４.证明 函数的定义域为Ｒ. (４) ｘ [１ꎬ＋∞) ８.解析 当ａ 时 ｙ ａｘ３ 为增函数 当 ＋４≠０ >０ ꎬ ＝ ꎻ ∵ ｇ (－ ｘ )＝｜－ ｘ ｜＋(－ ｘ ) ２ ＝｜ ｘ ｜＋ ｘ２ ＝ ｇ ( ｘ )ꎬ ２.解析 ｙ { １＋ ｘ ꎬ ｘ ≥０ꎬ ａ <０ 时 ꎬ ｙ ＝ ａｘ３ 为减函数 ꎬ 下面用定义 函数ｇ ｘ ｘ ｘ２ 为偶函数 (１) ＝ ｘ . 法给出证明. ∴ ( )＝ ｜ ｜＋ ꎬ １ꎬ <０ 函数的图象关于ｙ轴对称. 图象如图所示. 设ｘ ｘ 为Ｒ上的任意两个值 且ｘ ∴ １ꎬ ２ ꎬ １< １４ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ｘ 令ｙ ｆ ｘ ａｘ３ ２ꎬ ＝ ( )＝ ꎬ 则ｆ ｘ ｆ ｘ ａｘ３ ａｘ３ ａ ａ３ ｘ３ ( １)－( ２)＝ １－ ２＝ ( １－ ２) ａ ｘ ｘ ｘ２ ｘ２ ｘ ｘ ＝ ( １－ ２)( １＋ ２＋ １ ２) [( ) ] ２ ａ ｘ ｘ ｘ １ ｘ ３ ｘ２ ＝ ( １－ ２) １＋ ２ ＋ ２ ꎬ ２ ４ ｘ ｘ ∵ １< ２ꎬ ( ) ２ ｘ ｘ ｘ １ ｘ ３ ｘ２ . ∴ １－ ２<０ꎬ １＋ ２ ＋ ２>０ ２ ４ 当ａ 时 ｆ ｘ ｆ ｘ 即ｆ ｘ ∴ >０ ꎬ ( １)－( ２)<０ꎬ ( １) ｆ ｘ 此时ｆ ｘ 为增函数 <( ２)ꎬ ( ) ꎻ 当ａ 时 ｆ ｘ ｆ ｘ 即ｆ ｘ <０ ꎬ ( １)－ ( ２)>０ꎬ ( １)> ｆ ｘ 此时ｆ ｘ 为减函数. ( ２)ꎬ ( ) ９.证明 ａ ｃ ｂ且ｆ ｘ 在 ａ ｃ 上是减 ∵ < < ( ) [ ꎬ ] 函数 ꎬ 对区间 ａ ｃ 内的任一个 ｘ 均有 ∴ [ ꎬ ] ꎬ ｆ ｘ ｆ ｃ . ( )≥( ) 又 函数ｆ ｘ 在 ｃ ｂ 上是增函数 ∵ ( ) [ ꎬ ] ꎬ 对区间 ｃ ｂ 内的任一个 ｘ 均有 ∴ [ ꎬ ] ꎬ ｆ ｘ ｆ ｃ 综上知对 ａ ｂ 内的任一 ( )≥( )ꎬ [ ꎬ ] 个ｘ 均有ｆ ｘ ｆ ｃ 故ｆ ｘ 在ｘ ｃ ꎬ ( )≥ ( )ꎬ ( ) ＝ 时取得最小值. 思考􀅰运用 １０.解析 ｙ ｘ２ 的值域是 分别 ∵ ＝ {１ꎬ４}ꎬ 令ｙ 得ｘ ｘ . ＝１ꎬ４ꎬ ＝±１ꎬ ＝±２ 函数的定义域为 . ∴ {－１ꎬ１ꎬ２ꎬ－２} １１.解析 令ｔ ｘ 得ｘ ｔ 原函 (１) ＝１＋ ꎬ ＝ －１ꎬ 数化为ｆ ｔ ｔ ｔ 即函 ( )＝３( －１)＋２＝３ －１ꎬ 数ｆ ｘ ｘ ｘ Ｒ. ( )＝３ －１ꎬ ∈ ｍ 令ｍ ｘ 得 ｘ 原函数化为 (２) ＝２ ꎬ ＝ ꎬ ２ (ｍ) ２ ｆ ｍ ３ ｍ２ 即函数 ( )＝３ ＋１＝ ＋１ꎬ ２ ４ ｆ ｘ ３ ｘ２ ｘ Ｒ. ( )＝ ＋１ꎬ ∈ ４ １２.解析 对于 Ａ 中的任意一个 ｘ 由 ꎬ ｆ ｘ ｇ ｘ 得ｘ２ ｘ 解得ｘ ( )＝ ( ) ＋１＝３ ＋５ꎬ ＝４ 或ｘ 集合Ａ . ＝－１ꎬ∴ ＝{－１ꎬ４} １３.解析 ｆ ｘ ｘ ∵ ( )＝ ＋１ꎬ ｆ ｆ ｆ ｘ ｆ ｆ ｘ ｆ ｘ ∴ ( ( ( )))＝ ( ( ＋１))＝ ( ＋２)＝ ｘ . ＋３ 猜想 ｆ ｆ ｆ ｆ : ( ( ( (􀆺 １５ þ ï ý ï ü １２.解析 Ｓ ｘ ｘ ｘ . ＝ (２００－４ )ꎬ０< <５０ １３.解析 Ｍ Ｎ . (１) ＝[１ꎬ３]ꎬ ＝[２ꎬ＋∞) Ｍ Ｎ Ｍ Ｎ . (２) ∩ ＝[２ꎬ３]ꎬ ∪ ＝[１ꎬ＋∞) １４.证明 设ｘ ｘ 为区间 上的任 １ꎬ ２ (０ꎬ２) 意两个值 且ｘ ｘ 则ｆ ｘ ｆ ｘ ꎬ １< ２ꎬ ( １)－ ( ２)＝ ( ) ( ) ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ４ ｘ ４ ( １－ ２)( １ ２－４). １＋ｘ － ２＋ｘ ＝ ｘ ｘ １ ２ １ ２ 由 ｘ ｘ 可得ｘ ｘ ｘ ｘ ０< １< ２<２ꎬ １－ ２<０ꎬ０< １ ２< 所以 ｆ ｘ ｆ ｘ 即 ｆ ｘ ｆ ４ꎬ ( １)－ ( ２)>０ꎬ ( １)> 探究􀅰拓展 ｘ 故 ｆ ｘ ｘ ４ 在区间 上 ( ２)ꎬ ( )＝ ＋ ｘ (０ꎬ２) １５.解析 证明 令ｘ ｙ 得 ｆ (１) : ＝ ＝０ꎬ (０＋ 是减函数. ｆ ｆ ０)＝ (０)＋(０)ꎬ { ｘ ｆ . １５.解析 ｆ ｘ －５ꎬ <－２ꎬ ∴ (０)＝０ (１) ( )＝ ｘ ｘ . 令ｙ ｘ 得ｆ ｆ ｘ ｆ ｘ ２ －１ꎬ ≥－２ ＝－ ꎬ (０)＝ ( )＋(－ )ꎬ 图象略.单调增区间为 ｆ (２) [－２ꎬ＋∞)ꎬ ∵ (０)＝０ꎬ 值域为 . ｆ ｘ ｆ ｘ [－５ꎬ＋∞) ∴ ( )＋(－ )＝０ꎬ 第6 章 幂函数、指数函数 ｆ ｘ ｆ ｘ ∴ (－ )＝－( )ꎬ 又 ｆ ｘ 的定义域为Ｒ 和对数函数 ∵ ( ) ꎬ ｆ ｘ 是奇函数. ∴ ( ) 例如 ｆ ｘ ｘ ｆ ｘ ｘ. 6.1 幂函数 (２) :( )＝ ꎬ ( )＝３ 本章测试 练习 一、填空题 １.解析 Ｒ 偶函数. (１) ꎬ { } 是非奇非偶函数. １.答案 ｘ ｘ Ｒ且ｘ １ (２)[０ꎬ＋∞)ꎬ ∈ ≠－ 奇函数. ２ (３)(－∞ꎬ０)∪(０ꎬ＋∞)ꎬ 解析 由 ｘ 得ｘ １ . Ｒ 偶函数. ２ ＋１≠０ ≠－ (４) ꎬ ２ ２.解析 ｙ ｘ１ ２. ２.答案 ＝ [０ꎬ＋∞) ３.解析 如图 单调递增区间为 解析 由 ｘ 得ｙ . ꎬ (－∞ꎬ ２ －１≥０ ∈[０ꎬ＋∞) 无单调递减区间. ３.答案 ＋∞)ꎬ １ 解析 由题意得ｆ (３)＝－１ꎬ ｆ ｆ ｆ . ∴ ( (３))＝ (－１)＝１ ４.答案 [－３ꎬ－１]ꎬ[１ꎬ３] 解析 由题中图象可得函数的减区间 为 . [－３ꎬ－１]ꎬ[１ꎬ３] ５.答案 ０ 解析 由ｆ ｘ ｆ ｘ 得ｍ . ６.答案 (－ )＝ ( ) ＝０ ４.解析 (１)２ . ２ １ ５ <２ . ３ １ ５. (－∞ꎬ－４] ( ) ( ) ｍ １ －２ １ －２ . 解析 由 得ｍ . (２) < － ≥２ ≤－４ ２ ３ ２ 二、选择题 . －２ １ . －２ １. (３)１２ >１３ ｆ ( ｘ )􀆺))))＝ ｘ ＋ ｎ ７.Ｃ 易知ｆ ( ｘ ) 在 [０ꎬ２] 上单调递增 ꎬ (４)０ . ２ ５ <０ . ３ ５. ｎ个ｆ ｆ ｘ ｆ ｆ ｘ ｆ ◆习题6.1 ( ｎ ∈ Ｎ∗ ) . ＝ ∴ ５ ( ꎬ )ｍｉｎ＝ (０)＝ －３ꎬ ( )ｍａｘ＝ (２) 感受􀅰理解 １４.解析 (１) 函数 ｙ ＝ ｆ ( ｘ ) 与函数 ｙ ＝ ∴ 函数ｆ ( ｘ ) 的值域为 [－３ꎬ５] . １.解析 (１) Ｒ ꎬ 奇函数. ｆ ( 象 函 ( ２ － 关 数 ) ｘ 函 ) 于 ｙ 的 数 ｘ ｆ 图 ｙ 轴 ｘ ＝ 象 对 － 关 ｆ 称 ( 于 ｘ ꎻ 的 ) 与 ｙ 图 轴 函 象 对 数 可 称 ｙ 由 ＝ . ｆ 函 ( ｘ 数 ) 的 ｙ 图 ８ ９ . . Ｄ Ｄ ＋∞ 得 ) 由 由 上 ２ ｆ 单 符 × ( ０ ｘ 调 合 － ) 递 . １ 是 ＝ 减 偶 －１ ꎬ 函 ꎬ 故 ２ 数 × Ｄ １ ꎬ 成 － 得 １ 立 ＝ ｆ . １ ( ꎬ ｘ ２ ) × 在 ２－ ( １ ０ ＝ ꎬ ( ( ( ４ ２ ３ ) ) ) ( [ ( ０ ０ － ꎬ ꎬ ∞ ＋ ＋ ∞ ∞ ꎬ０ ) ) ) ꎬ ∪ ꎬ 是 是 ( 非 非 ０ꎬ 奇 奇 ＋∞ 非 非 ) 偶 偶 ꎬ 偶 函 函 函 数 数 数 . . . ＝ ( )＋１ ＝ ３ꎬ Ｄ ２.解析 . １ ２ . １ ２. ｆ ( ｘ ) 的图象向上平移 １ 个单位长度 １０.Ａ 当ｘ >０ 时 ꎬ ｆ ( ｘ )＝ ｘ３ ＋ ｘ ＋１ꎬ 当ｘ <０ . ( － １ １ )５ . ２３ －１ < . ５２４ 得到 时 ｘ 得ｆ ｘ ｘ３ ｘ (２)０２６ >０２７ 函数 ꎻ ｙ ｆ ｘ 的图象可由函数 ｙ ꎬ ｆ － ｘ > 是 ０ꎬ 奇函 ( 数 － )＝－ － ＋１ꎬ (３)１ . ４ －２ ３ >１ . ７ －２ ３. ＝ ( －２) ＝ ∵ ( ) ꎬ ｆ ｘ 的图象向右平移 个单位长度 ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ３ ｘ . (４)(－０ . ７２) ３ >(－０ . ７５) ３. ( ) ２ ∴ ( )＝－(－ )＝ ＋ －１ 得到 三、解答题 ３.解析 函数 ｙ ｘ２ ３ 是偶函数 在区间 ꎬ ＝ ꎬ 故函数 的图象对应如图 １１.解析 ｆ ｘ ｘ２ ｘ Ａ ｆ ｘ ｘ ｘ 上是增函数 在区间 ①、②、③、④ ( )＝ ꎬ ∈ ꎻ ( )＝ ０｜ ｜ꎬ [０ꎬ＋∞) ꎬ (－∞ꎬ０] 所示的 . Ａ. 答案不唯一 上是减函数.图象如图所示. ①、②、③、④ ∈ ( ) 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６.解析 ａ . ａ . ａ . (１)０< <１ (２)０< <１ (３) >１ 6.2 指数函数 ａ . (４) >１ 练习 ７.解析 由 ｘ １ ２得ｘ １ . (１) ２ ＝ ２＝２ ＝ ( ) ２ ３ ( )－３ ７ ２ １.解析 大于 的有 ６ ３ １ : ５ ꎬ ４ ꎻ (２) 由 ４ ｘ ＝８＝４ ３ ２得ｘ ＝ ３ . 小于 １ 的有 : ( ５ )－６ ５ ꎬ(０ . １６) ０ . ２. (３) 由指数函数的图象过 ２ 点 (０ꎬ１) 知方 ４.解析 ３ 程 ｘ ｘ 有唯一解ｘ . ２.解析 单调增函数. 单调减函 ２ ＝３ ＝０ (１) (２) ８.解析 由 ｘ ２ 得ｘ . (１) 数. 单调减函数. 单调减函数. (１) ３ <９＝３ <２ (３) (４) ３.Ｃ 由 ０< ａ －１<１ 得 １< ａ <２ . (２) 由 ２ ｘ > １ ＝２ －３得ｘ >－３ . ４.解析 (１)３ . １ ０ . ５ <３ . １ ２ . ３. (２) ( ３ ) －１ . ５ > (３) ( １ )ｘ ＝ ８ ３ － ｘ ꎬ ３ ９＝３ ２ ３ ꎬ ( ) －１ . ８ ( ２ ) －０ . ３ ( ３ )ｘ ３ . (３)０ . ６ ２ >０ . ６ ３. (４) ２ > 又 ∵ １ > ３ ９ꎬ 即 ３ － ｘ >３ ２ ３ ꎬ 当 当 ０ ｘ ≤ ＝１ ｘ < 时 １ ꎬ 时 ｘ１ ２ ꎬ ＝ ｘ ｘ １ ２ < １ ３ ｘ ꎻ １ ３ ꎻ ( ３ ２ ２ ) －０ . ２４ . (５)０ . ５ ３ . ２ <１ . ３ ２ . １. (６) ３ ２ . ３ －２ . ５ < ∴ － ｘ > ３ ３ ２ ꎬ 即ｘ <－ ３ ２ . 当ｘ 时 ｘ１ ２ ｘ１ ３. . －０ . １. ( )ｘ >１ ꎬ > ０２ 由 ｘ ｘ 得 ７ ５.解析 ａ . ａ . ａ . ａ (４) ３ >７ １> ꎬ (２) (１) >１(２) >１ (３) <１ (４) ３ . 解得ｘ . <１ <０ ６.解析 . . ９.证明 左边 ｘ ｙ ｘ ＋ ｙ 右边 (１)(３ꎬ＋∞) (２)(－∞ꎬ－３) (１) ＝３ ×３ ＝３ ꎬ ＝ ( ) ｘ ＋ ｙ 左边 右边 等式成立. １ . . ３ ꎬ∴ ＝ ꎬ∴ (３) －∞ꎬ－ (４)(－∞ꎬ－１) ｆ ｘ ｘ ２ 左边 ( ) ３ ｘ － ｙ 右边 ｘ － ｙ ７.Ａ (２) ＝ｆ ｙ ＝ ｙ ＝３ ꎬ ＝３ ꎬ ( ) ３ 练习 左边 右边 ∴ ＝ ꎬ 当ｘ <１ 时 ꎬ ｘ－２ > ｘ－１ ꎻ 当ｘ ＝１ 时 ꎬ ｘ－２ ＝ ｘ－１ ꎻ １.ｙ ＝ ａ (１＋ ｂ ) ｘ ꎬ ｘ ∈ Ｎ∗. ∴ 等式成立. 当ｘ >１ 时 ꎬ ｘ－２ < ｘ－１. ２.ｙ ＝１００００×０ . ９ ｘ ꎬ ｘ ∈ Ｎ∗. １０.解析 (１) 设经过ｘ年 ꎬ 电子元件的年 ５.证明 任取 ｘ ２> ｘ １≥０ꎬ 因为 ｆ ( ｘ ２)－ ３.ｙ ＝１０×１ . ０７ ｘ ꎬ ｘ ∈ Ｎ∗ ꎬ５ 年后的还款总 产量为ｙ个 ꎬ 则 ｘ ｘ 额约为 . 万元. 经过一年 电子元件的年产量为 ｙ ｆ ｘ ｘ ｘ ２－ １ 所以 １４０２６ ꎬ ＝ ( １)＝ ２ － １ ＝ ｘ ２＋ ｘ １ >０ꎬ ◆习题6.2 经 ａ ( 过 １＋ 两 ｐ％ 年 )ꎬ 电子元件的年产量为 ｙ 幂函数 ｙ ｘ在区间 上是增 感受􀅰理解 ꎬ ＝ 函数. ＝ [０ꎬ＋∞) １.解析 ｙ ｘ ｘ Ｎ∗. ａ (１＋ ｐ％ )(１＋ ｐ％ )＝ ａ (１＋ ｐ％ ) ２ ꎬ 思考􀅰运用 ＝２ ꎬ ∈ ( )ｘ 经过三年 ꎬ 电子元件的年产量为 ｙ ＝ ６.解析 设正比例系数为ｋ 车身长为ｌ ２.解析 由题意知 ꎬ ｙ ＝ １ ( ｘ ∈ Ｎ )ꎬ 由 ａ (１＋ ｐ％ ) ２ (１＋ ｐ％ )＝ ａ (１＋ ｐ％ ) ３ ꎬ ꎬ ꎬ ４ 则 ０ ４ ５ . ꎬ ０ 解 ５ ｄ １ ( ６ ＝ 得 ｋ ｖ ｋ ｍ ２ ｌ . ｖ ｋ / ２ 令 ＝ ｈ ꎬ ) ０ 依 . . ０ ０ 所 . 题 ０ ０ ４ 以 １ 意 ꎬ ６ 所 ｖ ｄ 有 ２ ＝ 以 ＝ { １４ ０ ２ ０ ｄ . . ꎬ . ０ ４ ＝ ０ ５ １ × < ０ ６ × ４ . ｖ ｖ ０ < ２ ４ ＝ ０ ꎬ ５ ꎬ ４ ｋ ｖ ｖ 则 ≥ 􀅰 ５ ２ 􀅰 ꎬ ５ ６ ｖ ０ ４ ５ ２ ＝ ＝ × . ３. 至 解 ( ( ２ １ ４ 少 析 )０ ) 漂 . . ８ ｘ ≤ ｍ ( 洗 －０ １ . １ ０ ) < ４ . ０ . １ ０ 次 １ . . ｍ ７ ８ ꎬ － . ｍ － １ 借 ０ < . . ２ １ 助 . . ７ 计 ｍ ＋１ 算 . 器得 ｘ ≥４ꎬ 即 􀆺 经 ( ａ 本 且 ( ２ 􀆺 为 过 ) １ ｘ ＋ 设 ∈ ｐ ｚ ｘ ％ 经 Ｎ 元 年 ∗ ) 过 ꎬ ) ꎬ ｘ 则 ( . 电 ｘ １≤ ｚ 年 子 ＝ ｘ 后 ａ 元 ≤ ( ꎬ １ 件 ｍ 电 － ꎬ ｐ 的 子 且 ％ 年 元 ) ｘ ｘ ∈ 件 产 (１ Ｎ 的 量 ≤ ∗ 单 为 ) ｘ ≤ . 价 ｙ ｍ 成 ＝ ꎬ ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ ｘ (３)０９ <０９ １１.解析 由题中图象可以看出函数ｙ ７.解析 ( １)＋( ２) １＋ ２ . １ . ９ . １ . ８. ＝ ∵ ２ ＝ ２ >０ꎬ ４.解 (４ 析 )０６１８ < 由 ０６１ ２ . ８ １ １ . ９ . ２ . １ 得 ｋａ－ ｘ的图象经过点 (０ꎬ８) 和 (３ꎬ１)ꎬ ｆ æ ç ｘ １＋ ｘ ２ ö ÷ ｘ １＋ ｘ ２ . ２ . １ ( １ . ９ １) ２ . １. ２ >２ >１ꎬ０ ３ <１ 所以 { ８＝ ｋ 􀅰 ａ０ ꎬ 解得 {ｋ ＝８ꎬ æ è ç è ｘ ２ １＋ ２ ø ｘ ＝ ２ ö ø ÷ ２ － æ è ç ２ ｘ > １ ０ ＋ ２ ꎬ ｘ ２ ö ø ÷ ２ ０ ( ( ２ ３ １ ) ) 由 < ２ ２ . ５ ２ ２ . < ５ . ２ > ０ １ꎬ２ ２ . . ５ ５ . ０ ＝１ꎬ ( １ ２ ) ２ . ５ <１ 得 １２.解 象 是 位 增 析 于 函 １ 数 由 ＝ ｘ ｋ 轴 ꎬ 题 􀅰 ∴ 下 中 ａ ａ － 方 > 图 ３ ꎬ １ 象 ꎬ 即 又 可 函 ∵ 知 数 ａ 当 函 ＝ 值 ｘ ２ 数 . ＝ 小 ０ ｙ 于 时 ＝ ａ 的 ｘ ＋ 图 ｂ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ <２５ <２ ꎬ ０ꎬ∴ ＝ １＋ ２＋２ １ ２ － １＋ ２ ２ 由 . ０ . ８ . ０ . ９ . ０ . ８ 得 . ０ . ９ ａ０ ＋ ｂ <０ꎬ 即ｂ <－１ . ４ ２ (３) １>０８ >０ ８ ꎬ１ ２ >１ ０ ８ 思考􀅰运用 ( ｘ １－ ｘ ２) ２ <０ . ８ ０ . ８ <１ . ２ ０ . ８. １３.解析 函数ｆ ｘ 的定义域是Ｒ 且 ＝－ ≤０ꎬ ( ) ２ ３ ( )－３ ２ ( ) ２ ３ ∵ ( ) ꎬ ４ 由 ３ ２ 得 ３ 是奇函数 æ ｘ ｘ ö２ æ ｘ ｘ ö２ (４) ＝ > ꎬ ∴ è ç ｘ １＋ ２ ｘ ２ ø ÷ ≤ ｘ è ç ｘ １＋ ２ ２ ø ÷ ꎬ ( ２ )－３ １ >１ ２ ꎬ 又 ∵ ( ５ ３ )－３ ２ <１ꎬ ２ ∴ ｆ (０)＝０ꎬ 即ａ ＋ ４ ０ １ ＋１ ＝０ꎬ 即 １＋ ２ １＋ ２ ３ ３ ａ １ . ≤ ꎬ ( )－３ ２ ( )－３ １ ( ) ２ ３ ∴ ＝－ ２ ２ ５ ２ ３ . ２ ｆ ｘ ｆ ｘ æｘ ｘ ö ∴ < < ｘ 即 ( １)＋( ２) ｆç １＋ ２÷. ３ ３ ２ １４.解析 ｆ ｘ ２ ＋１－２ ２ . ≤ è ø ５.解析 ｍ ｎ. ｍ ｎ. ｍ ｎ. ( )＝ ｘ ＝１－ ｘ ２ ２ (１) < (２) > (３) > ２ ＋１ ２ ＋１ １６ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 任取ｘ ｘ 且ｘ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ æｘ ｘ ö １、 ２∈(－∞ꎬ＋∞)ꎬ １< ２ꎬ 当ｘ ｘ 时 ( １)＋( ２) ｆç １＋ ２÷ (４)∵ ｅ>１ꎬ １＝ ２ ꎬ ＝ è øꎻ ｙ ｘ在 上是增函数 则 ｆ ｘ ｆ ｘ ２ ２ ２ ２ ∴ ＝ｌｎ (０ꎬ＋∞) ꎬ ( １) － ( ２) ＝ ２ ｘ ２＋１ － ２ ｘ １＋１ 当ｘ １≠ ｘ ２ 时 ꎬ 又 ∵０ . ５５<０ . ５６ꎬ ＝ (２ ｘ ２ ２＋ (２ １) ｘ １－ ( ２ ２ ｘ ｘ ２ １ ) ＋１) . ｆ ( ｘ １)＋ ２ ｆ ( ｘ ２) > ｆ æ è ç ｘ １＋ ２ ｘ ２ ö ø ÷ ꎬ ５. ∴ 解析 ｌｎ ０ . ５ ( ５ １ < ) ｌ 由 ｎ０ 原 . ５ 方 ６ . 程得 ３ ｘ ＝２ ｘ ＋１ꎬ 解得 ∵ ｆ ｘ １< ｘ ｘ ２ꎬ∴ ｆ ２ ｘ ｘ １－２ ｘ ２ < 即 ０ꎬ ｆ ｘ ｆ ｘ . 所以 ｆ ( ｘ １)＋ ｆ ( ｘ ２) ≥ ｆ æ è ç ｘ １＋ ｘ ２ ö ø ÷ ꎬ 当且仅 ｘ ＝１ 由 .经 原 检 方 验 程 ꎬ ｘ 得 ＝１ ｘ 是原方 ｘ２ 程的 即 解 ｘ . ２ ｘ ∴ ( １)－( ２)<０ꎬ ( １)<( ２) ２ ２ (２) ２ ＋１＝ －２ꎬ －２ － ｘ 当ｘ ｘ 时 等号成立. 解得ｘ 或ｘ 经检验 ｘ ∴ 函数ｆ ( ｘ )＝ ２ ｘ －１在Ｒ上是增函数. １＝ ２ ꎬ 是 ３＝ 原 ０ꎬ 方程的解 ＝３ ｘ ＝ 不 －１ 是 ꎬ 原方程的 ꎬ 解 ＝３ . ２ ＋１ ꎬ ＝－１ １５.解析 因为ｙ ｆ ｘ 是定义在Ｒ上的 6.3 对数函数 由原方程得 ｘ ｘ . ＝ ( ) (３) －１＝ －１ 奇函数 所以ｆ 画出 点. 练习 两边平方 得ｘ ｘ ２. ꎬ (０)＝０ꎬ (０ꎬ０) ꎬ －１＝( －１) 先在坐标系中画出函数 ｙ ｘ 的图 １.解析 图象如图所示 两函数的图象关 即 ｘ ｘ . ＝２ ꎬ ( －１)( －２)＝０ 象 再向上平移 个单位长度 取ｙ轴 于ｘ轴对称. 解得ｘ 或ｘ . ꎬ １ ꎬ ＝１ ＝２ 左侧部分 不包括ｙ轴上的点 然后 经检验 ｘ 是原方程的解 ｘ 不是 ( )ꎬ ꎬ ＝２ ꎬ ＝１ 作出其关于原点的对称图象 所得图 原方程的解. ꎬ 象就是函数 ｙ ｆ ｘ 的图象 包括原 ◆习题6.3 ＝ ( ) ( 点 如图所示. 感受􀅰理解 )ꎬ １.解析 图象如图所示 ꎬ ２.解析 由 ｘ 得ｘ １ (１) ２ ＋１>０ >－ ꎬ ２ 函数 ｙ ｘ 的定义域 ∴ ＝ ｌｏｇ２(２ ＋ １) ( ) 为 １ . － ꎬ＋∞ ２ 由 ｘ 得ｘ ３ (２) ２ －３>０ > ꎬ ２ 函数 ｙ ｘ 的定义域 这两个函数的图象关于ｘ轴对称. １６.解析 令ｕ . ｔ ∴ ( ＝ ) ｌｏｇ０ . ５(２ －３) 共同点 定义域都是 ｘ ｘ 值域都 (１) ＝－０００２５ ꎬ 为 ３ . : { ｜ >０}ꎬ ｕ . ｔ随ｔ的增大而减小 且 ꎬ＋∞ 是Ｒ 都过点 . ∵ ＝－０００２５ ꎬ ２ ꎬ (１ꎬ０) 由 ｘ 得ｘ 不同点 ｙ ｘ是定义域上的增函数 ｅ>１ꎬ (３) ２－ >０ <２ꎬ : ＝ｌｏｇ４ ꎬ ∴ ｅ －０ . ００２５ ｔ的值也随ｔ的增大而减小. ∴ 函数 ｙ ＝ ｌｏｇ１ ２ (２－ ｘ ) 的定义域为 ｙ ＝ｌｏｇ１ ４ ｘ是定义域上的减函数. ∴ 随时间ｔ的增加 ꎬ 臭氧的含量减少. (－∞ꎬ２) . ２.解析 由 ｘ 得ｘ ２ (１) ５ ＋２>０ >－ ꎬ (２) 由题意得 １ ２ Ｑ ０ ＝ Ｑ ０ｅ －０ . ００２５ ｔ ꎬ 即 (４) 由 ｘ － １ １ >０ 得ｘ >１ꎬ ∴ ( 函数 ｙ ＝ ) ｌｏｇ２(５ ｘ ＋ ２) 的 ５ 定义域 ２ 由 ｅ ７ －０ ７ 计 . ００ 年 ２ 算 ５ ｔ 以 ＝ 器 后 ２ １ 计 将 ꎬ 算 会 得 有一 ｔ ≈ 半 ２ 的 ７７ 臭 ꎬ 所 氧消 以 失 大 . 约 ３.解 ∴ ＋∞ 析 函 ) 数 上 ( 单 ｙ １ ＝ 调 ) ｌｇ 由 递 ｘ － １ 增 ２ １ > 的 . １ 定 得 义 ｙ 域 ＝ 为 ｌｏ ( ｇ２ １ ｘ ꎬ＋ 在 ∞ ( ) ０ . ꎬ 为 ( ∴ ２ 函 ) － 由 数 . ５ ２ ｘ ꎬ ｙ － ＋ ３ ＝ ∞ > ｌｏ ０ ｇ . 得 １ ３ ( ｘ ｘ > － ３ ３ ꎬ ) 的定义域为 (３ꎬ 探究􀅰拓展 由 ３ 得ｙ ｘ在 ＋∞) ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ ｘ (２) ０< ５ <１ ＝ｌｏｇ３ ５ (０ꎬ＋∞) 由 ｘ 得 ｘ １ 函数 ｙ １７.解析 ( １)＋( ２) ＝ ２ １＋２ ２ ＝ １ 􀅰２ ｘ １ 上单调递减. (３) ３ －１>０ > ３ ꎬ∴ ＝ ２ ２ ２ 由 得 ｙ ｘ 在 ( ) ＋ １ 􀅰２ ｘ ２ ꎬ ｆ æ è ç ｘ １＋ ｘ ２ ö ø ÷ ＝２ ｘ１＋ ２ ｘ２ ꎬ ( ( ３) １ ７> ) 上 １ 单调递 ＝ 增 ｌｏ . ｇ７(２ ＋ １) ｌｎ(３ ｘ －１) 的定义域是 １ ３ ꎬ＋∞ . ２ ２ － ꎬ＋∞ 则 ｆ ( ｘ １)＋ ２ ｆ ( ｘ ２) － ｆ æ è ç ｘ １＋ ２ ｘ ２ ö ø ÷ ( ( ４) ２ 由 １ ３ ０> ) 上 １ꎬ 单 －２ 调 < 递 ０ 得 减. ｙ ＝ｌｇ(３－２ ｘ ) 在 (４) 由 ２ ４ ｘ ２ － 的 ３ 定 > 义 ０ 得 域是 ｘ > ( ３ ４ ３ ꎬ∴ 函 ) . 数 ｙ ＝ ＝ ＝ ＝ ２ ２ ２ １ １ １ 􀅰 􀅰 􀅰 ２ ２ ２ ｘ ｘ １ １ ｘ ２ ＋ － １ ( ２ ２ １ １ ２ ｘ 􀅰 􀅰 ２ １ － ２ ２ ２ ｘ ｘ１＋ ２ ２ ｘ ｘ － ２ ２ ２ ＋ ) ２ ２ ｘ １ １ ＋ ＋ ２ ｘ２ 􀅰 ２ １ ２ 􀅰 ｘ ２－ ２ ２ １ ｘ ２ ２ ( 􀅰 ２ ２ ｘ ２ ２ ｘ１＋ ２ － ｘ２ ４.解 ( 又 ＋ ２ ∞ － 析 ∵ ) ∞ ) ∵ ５ ꎬ 上 . ０ ４ ２ < 是 ( < １ ５ ３ １ 增 ) . ５ < ∵ 函 ꎬ １ ∴ ꎬ 数 ３ ｌ > ｏ ꎬ ｇ １ ３ ꎬ ５ ∴ . ４< ｙ ｌｏ ＝ ｇ３ ｌｏ ５ ｇ . ５ ３ ｘ . 在 (０ꎬ ３. 上 ( ｌ 解 又 ＋ ｏ ２ ∞ ｇ 是 析 ) ４ ７ ) ∵ . ４ 增 ８ 上 ｘ < ０ － 函 ７ < 是 ( ３ . ０ １ ９ 数 增 . ) ꎬ ３ ∴ ꎬ < ∵ 函 又 １ ｌ 数 ꎬ ｏ ５ ｇ ３ ∴ > ５ ꎬ > ７ １ ｙ ２ . ꎬ ８ ＝ ꎬ ∴ < ∴ ｌｏ ｌｏ ｇ ４ ｌ ｙ ｇ ｏ ０ . ５ ＝ ｇ ３ ꎬ ７ ｘ ０ ＋ . ｌ . ３ ｏ ９ 在 ∞ ３ ｇ . < ５ ( ｘ ｌｏ ０ ｇ 在 ꎬ ０ . ＋ ３ ( ２ ∞ . ０ꎬ ) ２ ｘ ２ １ ) ∴ ｙ ＝ｌｏｇ１ ３ ｘ在 (０ꎬ＋∞) 上是减函数 ꎬ (３)∵ ｌｎ０ . ３２<０ꎬｌｇ２>０ꎬ 又 . . １ ｘ ２ １ ｘ ２ ２ ｘ ２ １ ｘ ２ ２ ∵ π>ｅꎬ ∴ ｌｎ０３２<ｌｇ２ ＝ (２ －２ )(２ －２ ) . ２ ∴ ｌｏｇ１ ３π<ｌｏｇ１ ３ｅ (４)∵ ｌｏｇ６５<ｌｏｇ６６＝１ꎬｌｏｇ７８>ｌｏｇ７７＝１ꎬ ＝ １ (２ ｘ ２ １ －２ ｘ ２ ２ ) ２ ≥０ . (３)∵ . ｌｇ０ . ０２< . ０ꎬｌ . ｇ３ . １２>０ꎬ ４. ∴ 证 ｌ 明 ｏｇ６５ 易 <ｌｏ 知 ｇ７ 函 ８ . 数ｙ ｘ 的定义 ２ ∴ ｌｇ００２<ｌｇ３１２ ＝ｌｏｇ０ . ５(３ －２) １７ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋( ) ( ｘ) －１ ｘ ◆复习题 域是 ２ 令ｙ ｆ ｘ . １－ １－ ｆ ｘ 函数 ꎬ＋∞ ꎬ ＝ ( ) ｌｇ ｘ ＝－ｌｇ ｘ＝－ ( )ꎬ∴ 感受􀅰理解 ３ １＋ １＋ ( ) ｆ ｘ 为奇函数. 任取ｘ １ꎬ ｘ ２∈ ２ ꎬ＋∞ ꎬ 且ｘ １< ｘ ２ . 思考 ( 􀅰 ) 运用 １.解析 (１)∵２ ｘ > １ ＝２ －３ ꎬ∴ ｘ >－３ . ３ ８ 则 ｌｏｇ０ ｆ . ５( ( ３ ｘ ｘ ２ １ ) － － ２) ｆ ＝ ( ｌ ｘ ｏ １ ｇ ) ０ . ５ ＝ ３ ｘ ｘ ｌ ２ ｏ － ｇ０ ２ . ５ . (３ ｘ ２ －２) － １ １ ２ １ . . 解 解 ０ꎬ 析 析 ∴ ０< 由 ｂ < 题 ａ 原 < 中 １ 方 < 图 ｄ 程 < 象 ｃ 等 . 知 价 ｃ 于 > ｄ >１ꎬ ｘ １> ａ > ｂ > (２)∵ ( １ ２ )ｘ > ３ ４＝４ １ ３ ＝２ ２ ３ ＝ ( ２ １ )－３ ２ ꎬ ( ) ３ １－２ ｘ (１) . １－ ＝ｌｏｇ２５ꎬ ∴ ｘ <－ ２ . ｘ ｘ ２ 且ｘ ｘ ∴ ＝１－ｌｏｇ２５ ３ ∵ １ꎬ ２∈ ꎬ＋∞ ꎬ １< ２ꎬ ３ 原方程等价于 ｘ ９ ｘ １ ｘ . ∴３ ｘ ２－２>３ ｘ １－２>０ꎬ (２) ５ ＝ １０ ꎬ (３)∵ ｌｏｇ２ < ２ ＝ｌｏｇ２ ２ꎬ∴０< < ２ ｘ ∴ ３ ｘ ２－２ >１ . ∴ ｘ ＝ｌｏｇ５ ９ . (４)∵ ｌｏｇ１ ３ ｘ >２＝ｌｏｇ１ ３ １ ꎬ∴０< ｘ < １ . ３ １－２ １０ ９ ９ 又 ０<０ . ５<１ꎬ １３.解析 (１) 两边取以 ５ 为底的对数得 ２.解析 (１) 函数ｙ ＝ ｘ５ ６ 在 [０ꎬ＋∞) 上为 ∴ ｌｏｇ０ . ５ ３ ３ ｘ ｘ ２ １ － － ２ ２ <０ꎬ ( ｘ ＋ ２) ２> 两 ｌｏ 边 ｇ５２ 取 ꎬ∴ 以 ｘ ３ >ｌ 为 ｏｇ５ 底 ２－ 的 ２ . 对数得 ３－ ｘ < 增函 函 数 数 ꎬ 且 ｙ ０ . ３ ｘ １ － < ３ １ 在 ０ . ３５ꎬ∴０ . ３１ 上 ５ ６ < 为 ０ . ３ 减 ５ ５ ６ 函 . 即ｆ ｘ ｆ ｘ 即ｘ (２) ＝ (０ꎬ＋∞) ( ２)<( １)ꎬ ｌｏｇ３６ꎬ >３－ｌｏｇ３６＝３－(ｌｏｇ３３＋ｌｏｇ３２) 数 且 ( ) ꎬ ２< ３ꎬ ∴ 是 函 减 数 函数 ｙ ＝ . ｌｏｇ０ . ５(３ ｘ －２) 在 ２ ３ ꎬ＋∞ 上 ＝ ∴ ２ ｘ － > ｌ 原 ２ ｏ － ｇ 不 ３ ｌｏ ２ ｇ ꎬ 等 ３２ . 式等价于 ｘ ∴ ( 函 ２) 数 －３ １ ｙ >( ｘ ３ １ . ５ ) 在 －３ １. 上是增函 (３) ｌｏｇ３( ＋２)> (３) ＝ (０ꎬ＋∞) ５.解析 ｘ (１) 原方 ｘ 程可 ２ 化 . 为 ３ ３ ｘ ＋５ ＝３ ３ ꎬ 上 ｌｏｇ 是 ３３ 增 ３ ꎬ∵ 函 ３ 数 > ꎬ １ ｘ ꎬ ＋ ∴ ２ ｙ > ＝ ３ ３ ｌｏ ꎬ ｇ ∴ ３ ｘ ｘ 在 >２ ( ５ － . ２ꎬ＋∞) 数 ∴ ꎬ ( 且 ａ ＋１ ａ ) ＋ １ １ . ５ > > ａ ａ ꎬ １ . ５. ∴３ ＋５＝３ꎬ∴ ＝－ ３ (４) 原不等式等价于 ｌｇ( ｘ －１)<ｌｇ１０ꎬ (４)∵ ａ >０ꎬ∴２＋ ａ >２ꎬ (２) 两边取常用对数得 ２ ｘ ｌｇ２＝ｌｇ１２ꎬ ∵１０>１ꎬ 又函数ｙ ＝ ｘ－３ ２在 (０ꎬ＋∞) 上是减函数 ꎬ ∴ ｘ ＝ ２ ｌｇ ｌｇ １２ ２ ＝１＋ ２ ｌ ｌ ｇ ｇ ３ ２ ＝１＋ ２ １ ｌｏｇ２３ . ∴ ｙ ＝ ｘ ｌｇ ｘ在 (１ꎬ＋∞) 上是增函数 ꎬ ∴ (２＋ ａ ) －３ ２ <２ －３ ２. (３) 由 ３ １－ ｘ －２＝０ 得 ３ １－ ｘ ＝２ꎬ ∴０< ｘ －１< . １０ꎬ ３.解析 (１) 由 ４＋３ ｘ >０ 得ｘ >－ ４ ꎬ ∴１< <１１ ３ 两边取常用对数得 (１－ ｘ )ｌｇ３＝ｌｇ２ꎬ 探究􀅰拓展 ( ) ｆ ｘ 的定义域为 ４ . ６.解 ∴ 析 ｘ ＝ １－ 图 ｌ ｌ ｇ ｇ 象 ２ ３ 如 ＝１ 图 －ｌ 所 ｏｇ 示 ３２ . ꎬ １４. ｌ 解 ｇ 析 ｘ １ ｘ ２ ｆ ꎬ ( ｘ ｆ æ è ç １) ｘ １ ＋ ２ ＋ ２ ｆ ( ｘ ２ ｘ ö ø ÷ ２) ＝ｌ ＝ ｇ ｌ ｘ ｇ １＋ ２ ｘ ｘ １＋ ２ ２. ｌｇ ｘ ２ ＝ ４.解 ∴ ( 义 ２ 析 域 ) ( 由 为 ) { ４ [ ( ｘ ２ １ － ꎬ ) ｘ １ ＋ 令 ６ ∞ ≥ ｙ ) ＝ ０ . ｆ ( 得 ｘ ) － ｘ ＝ ≥ ３ ｌｇ ꎬ ２ ( ＋ ꎬ １ ∞ ∴ ＋ ｘ ｆ ( ) ｘ ＋ ) ｌｇ 的 (１ 定 － ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ 由 １＋ >０ꎬ得 ｆ ｘ 的定义域为 １＋ ２ ｘ ｘ １－２ １ ２＋ ２ )ꎬ ｘ ( ) ∵ － １ ２ ＝ １－ >０ ２ ２ 关于原点对称. ｘ ｘ ２ (－１ꎬ１)ꎬ ( １－ ２) 当仅且当 ｘ ｘ 又ｆ ｘ ｘ ｘ ｆ ｘ ＝ ≥０( １＝ ２ (－ )＝ｌｇ(１－ )＋ｌｇ(１＋ )＝ ( )ꎬ ２ ｆ ｘ 为偶函数. 函数ｙ ｘ 的图象是由函数ｙ 时取等号 ∴ ( ) ＝ｌｏｇ２( －１) ＝ )ꎬ ｘ ｘ 的图象向右平移 个单位长 ｘ ｘ 令ｙ ｆ ｘ １－ ｌ 度 ｏｇ 得 ２( 到 ＋ 的 １) . ２ ∴ １＋ ２ ２ ≥ ｘ １ ｘ ２ . (２) ｘ ＝ ( )＝ｌｎ １＋ ｘꎬ ７.解析 ∵５>４＝２ ２ ꎬ∴ ｌｏｇ２５>ｌｏｇ２２ ２ ＝２ . ∵１０>１ꎬ∴ ｆ ( ｘ )＝ｌｇ ｘ为 (０ꎬ＋∞) 上的 由１ １ － ＋ ｘ>０ 得 ( ｘ ＋１)( ｘ －１)<０ꎬ ２ ２ ｘ ｘ 即 ｘ ∵８<２５＝５ ꎬ∴ ｌｏｇ５８<ｌｏｇ５５ ＝２ꎬ∴ ｌｏｇ２５ 增函数 １＋ ２ ｘ ｘ . －１< <１ꎬ . ꎬ∴ ｌｇ ≥ｌｇ １ ２ 函数ｆ ｘ 的定义域为 ｘ ｘ >ｌｏｇ５８ ２ ∴ ( ) { ｜－１< <１}ꎬ ８.解析 由题中图象知 ꎬ 函数ｙ ＝ｌｏｇａ( ｘ ＋ ｆ æ ç ｘ １＋ ｘ ２ ö ÷ ｆ ( ｘ １)＋ ｆ ( ｘ ２) 当且仅当 关于原点对称. ｂ 的图象经过点 和 所以 ∴ è ø≥ ꎬ 又ｆ ｘ ｆ ｘ ) (－２ꎬ０) (０ꎬ２)ꎬ ２ ２ (－ )＋( ) { ｌｏｇａ( ｂ －２)＝０ꎬ解得 { ａ ＝ ３ꎬ ｘ １＝ ｘ ２ 时取等号. １＋ ｘ １－ ｘ ｂ ｂ . １５.解析 ｘｙ ｘｙ ＝ｌｎ ｘ＋ｌｎ ｘ ｌｏｇａ ＝２ꎬ ＝３ (１)∵ ＝ｅꎬ∴ ｌｎ ＝ｌｎ ｅꎬ １－ １＋ ９.证明 由ｆ ｘ ｘ得ｆ ｘ ｆ ｙ ｙ ｘ ( ｘ ｘ) (１) ( )＝ｌｏｇ３ ( )＋( ) ∴ ｌｎ ＝１ꎬ ＝ｌｎ １＋ ｘ􀅰 １－ ｘ ＝ｌｎ１＝０ꎬ ＝ ｆ ( ( ２ ｌ ｘ ｏ ) ｙ ｇ ∵ ) ３ ｘ ＝ ｆ ＋ ( ｌ ｌ ｏ ｘ ｏ ｇ ) ｇ ３ ３ ( － ｙ ｆ ｘ ( ＝ ｙ ｙ ) ｌｏ ) ꎬ ｇ ＝ ∴ ３( ｌ 等 ｏ ｘ ｇ ｙ ３ ) 式 ｘ ꎬ － 成 ｌｏ 立 ｇ３ ｙ . ＝ｌｏｇ３ ｘ ｙ ꎬ 将 ∴ (２ ｙ ) ｃ ＝ ｆ 视 ( ｆ ( ｘ 为 ) ｘ ) 在 常 ＝ 定 数 ｌｎ １ 义 ｘ ｅ ( ꎬ 域 ｂ ｘ 上 > 视 ０ 是 为 且 减 自 ｘ 函 ≠ 变 数 １ 量 ) . . ｘ ꎬ 则ａ ５.解 ∴ ∴ 析 ｆ 函 (－ 数 １ ｘ － ) ∵ ｆ ＝ ( ａ ｘ － ) ＝ １ ｆ 为 ( ＋ ０ ｘ . ３ 奇 ) ２ ꎬ ＝ 函 ０ 数 . ０９ . ꎬ ( ｘ ) ｘ 为ｘ的函数 记为ｙ ｙｘ ｘ ｙ ｂ ０ . ３ ０ 且ｂ ０ . ３ １ ２ ｆ 等式成立. ꎬ ꎬ∴ ＝ｅꎬ∴ ｌｎ ＝ ＝２ >２ ＝１ ＝２ <２ ＝ ２ꎬ ｙ ＝ｌｏｇ３ ｙ ꎬ∴ ｙ １ ｙ １ｘ. ｃ ｌｏｇ２２ １ １０.证明 函数ｆ ｘ 的定义域为 １ꎬ∴ ｌｎ ＝ ｘ ꎬ∴ ＝ｅ ＝ｌｏｇ２２＝ ＝ ＝２ꎬ ( ) (－１ꎬ１ ｘ )ꎬ 性质 在定义域上为减函数 是非奇非 ｌｏｇ２ ２ １ 关于原点对称 ｆ ｘ １＋ : ꎬ ２ ꎬ∵ (－ )＝ ｌｇ ｘ＝ 偶函数. ｃ ｂ ａ. １－ ∴ > > １８ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ６.解析 利用计算器计算 可列表如下 ｘ ｘ ｘ ꎬ : (２) 函数ｙ ＝ｌｏｇ１ ２ １ ｘ 的图象由函数ｙ ＝ ｌｏｇ ｘ ２ １ ＝ ｌｏｇ ｘ ２ ２. １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １ ２ ｙ ＝２ ｘ ２ ４ ８ １６ ３２ ６４ １２８ ２５６ ５１２ １０２４ １１. ｌ 解 ｏｇ 析 １ ２ ｘ的 两 图 个 象 函 关 数 于 的 ｘ 图 轴 象 对 如 称 图 得 所 到 示 . 它 可 (１) 以 证 设 明 : 为 根据 Ｃ 题 ｘ 意 ꎬ Ｃ ꎬ Ｄ ｘ 两点 Ｄ 的坐 ｘ 标 ｙ ＝ｌｏｇ２ ｘ ０ １ １ . ６ ２ ２ . ３２ . ６ ２ . ８ ３ ３ . ２ ３ . ３ 们恰 有两个公共点 坐标分别是 ꎬ ｘ . ( １ꎬ ｌｏｇ２ １)ꎬ ( ２ꎬ ｙ ＝ ｘ２ １ ４ ９ １６ ２５ ３６ ４９ ６４ ８１ １００ 和 所以方 ꎬ 程ｆ ｘ ｇ ｘ (１ꎬ ｌｏｇ２ ２) ｘ ｘ 指数函数成倍增长 ꎬ 增长得最快 ꎬ 其次 ２ 的 ) 解为 (２ꎬ ｘ ４ ＝ ) １ ꎬ 或ｘ ＝２ . ( )－ ( )＝ ０ ∵ ｌｏｇ ｘ ２ １ ＝ ｌｏｇ ｘ ２ ２ ꎬ 是幂函数 对数函数增长最慢. １ ２ ꎬ Ｏ Ｃ Ｄ三点在同一条直线. ７.解析 由题中图象知 ｆ ｘ ａｘ ｂ的图 ∴ ꎬ ꎬ ꎬ( )＝ ＋ 当ＢＣ ｘ轴时 有 ｘ ｘ 象过点 两点 (２) ∥ ꎬ ｌｏｇ８ ２＝ｌｏｇ２ １ꎬ (０ꎬ－１)ꎬ(１ꎬ０) ꎬ ｘ ｘ３ {ａ０ ＋ ｂ ＝－１ꎬ {ｂ ＝－２ꎬ ∴ ｘ ２＝ ｘ３ １ꎬ∴ ｌｏｇ ｘ ２ １ ＝ ｌｏｇ ｘ ２ ３ １ ꎬ∴ ｘ２ １＝３ . ∴ ａ ｂ ∴ ａ . １ １ ＋ ＝０ꎬ ＝２ ( Ｍ) 又ｘ ｘ ｘ １ . ８.解析 １>０ꎬ∴ １＝ ３ꎬ∴ ｌｏｇ８ １＝ ｌｏｇ８３ ２０００ｌｎ １＋ｍ ＝１２０００ꎬ ( ) ２ ( Ｍ) 点Ａ的坐标为 １ . ∴ ３ꎬ ｌｏｇ８３ ∴ ｌｎ １＋ｍ ＝６ꎬ ２ １２.解析 ｙ ｘ ｘ 本章测试 Ｍ Ｍ (１)∵ ＝ｌｇ(１＋ )＋ｌｇ(１－ )＝ ∴１＋ｍ ＝ｅ ６ ꎬ∴ ｍ ＝ｅ ６ －１≈４０３ . ４３－１＝ ｌｇ[(１－ ｘ )(１＋ ｘ )]＝ｌｇ(１－ ｘ２ )ꎬ 一、填空题 设ｕ ｘ２ ｘ ｕ . １.答案 . . ＝１－ ꎬ ∈(－１ꎬ１)ꎬ ∈(０ꎬ１] < ４０２４３ ｕ ｘ２ 在 上是增函数 ( )ｘ 故当燃料质量是火箭质量的 ６ ∵ ＝１－ (－１ꎬ０] ꎬ 解析 ｙ １ 是减函数 . (ｅ －１) 在 上是减函数 而ｙ ｕ在定 ∵ ＝ ꎬ－１ ５> 倍 即约为 . 倍时 火箭的最大速 (０ꎬ１) ꎬ ＝ｌｇ ３ ꎬ ４０２４３ ꎬ 义域上是增函数 ( ) －１ . ５ ( ) －１ . ９ 度可以达到 . ꎬ . １ １ . １２ ｋｍ/ｓ ｙ在 上是增函数 在 －１９ꎬ∴ < 思考􀅰运用 ∴ (－１ꎬ０] ꎬ (０ꎬ１) ３ ３ ( ) 上是减函数. ９.解析 ２.答案 ３ (１) ｘ －∞ꎬ 令ｖ １－ ２ 易知此函数 ４ (２) ＝ ｘ＝－１＋ｘ ꎬ １＋ ＋１ 解析 由 ｘ 得ｘ ３ . 在区间 上为减函数 而函数ｙ ３－４ >０ < (－１ꎬ１) ꎬ ４ ｖ为增函数 ３.答案 ＝ｌ 函 ｎ 数ｙ １－ ꎬ ｘ 在区间 上为 ４.答案 ２ １０００×１ . ０５ ｘ ∴ ＝ｌｎ ｘ (－１ꎬ１) ５.答案 １＋ ２ 减函数. 解析 当ａ 时 ａ１ ａ０ 解得ａ >１ ꎬ ＋ ＝３ꎬ ＝２ꎻ １３.证明 设ｘ ＝ ａｌｏｇｃｂ ꎬ ｙ ＝ ｂｌｏｇｃａ ꎬ 对这两个等 当 ０< ａ <１ 时 ꎬ ａ０ ＋ ａ１ ＝３ꎬ 解得ａ ＝２ꎬ 不符 函数ｙ ｘ的图象上所有点向右平移 式的两边取以 ｃ 为底数的对数 得 合题意 舍去.所以ａ . ＝ １ ꎬ ꎬ ＝２ 个单位得到函数ｙ ＝ ｘ －１ 的图象. ｌｏｇｃ ｘ ＝ｌｏｇｃ ｂ ｌｏｇｃ ａ ꎬｌｏｇｃ ｙ ＝ｌｏｇｃ ａ ｌｏｇｃ ｂ ꎬ 所 ６.答案 (２) 以 ｌｏｇｃ ｘ ＝ ｌｏｇｃ ｙ ꎬ 即 ｘ ＝ ｙ ꎬ 所以 ａｌｏｇｃｂ ｂｌｏｇｃａ. ＝ 探究􀅰拓展 １４.解析 ｆ ｘ 在 上是增函 ∵ ( ) [０ꎬ＋∞) 数 且ｆ ｘ 是偶函数 ｆ ｘ 在 ꎬ ( ) ꎬ∴ ( ) (－∞ꎬ 上是减函数 且有ｆ ｆ ０] ꎬ (１)＝ (－１)ꎬ ｆ ｆ ｘ 等 价 于 二、选择题 ∴ ( １) < ( ｌｇ ) { ｘ { ｘ ７.Ｄ ｙ ｘ 在 上是增函数 ｙ 先将ｙ ｘ的图象上所有点向右平移 ｌｇ ≥０ꎬ 或 ｌｇ <０ꎬ ＝２ (０ꎬ＋∞) ꎻ ＝ 个单位 ＝ 再关于 ｘ 轴作对称图形 就得 １ ｆ (１)< ｆ (ｌｇ ｘ ) ｆ (－１)< ｆ (ｌｇ ｘ )ꎬ ｌｇ ｘ在 (０ꎬ＋∞) 上是增函数 ꎻ ｙ ＝ ｘ３ 在 ꎬ ꎬ { ｘ { ｘ 到函数ｙ ＝－ ｘ －１ 的图象. 即 ｌｇ ≥ ｘ ０ꎬ或 ｌｇ <０ꎬ ｘ (０ꎬ＋∞) 上是增函数 ꎻ ｙ ＝ １ ｘ 在 (０ꎬ＋∞) １０.解析 １<ｌｇ { － ｘ １>ｌｇ ꎬ 上是减函数. {ｘ ０< <１ꎬ ≥１ꎬ或 ８.Ａ 由ｆ ｆ 且 得 ａ . (２)>(３) ２<３ ０< <１ ∴ ｘ ｘ １ >１０ ０< < ꎬ ９.Ｂ 当ｘ 时 ｙ取最大值 最大值为 . １０ ＝０ ꎬ ꎬ １ １０.Ｄ 令 ｘ ｔ 则ｘ ｔ ｔ ｘ 或 ｘ １ １０ ＝ ꎬ ＝ｌｇ ( >０)ꎬ ∴ >１０ ０< < ꎬ ｆ ｔ ｔ ｆ . １０ ∴ ( )＝ｌｇ ꎬ∴ (５)＝ｌｇ５ ( ) 三、解答题 ｘ的取值范围是 １ . １５.解 ∴ 析 由于Ａ Ｂ 是 ０ꎬ 过 １０ 原点 ∪( Ｏ １０ 的 ꎬ＋ 直 ∞) 线 １ １ ２ １ . . 证 解 明 析 ２ 易 ３ 知 > ｆ ３> ｘ ｌｏ 的 ｇ２３ 定 . 义域为Ｒ. ꎬ ( ) 与函数ｙ ＝ｌｏｇ８ ｘ 的图象的交点 ꎬ 因此 ｆ ｘ ａ－ ｘ － ａｘ ａｘ － ａ－ ｘ ｆ ｘ 函数ｙ ｘ 的图象由函数ｙ 可设 Ａ点坐标为 ｘ ｘ Ｂ 点坐 ∵ (－ )＝ ＝－ ＝－( )ꎬ (１) ＝ｌｏｇ１ ２ ＋１ ( １ꎬｌｏｇ８ １)ꎬ ２ ２ ｘ 的图象上所有点向上平移 ｘ ｘ 函数ｆ ｘ 是奇函数. ＝ｌｏｇ１ ２ １ 标为 ｘ ｘ 则ｌｏｇ８ １ ｌｏｇ８ ２ ∴ ( ) 个单位得到. ( ２ꎬｌｏｇ８ ２)ꎬ ｘ ＝ ｘ ⇒ １３.解析 指数函数ｙ ｘ 在Ｒ上 １ ２ (１)∵ ＝２ １９ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋是增函数 ꎬ ２π. ３π. ｙ ｘ 在Ｒ上是增函数 (５) (６) ＝ －５ ꎬ ３ ２ 函数 ｆ ｘ ｘ ｘ 在 Ｒ 上是增 ２.解析 °. °. °. ∴ ( )＝ ２ ＋ －５ (１) ３６０ (２) ９０ (３) ３０ 函数. °. (４)１２０ 由 可知 ｆ ｘ ｆ (２) (１) ꎬ ( )ｍｉｎ ＝ (－１)＝ ３.解析 (１) ５π. (２)－ ７π. (３) ３π. (４) π. １２ ６ ４ ８ － １ ２ １ ꎬ ｆ ( ｘ )ｍａｘ＝ ｆ (２)＝２ ２ ＋２－５＝１ꎬ ４.解析 (１)１５ °. (２)７２ °. (３)－２４０ °. 最大值 与 最 小 值 的 差 为 °. ∴ １ － (４)－２１６０ { } ( ) ５.解析 α α ｋ π ｋ Ｚ . － １１ ＝ １３. 故 °角为第四象限角 ° (１) ＝２ π＋ ꎬ ∈ ２ ２ (１)３３０ ꎻ(２)－２００ { ４ } １４.解析 (１) 图象如图所示. 角 限 为 角 第二象限角 °角 ꎻ( 为 ３ 第 )９ 一 ４５ 象 °角 限 为 角 第 . 三象 (２) α α ＝２ ｋ π＋ ５π ꎬ ｋ ∈ Ｚ . ꎻ(４)－６５０ ６ ５.解析 因为 ° ° ° ６.解析 α α ｋ ｋ Ｚ . (１) －５５ ＝－１×３６０ ＋３０５ ꎬ (１){ ｜ ＝ πꎬ ∈ } { } 所以 °角和 °角的终边相同 是 －５５ ３０５ ꎬ α α ｋ π ｋ Ｚ . 第四象限角. (２) ＝ π＋ ２ ꎬ ∈ 因为 ° ′ ° ° ′ 所以 ７.Ａ (２) ３９５ ８ ＝１×３６０ ＋３５ ８ ꎬ ° ′角和 ° ′角的终边相同 是第 ８.解析 此弧所对的圆心角的弧度数为 ３９５ ８ ３５ ８ ꎬ 依题意 不妨设ａ ｂ 因为 ａ 一象限角. (２) ꎬ < ꎬ ｜ｌｇ ｜＝ ５００ ２５. ｜ｌｇ ｂ ｜ꎬ 由图象可知 ０< ａ <１ꎬ ｂ >１ꎬ 所以 (３) 因为 １ ５６３ ° ＝４×３６０ ° ＋１２３ ° ꎬ 所以 ２４０ ＝ １２ ａ ｂ 可得 ａ ｂ 即 ａｂ °角和 °角的终边相同 是第二 ◆习题7.1 －ｌｇ ＝ｌｇ ꎬ ｌｇ ＋ｌｇ ＝０ꎬ ｌｇ １５６３ １２３ ꎬ 故ａｂ . 象限角. 感受􀅰理解 ＝０ꎬ ＝１ １５.解析 因为ｆ ｘ 是奇函数 所以 ６.Ｃ 第一象限角可能为负角 如 ° １.解析 ° ° ° 于是 (１) ( ) ꎬ ꎬ －３３０ (１)－２６５ ＝－３６０ ＋９５ ꎬ ｍ 角就是第一象限角 故 错误 锐角是 °角与 °角的终边相同 它们是 ｆ 所以ｍ . ꎬ Ａ ꎻ －２６５ ９５ ꎬ (０)＝１－ ＝０ꎬ ＝２ 大于 °且小于 °的角 小于 °的角 第二象限角. ２ ０ ９０ ꎬ ９０ 证明 任取 ｘ ｘ 且 ｘ ｘ 则 包括锐角 零角和负角 而零角和负角 ° ° ° 于是 ° (２) : １ꎬ ２ꎬ １< ２ꎬ 、 ꎬ (２)３９００ ＝１０×３６０ ＋３００ ꎬ ３９００ 都不是锐角 故 错误 第二象限角的 角与 °角的终边相同 它们是第四象 ｆ ｘ ｆ ｘ ２ ２ ꎬ Ｂ ꎻ ３００ ꎬ ( １) － ( ２ ) ＝ － ５ ｘ １＋１ ＋ ５ ｘ ２＋１ 集合是 { α ｜ ｋ 􀅰３６０ ° ＋９０ ° < α < ｋ 􀅰３６０ ° ＋ 限角. ｘ ｘ ° ｋ Ｚ 当ｋ 时 角的集合为 α ° ′ ° ° ′ 于是 ２(５ １－５ ２ ) １８０ ꎬ ∈ }ꎬ ＝０ ꎬ { ｜ (３)－８４０ １０ ＝－３×３６０ ＋２３９ ５０ ꎬ ＝ ｘ ｘ ꎬ ° α ° 钝角 因此钝角一定 ° ′角与 ° ′角的终边相同 (５ １＋１)(５ ２＋１) ９０ < <１８０ }＝{ }ꎬ －８４０ １０ ２３９ ５０ ꎬ 因为ｘ ｘ 所以 ｘ ｘ ｘ 是第二象限角 故 正确 第一象限角 它们是第三象限角. １< ２ꎬ ５ １－５ ２ <０ꎬ５ １＋１>０ꎬ ꎬ Ｃ ꎻ ５ 所 ｘ ２ 以 ＋１> ｆ ( ０ ｘ ꎬ ) 所 是 以 Ｒ ｆ ( 上 ｘ 的 １) 增 － ｆ ( 函 ｘ ２ 数 )< . ０ꎬ 的 ｋ ∈ 集 Ｚ 合 }ꎬ 是 如 { － α ３ ｜ ０ ｋ ０ 􀅰 °角 ３６ 和 ０ ° ３ < ９ α ０ < °角 ｋ 􀅰 都 ３ 是 ６０ 第 ° ＋ 一 ９０ 象 ° ꎬ ５ ( ６ ４ ０ ) ° ２ ５ ４ ６ ′ ０ 角 ° ２ 与 ４ ′ ２ ＝ ００ ３ ° ６ ２ ０ ４ ° ′角 ＋ 的 ２００ 终 ° 边 ２４ 相 ′ ꎬ 同 于 ꎬ 是 它 因为ｆ ｘ 是Ｒ上的增函数 所以 限角 但它们都不是锐角 故 错误. 们是第三象限角. (３) ( ) ꎬ ꎬ ꎬ Ｄ ７.解析 因为 ° ° ° ２.解析 α α ｋ ° ° ｋ (１) １１４０ ＝３×３６０ ＋６０ ＝ (１){ ｜ ＝ 􀅰３６０ ＋６０ ꎬ ∈ ｆ ｘ ｆ ２ ｆ ｘ ｆ ( )ｍｉｎ＝ (－１)＝－ ３ ꎬ( )ｍａｘ＝ (２)＝ ４×３６０ ° －３００ ° ꎬ 所以与 １ １４０ °角终边相 Ｚ }ꎬ 当ｋ ＝－１ 时 ꎬ α ＝－３００ ° ꎬ 当ｋ ＝０ 时 ꎬ 同的最小正角为 °角 最大负角为 α °. １２ ｆ １２ 所以函数 ｆ ｘ 的取值 ６０ ꎬ ＝６０ ꎬ(２)＝ ꎬ ( ) °角. α α ｋ ° ° ｋ Ｚ 当ｋ １３ １３ －３００ (２){ ｜ ＝ 􀅰３６０ －７５ ꎬ ∈ }ꎬ ＝ [ ) 因为 ° ° ° 时 α ° 当ｋ 时 α °. 范围为 ２ １２ . (２) １ ６８０ ＝ ４×３６０ ＋２４０ ＝ ０ ꎬ ＝－７５ ꎬ ＝１ ꎬ ＝２８５ － ꎬ ° ° 所以与 °角终边相 α α ｋ ° ° ｋ Ｚ 当ｋ ３ １３ ５×３６０ －１２０ ꎬ １ ６８０ (３){ ｜ ＝ 􀅰３６０ ＋９０ ꎬ ∈ }ꎬ ＝ 第7 章 三角函数 同的最小正角为 °角 最大负角为 时 α ° 当ｋ 时 α °. ２４０ ꎬ －１ ꎬ ＝－２７０ ꎬ ＝０ ꎬ ＝９０ °角. α α ｋ ° ° ｋ Ｚ 当ｋ －１２０ (４){ ｜ ＝ 􀅰３６０ －１８０ ꎬ ∈ }ꎬ 因为 ° ° ° 时 α ° 当ｋ 时 α °. 7.1 角与弧度 (３) －１２９０ ＝－３×３６０ －２１０ ＝－４ ＝０ ꎬ ＝－１８０ ꎬ ＝１ ꎬ ＝１８０ ° ° 所以与 °角终边相 ×３６０ ＋１５０ ꎬ －１ ２９０ ３.解析 ° ′ . ° . π ７.１.１ 任意角 同的最小正角为 °角 最大负角为 (１)１２ ３０ ＝１２ ５ ＝１２ ５× １５０ ꎬ １８０ °角. 练习 －２１０ ５π. 因为 ° ° ° ° ＝ １.解析 ° ° ° 答案不唯 (４) －１５１０ ＝－４×３６０ －７０ ＝－５×３６０ ７２ ４２０ ꎬ－３００ ꎬ－６６０ ( ° 所以与 °角终边相同的最小 一 . ＋２９０ ꎬ －１５１０ ° π １０π. ) 正角为 °角 最大负角为 °角. (２)－２００ ＝－２００× ＝－ ２.解析 ° ° °角 ２９０ ꎬ －７０ １８０ ９ (２)－３３０ ꎬ(３)３９０ ꎬ(４)７５０ ８.解析 若α是第四象限角 则 α是第 与 ３０ °角的终边相同. 一象 限角 ° α是第二象 ꎬ 限 － 角 ° (３)３５５ ° ＝３５５× π ＝ ７１π. ３.解析 终边为ｙ轴负半轴的角的集 ꎬ１８０ ＋ ꎬ１８０ １８０ ３６ (１) α是第三象限角. 合为 α α ｋ ° ° ｋ Ｚ . － (４)－１８６ ° ４５ ′ ＝－１８６ . ７５ ° ＝－１８６ . ７５× π 终 { 边 ｜ 落 ＝ 在 􀅰 坐 ３６ 标 ０ 轴 －９ 上 ０ 的 ꎬ 角 ∈ 的 } 集合为 ７.１.２ 弧度制 １８０ (２) ８３π. α α ｋ ° ｋ Ｚ . 练习 ＝－ { ｜ ＝ 􀅰９０ ꎬ ∈ } ８０ ４.解析 作出角的终边分别如图中 ° (１) １.解析 . π. π. π. ４.解析 ５π ５π １８０ °. 所示. (１)π (２) (３) (４) (１)－ ＝－ × ＝－７５ (２)(３)(４) ２ ４ ６ １２ １２ π ２０ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ° 度旋转 所以飞轮 秒钟转 转.由于 θ θ ８π ８π １８０ °. ꎬ １ ５ ° ｎ ° ｎ Ｚ 因此 是 (２) ＝ × ＝４８０ 飞轮作逆时针旋转 因此飞轮 内转 < <１５０ ＋ 􀅰３６０ ꎬ ∈ ꎬ ３ ３ π ꎬ １ ｓ ３ ３ ° ( )° 过的弧度数为 . 第二象限角 ２ ２ １８０ １２０ . °. １０π ꎻ (３) ＝ × ＝ ≈３８２０ 根据弧长公式ｌ α ｒ 得ｌ 若ｋ ｎ ｎ Ｚ 则 ° ｎ ° ３ ３ π π (２) ＝｜ ｜􀅰 ꎬ ＝１０π ③ ＝３ ＋２ꎬ ∈ ꎬ ２４０ ＋ 􀅰３６０ ° ( )° . θ θ . . １８０ ２５２ . °. １２ .故轮周上一点 内所 ° ｎ ° ｎ Ｚ 因此 是 (４)１４＝１４× ＝ ≈８０２１ × ＝６π(ｍ) １ ｓ < <２７０ ＋ 􀅰３６０ ꎬ ∈ ꎬ π π ２ ３ ３ ５.解析 终边落在射线 ｙ ｘ ｘ 经过的路程是 . 第三象限角. (１) ＝ ( ≥０) ６π ｍ 上的角的集合是 α α ° ｋ ° ｋ 思考􀅰运用 θ { ｜ ＝４５ ＋ 􀅰３６０ ꎬ 由 可得 是第一或第二或第 Ｚ ①②③ ∈ }ꎻ １０.解析 如图 由图可知角β和π角的 ３ 终边落在射线ｙ ｘ ｘ 上的角 ꎬ 三象限角. (２) ＝ ( ≤０) ３ 的集合是 α α ° ｋ ° ｋ Ｚ . 终边相同 { ｜ ＝２２５ ＋ 􀅰３６０ ꎬ ∈ } ꎬ 7.2 三角函数概念 因此 终边落在直线 ｙ ｘ 上的角的集 ꎬ ＝ 合是 α α ° ｋ ° ｋ Ｚ α { ｜ ＝４５ ＋ 􀅰３６０ ꎬ ∈ }∪{ ｜ ７.２.１ 任意角的三角函数 α ° ｋ ° ｋ Ｚ ＝２２５ ＋ 􀅰３６０ ꎬ ∈ }ꎬ 练习 即 α α ° ｎ ° ｎ Ｚ . { ｜ ＝４５ ＋ 􀅰１８０ ꎬ ∈ } １.解析 因为 ｘ ｙ 所以 ｒ (１) ＝３ꎬ ＝４ꎬ ＝ ６.解析 ２３π １１π 则２３π角和 (１) ６ ＝２π＋ ６ ꎬ ６ ３ ２ ＋４ ２ ＝５ꎬ 所以 ｓｉｎ α ＝ ｙ ｒ ＝ ４ ꎬｃｏｓ α ５ １１π角的终边相同 它们是第四象限角. ꎬ ｘ ｙ ６ { ＝ ｒ ＝ ３ ꎬｔａｎ α ＝ ｘ ＝ ４ . ５ ３ (２)－１ ５００ ° ＝－ ２５ ３ π ＝－１０π＋ ５ ３ π ꎬ 则 因此角β的集合是 β β ＝２ ｋ π＋ π ３ ꎬ ｋ (２) 因为 ｘ ＝ － ３ꎬ ｙ ＝ ４ꎬ 所以 ｒ ＝ } ｙ －１５００ °角和５π角的终边相同 ꎬ 它们是 ∈ Ｚ . (－３) ２ ＋４ ２ ＝５ꎬ 所以 ｓｉｎ α ＝ ｒ ＝ ４ ꎬ ５ ３ 第四象限角. １１.解析 (１) 用角度制表示 :{ α ｜４５ ° ＋ ｋ ｃｏｓ α ＝ ｘ ｒ ＝ －３ ＝－ ３ ꎬｔａｎ α ＝ ｙ ｘ ＝ ４ ＝ ° α ° ｋ ° ｋ Ｚ ５ ５ －３ １８π １０π 则 １８π角和１０π 􀅰３６０ ≤ ≤９０ ＋ 􀅰３６０ ꎬ ∈ }∪ (３)－ ＝－４π＋ ꎬ － α ° ｋ ° α ° ｋ ４ . ７ ７ ７ ７ { ｜２２５ ＋ 􀅰３６０ ≤ ≤２７０ ＋ 􀅰 － 角的终边相同 它们是第三象限角. ° ｋ Ｚ α ° ｎ ° α ３ ꎬ ３６０ ꎬ ∈ }＝{ ｜４５ ＋ 􀅰１８０ ≤ ≤ ° ５６π ２６π 则 °角和 ９０ ° ＋ ｎ 􀅰１８０ ° ꎬ ｎ ∈ Ｚ } . (３) 因为ｘ ＝０ꎬ ｙ ＝５ꎬ 所以ｒ ＝ ０ ２ ＋５ ２ ＝ (４)６７２ ＝ ＝２π＋ ꎬ ６７２ { ｙ ｘ １５ １５ 用弧度制表示 : α π ＋ ｎ π≤ α ≤ π ５ꎬ 所以 ｓｉｎ α ＝ ｒ ＝ ５ ＝１ꎬｃｏｓ α ＝ ｒ ＝ ２６π角的终边相同 它们是第四象限角. ４ ２ ５ ꎬ } １５ ０ α不存在. ７.解析 由题意得α ＝１２０ ° ＋ ｋ 􀅰３６０ ° ( ｋ ∈ ＋ ｎ πꎬ ｎ ∈ Ｚ . ５ ＝０ꎬｔａｎ Ｚ 则 α ° ｋ ° ｋ Ｚ . (２) 用角度制表示 :{ α ｜－１５０ ° ＋ ｎ 􀅰 (４) 因为ｘ ＝２ꎬ ｙ ＝０ꎬ 所以ｒ ＝ ２ ２ ＋０ ２ ＝ )ꎬ ＝６０ ＋ 􀅰１８０ ( ∈ ) ２ ３６０ ° ≤ α ≤１２０ ° ＋ ｎ 􀅰３６０ ° ꎬ ｎ ∈ Ｚ } . 所以 α ｙ ０ α ｘ α { ２ꎬ ｓｉｎ ＝ ｒ ＝ ＝０ꎬｃｏｓ ＝ ｒ ＝ (１) 设ｋ ＝２ ｎ ( ｎ ∈ Ｚ )ꎬ 则 ＝ ｎ 􀅰３６０ ° ＋ 用弧度制表示 α ５π ｎ α ２ ２ : － ＋２ π≤ ≤ ｙ ６ ２ α ０ . α } ＝１ꎬｔａｎ ＝ ｘ ＝ ＝０ ６０ ° ( ｎ ∈ Ｚ )ꎬ 与 ６０ °角的终边相同 ꎬ ２π ｎ ｎ Ｚ . ２ ２ 是第一象限角 ２ ３ ＋２ πꎬ ∈ ２.解析 ｒ ＝ (－ ｘ ) ２ ＋(－６) ２ ＝ ｘ２ ＋３６ꎬ ꎻ 探究􀅰拓展 根据余弦函数的概念可得 α α ｃｏｓ ＝ 设ｋ ｎ ｎ Ｚ 则 ｎ ° １２.解析 θ是第一象限角 ｋ ° ｘ (２) ＝２ ＋１( ∈ )ꎬ ＝ 􀅰３６０ ∵ ꎬ∴ 􀅰３６０ － ５ 解得 ｘ ５ 故 ｘ 的值 α ２ < θ <９０ ° ＋ ｋ 􀅰３６０ ° ꎬ ｋ ∈ Ｚ. ｘ２ ＋３６ ＝－ １３ ꎬ ＝ ２ ꎬ ° ｎ Ｚ 与 °角的终边相 ｋ ° θ ° ｋ ° ｋ ＋２４０ ( ∈ )ꎬ ２４０ (１)２ 􀅰３６０ <２ <１８０ ＋２ 􀅰３６０ ꎬ 为 ５ . ２ Ｚ. 同 是第三象限角. ∈ ２ ꎬ θ可能是第一象限角 也可能是第 ３.解析 α ∴２ ꎬ 故 是第一或第三象限角. 二象限角 也可能终边与ｙ轴正半轴 ２ 重合 故 ꎬ θ 一定不是第三或第四象 角α ０ ° ３０ ° ４５ ° ６０ ° ９０ ° １８０ ° ２７０ ° ３６０ ° ꎬ ２ 角α的 ８.解析 ６０ °的弧度数为π ꎬ 根据扇形的 限角. 弧度数 ０ π π π π π ３π ２π ３ ６ ４ ３ ２ ２ ｋ θ ｋ 弧长公式 ｌ ＝ ｜ α ｜􀅰 ｒ ꎬ 得 ｌ ＝ π ３ ×１０＝ (２) ３ 􀅰３６０ ° < ３ <３０ ° ＋ ３ 􀅰３６０ ° ꎬ ｋ ｓｉｎ α ０ １ ２ ２ ２ ２ ３ １ ０ －１ ０ Ｚ １０π . ∈ ꎬ α ３ ２ １ ３ (ｃｍ) 若ｋ ｎ ｎ Ｚ 则 ｎ ° θ ｃｏｓ １ ２ ２ ２ ０ －１ ０ １ ① ＝３ ꎬ ∈ ꎬ 􀅰３６０ < < 不存 不存 根据扇形的面积公式 Ｓ １ ｒｌ 得 Ｓ ３ α ３ ＝ ２ ꎬ ＝ ３０ ° ＋ ｎ 􀅰３６０ ° ꎬ ｎ ∈ Ｚ ꎬ ｔａｎ ０ ３ １ ３ 在 ０ 在 ０ θ ４.解析 因为α是三角形的一个内角 所 １ ｒｌ １ １０π ５０π ２ . 因此 是第一象限角 ꎬ ＝ ×１０× ＝ (ｃｍ ) ꎻ α ２ ２ ３ ３ ３ 以 α 则 π 则 α ９.解析 因为飞轮以 转/分的速 若ｋ ｎ ｎ Ｚ 则 ° ｎ ° ０< <πꎬ ０< < ꎬ ｓｉｎ >０ꎬ (１) ３００ ② ＝３ ＋１ꎬ ∈ ꎬ １２０ ＋ 􀅰３６０ ２ ２ ２１ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋α ７.２.２ 同角三角函数关系 若角 θ 是第三角限角 则 θ . (２) ꎬ ｃｏｓ ＝ ｔａｎ >０ ２ 练习 １ ５ － ＝－ ꎬ 当π α 时 α α .故有 １.证明 设点 Ｐ ｘ ｙ 为角 α 终边上一 ５ ５ < <π ꎬｃｏｓ <０ꎬｔａｎ <０ ( ꎬ ) ２ æ ö 可能取负值的是 ｃｏｓ α和 ｔａｎ α. 点 ꎬ 点Ｐ到原点的距离ｒ ＝ ｘ２ ＋ ｙ２ >０ . ｓｉｎ θ ＝２ｃｏｓ θ ＝２×è ç － ５ ø ÷ ＝－ ２ ５. ５.解 所 析 以 (１ ° ) 角 因为 是 ８ 第 ８５ 二 ° ＝ 象 ２× 限 ３６ 角 ０ ° ＋ 所 １６５ 以 ° ꎬ 根据三角函数的概念知 :ｓｉｎ α ＝ ｙ ｒ ꎬ ５.解析 (１)ｃｏｓ α ｔａｎ α ５ ＝ｃｏｓ α ５ 􀅰 ｓｉｎ α α＝ ８８５ ꎬ ｘ ｙ ｃｏｓ ° ° ° . α α 则 α. ｓｉｎ８８５ >０ꎬｃｏｓ８８５ <０ꎬｔａｎ８８５ <０ ｃｏｓ ＝ ｒ ꎬｔａｎ ＝ ｘ ꎬ ｓｉｎ (２) 因为 －３９５ ° ＝－２×３６０ ° ＋３２５ ° ꎬ 所以 ( ｙ ) ２ ( ｘ ) ２ ２ｃｏｓ ２α －１ ２ｃｏｓ ２α －(ｓｉｎ ２α ＋ｃｏｓ ２α ) －３９５ °角是第四象限角 ꎬ 所以 ｓｉｎ(－３９５ ° )< (１) ｓｉｎ ２α ＋ｃｏｓ ２α ＝ ｒ ＋ ｒ ＝ (２) １－２ｓｉｎ ２α ＝ (１－ｓｉｎ ２α )－ｓｉｎ ２α ０ꎬｃｏ 因 ｓ( 为 －３ １ ９５ ９ ° π )>０ꎬｔａｎ ７ ( π －３９５ ° )<０ . ｘ２ ｒ ＋ ２ ｙ２ ＝１ . ＝ ｃ ｃ ｏ ｏ ｓ ｓ ２ ２ α α － － ｓ ｓ ｉ ｉ ｎ ｎ ２ ２ α α ＝１ . (３) ６ ＝２π＋ ６ ꎬ 由正切函数的概念可以看出点 ６.证明 证法一 左边 ｓｉｎ ２α 所以１９π角是第三象限角 ( Ｐ ２) ｘ ｙ 的横坐标ｘ不能为 即当α (１) : ＝１＋ ｃｏｓ ２α＝ ６ ꎬ ( ꎬ ) ０ꎬ ≠ ｙ ｃｏｓ ２α ＋ｓｉｎ ２α １ 右边.故原式成立. 所以 ｓｉｎ １９ ６ π <０ꎬｃｏｓ １９ ６ π <０ꎬｔａｎ １９ ６ π >０ . ｋ π＋ π ２ ( ｋ ∈ Ｚ ) 时 ꎬ 有 ｔａｎ α ＝ ｙ ｘ ＝ ｘ ｒ 证法 ｃｏ 二 ｓ ２α 右边 ＝ ｃｏ ｃ ｓ ｏ ２ ｓ α ２α ＝ ＋ｓｉｎ ２α ｓｉｎ ２α 因为 ２５π ５π 所以 ２５π ｒ : ＝ ｃｏｓ ２α ＝１＋ ｃｏｓ ２α＝ ( 角 ４ 是 ) 第四 － 象限 ３ 角 ＝－ 所 １０ 以 π＋ ３ ( ꎬ ２５π － ) ３ ＝ ｃ ｓｉ ｏ ｎ ｓ α α . 证 １＋ 法 ｔａｎ 三 ２α : ＝ 因 左边 为 .故 (１ 原 ＋ 式 ｔａ 成 ｎ ２ 立 α ) . 􀅰ｃｏｓ ２α ＝ ｃｏｓ ( － ２５π ) >０ꎬｔａ ꎬ ｎ ( － ２５π ｓｉｎ ) < － ０ . ３ <０ꎬ ２.解 ＝１ 析 －ｃ ｏｓ 因 ２α 为 ＝１ ｓ － ｉｎ ( ２ － α ＋ ４ ｃｏ ) ｓ ２ ２ ＝ α ＝ ９ １ . ꎬ 所以 ｓｉｎ ２α æ è ç １＋ ｃ ｓｉ ｏ ｎ ｓ ２ ２ α α ö ø ÷ 􀅰ｃｏｓ ２α ＝ｃｏｓ ２α ＋ｓｉｎ ２α ＝１ꎬ 所 ６.解析 ３ 由 ｃｏｓ α <０ 可知 ３ α的终边在第 又α为第三象限角 ５ ꎬ 所以 ２ ｓ ５ ｉｎ α <０ꎬ 以 １＋ｔａｎ ２α ＝ ｃｏ １ ｓ ２α . 二或第三象限或终边与ｘ轴负半轴重 证法一 左边 ２α ２α 故 α ９ ３ (２) : ＝(ｓｉｎ ＋ｃｏｓ )􀅰 合 由 α 可知α的终边在第二或 ｓｉｎ ＝－ ＝－ ꎬ ２α ２α ２α ２α 右边.故 ꎻ ｔａｎ <０ ２５ ５ (ｓｉｎ －ｃｏｓ )＝ｓｉｎ －ｃｏｓ ＝ 第四象限. α ( ) 原式成立. 于 是 α ｓｉｎ ３ 综上 角α是第二象限角. ｔａｎ ＝ α ＝ － × 证法二 右边 ２α ２α ꎬ ｃｏｓ ５ : ＝ １􀅰(ｓｉｎ －ｃｏｓ )＝ 练习 ( ) ２α ２α ２α ２α ４α ５ ３ . (ｓｉｎ ＋ｃｏｓ )(ｓｉｎ －ｃｏｓ )＝ ｓｉｎ － １.解析 如图 图中的 ＭＰ ＯＭ ＡＴ分别 － ＝ ４α 左边.故原式成立. ꎬ 、 、 ４ ４ ｃｏｓ ＝ 为各角的正弦线 、 余弦线 、 正切线. ３.解析 因为 α １ 且 α (３) 左边 － 右边 ＝ｔａｎ ２α ｓｉｎ ２α －(ｔａｎ ２α － ｓｉｎ ＝－ ２ <０ꎬ ｓｉｎ ≠ ２α ２α ２α ２α ｓｉｎ ２α －１ꎬ 所以α是第三或第四象限角. ｓｉｎ )＝ｔａｎ (ｓｉｎ －１)＋ｓｉｎ ＝ ｃｏｓ ２α 若α是第三象限角 则 ２α ２α ２α ２α (１) ꎬ 􀅰(－ｃｏｓ )＋ｓｉｎ ＝－ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ＝０ꎬ α ２α ( １ ) ２ 故 ｔａｎ ２α ｓｉｎ ２α ＝ｔａｎ ２α －ｓｉｎ ２α. ｃｏｓ ＝－ １－ｓｉｎ ＝－ １－ － ＝ ２ ７.２.３ 三角函数的诱导公式 α － １ 练习 ３ α ｓｉｎ ２ ３. － ꎬｔａｎ ＝ α＝ ＝ ( ) ２ ｃｏｓ ３ ３ １.解析 π π ２. － (１)ｓｉｎ － ＝－ｓｉｎ ＝－ ２ ４ ４ ２ 若α是第四象限角 则 (２) ꎬ ° ° １ . (２)ｃｏｓ(－６０ )＝ｃｏｓ６０ ＝ ( ) ２ ２ α ２α １ ３ ( ) ｃｏｓ ＝ １－ｓｉｎ ＝ １－ － ＝ ꎬ ２ ２ (３)ｔａｎ ７π ＝ｔａｎ π＋ π ＝ｔａｎ π ＝ ３. ６ ６ ６ ３ １ ２.解析 当 α [ ｋ ｋ π ] ｋ Ｚ α ｓｉｎ α － ２ ３. (４)ｓｉｎ２２５ ° ＝ｓｉｎ(１８０ ° ＋４５ ° )＝－ｓｉｎ ４５ ° ∈ ２ πꎬ２ π＋ ꎬ ∈ ｔａｎ ＝ α＝ ＝－ ２ ｃｏｓ ３ ３ ２. 时 α的值随α的增大而增大 当α ＝－ ꎬｓｉｎ ꎻ ２ ２ [ ] θ ２.解析 ° ° ° ｋ π ｋ ｋ Ｚ 时 α ４.解析 由ｓｉｎ θ 可得 θ (１)ｓｉｎ １５０ ＝ｓｉｎ(１８０ －３０ )＝ ∈ ２ π＋ ꎬ２ π＋π ꎬ ∈ ꎬｓｉｎ θ＝ｔａｎ ＝２ꎬ ｓｉｎ ＝ ２ ｃｏｓ ° １ . 的值随 α 的增大而减小 ꎻ 当 α ∈ ２ｃｏｓ θ.又 ｓｉｎ ２θ ＋ｃｏｓ ２θ ＝１ꎬ 所以 (２ｃｏｓ θ ) ２ ｓｉｎ３０ ＝ ２ [ ] ° ° ° ｋ ｋ ３π ｋ Ｚ 时 α 的 ２θ 即 ２θ １ .由 θ (２)ｔａｎ １ ０２０ ＝ｔａｎ(３×３６０ －６０ )＝ ２ π＋πꎬ２ π＋ ꎬ ∈ ꎬｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝１ꎬ ｃｏｓ ＝ ｔａｎ ＝２>０ꎬ ° ° . ２ ５ ｔａｎ(－６０ )＝－ｔａｎ６０ ＝－ ３ 值随 α 的 增 大 而 减 小 当 α 知θ是第一或第三象限角. ( ) ( ) ꎻ ∈ ３π ３π π [ ] 若角 θ 是第一象限角 则 θ (３)ｓｉｎ － ＝－ｓｉｎ ＝－ｓｉｎ π－ ｋ ３π ｋ ｋ Ｚ时 α的 (１) ꎬ ｃｏｓ ＝ ４ ４ ４ ２ π＋ ꎬ２ π＋２π ꎬ ∈ ꎬｓｉｎ ２ １ ５ θ θ ５ ２ ５. π ２. 值随α的增大而增大. ＝ ꎬｓｉｎ ＝２ｃｏｓ ＝２× ＝ ＝－ｓｉｎ ＝－ ５ ５ ５ ５ ４ ２ ２２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ° ° ( ) [ ( )] (４)ｓｉｎ(－７５０ )＝ －ｓｉｎ ７５０ ＝－ｓｉｎ(２× π ｘ π π ｘ ∴ ｓｉｎ ＋ ＝ ｓｉｎ － － ＝ ° ° ° １ . ４ ２ ４ ３６０ ＋３０ )＝－ｓｉｎ３０ ＝－ ( ) ２ π ｘ ２ ６. ３.解析 原式 α α α ｃｏｓ － ＝ (１) ＝－ｓｉｎ ｃｏｓ ＋(－ｓｉｎ ) ４ ５ α . ６.解析 ° α ° ° ° α 􀅰(－ｃｏｓ )＝０ ∵９０ < <１８０ ꎬ∴ －１４０ <４０ － 原式 α α α ° ° α (２) ＝ｓｉｎ (－ｃｏｓ )(－ｔａｎ )＝ <－５０ ꎬ∴ ｓｉｎ(４０ － )<０ꎬ α ｓｉｎ α ｃｏｓ α 􀅰 ｓｉｎ α＝ｓｉｎ ２α. ∴ ｓｉｎ(４０ ° － α )＝ － １－ｃｏｓ ２ (４０ ° － α )＝ ４.解析 (１)５ｓｉｎ９０ ° ＋２ｓｉｎ０ ° －３ｓｉｎ２７０ ° ＋ ｃｏｓ ( ) ２ ° . ４.解析 因为 ｆ ｘ 的定义域为 Ｒ ３ ４ １０ｃｏｓ１８０ ＝５＋３－１０＝－２ (１) ( ) ꎬ － １－ ＝－ ꎬ ｆ (－ ｘ )＝ ｜ｓｉｎ(－ ｘ )｜＝｜－ｓｉｎ ｘ ｜＝｜ｓｉｎ ｘ ｜＝ ５ ° α ５ ° ° α (２)ｓｉｎ π －ｃｏｓ ２ π ｃｏｓ π－ １ ｔａｎ ２ π － ｆ ｘ 所以ｆ ｘ ｘ 是偶函数. ∴ ｃｏｓ(５０ ＋ )＝ｃｏｓ[９０ －(４０ － )]＝ ６ ４ ３ ６ ( ( ２) ) 因 ꎬ 为ｆ ( ｘ ( ) 的 )＝ 定 ｜ｓ 义 ｉｎ 域 ｜ 为Ｒ ꎬ ｆ (－ ｘ )＝ ｓｉｎ(４０ ° － α )＝－ ４ . ｃｏｓ π＋ｓｉｎ π ＝ １ ＋ １ － １ × æ è ç ３ ö ø ÷ ２ ＋１＋ ｓｉｎ(－ ｘ )ｃｏｓ(－ ｘ )＝－ｓｉｎ ｘ ｃｏｓ ｘ ＝－ ｆ ( ｘ )ꎬ ◆习题7.2 ５ ２ ２ ２ ３ ３ 所以ｆ ( ｘ )＝ｓｉｎ ｘ ｃｏｓ ｘ是奇函数. 感受􀅰理解 １＝３－ １ ＝ ２６. 练习 ９ ９ １.解析 ｘ ｙ ｒ ( ) (１)∵ ＝ －８ꎬ ＝ －６ꎬ∴ ＝ ５.解析 π 为第二象 １.解析 (１)ｓｉｎ π － α ＝ｃｏｓ α ＝ ａ. (－８) ２ ＋(－６) ２ ＝１０ꎬ (１)∵ ２ <２<πꎬ∴ ２ ( ) ２ ｙ ｘ 限角 α －６ ３ α －８ ꎬ ( ( ３ ２ ) ) ｓ ｓ ｉ ｉ ｎ ｎ ( ５ π ２ ２ π ＋ ＋ α α ) ＝ ＝ ｃ ｓｉ ｏ ｎ ｓ ( α π ２ ＝ ＋ ａ. α ) ＝ｃｏｓ α ＝ ａ. ∴ ＝－ ｓｉｎ ５ ４ ꎬｔ ＝ ａｎ ｒ α ＝ ＝ １ ｙ ｘ ０ ＝ ＝ － － － ６ ８ ５ ＝ ꎬ ４ ３ ｃｏ . ｓ ＝ ｒ ＝ １０ ∴ (２ ｓ ) ｉｎ ∵ ２ ３ > ２ π ０ < . ６<２πꎬ∴６ 为第四象限角 ꎬ ( ) ( ) ｘ ｙ ｒ . α ３π ３π α (２) ∵ ＝ ３ꎬ ＝ － １ꎬ ∴ ＝ ∴ ｃｏｓ６>０ (４) ｓｉｎ － ＝ － ｓｉｎ － ＝ ｙ ２ ２ ２ ２ α －１ π 为第二象限角 ( ) ( ３) ＋(－１) ＝２ꎬ∴ ｓｉｎ ＝ ｒ ＝ (３)∵ <３<πꎬ∴３ ꎬ π α α ａ. ２ ２ ｓｉｎ － ＝ｃｏｓ ＝ ｘ ｙ . ２ １ α ３ α －１ ∴ ｃｏｓ３<０ꎬ∴ ｃｏｓ(－３)＝ｃｏｓ３<０ ２.解析 . ° . ＝－ ꎬｃｏｓ ＝ ｒ ＝ ꎬｔａｎ ＝ ｘ ＝ ＝ ∵ ｓｉｎ５３１３ ＝０８ꎬ ２ ２ ３ ５π 为第二象限角 . ° ° . ° (４)∵ <８<３πꎬ∴８ ꎬ ∴ ｃｏｓ １４３ １３ ＝ｃｏｓ(９０ ＋５３ １３ )＝ ３. ２ . ° . － . －ｓｉｎ５３１３ ＝－０８ꎻ ３ ∴ ｔａｎ８<０ꎬ∴ ｔａｎ(－８)＝－ｔａｎ８>０ . ° ° . ° ( ) ( ) ｃｏｓ ２１６ ８７ ＝ ｃｏｓ(１８０ ＋３６ ８７ ) ＝ ｘ ｙ ｒ ２ ２ ６.解析 ｆ π π π . ° ° . ° (３)∵ ＝－１ꎬ ＝１ꎬ∴ ＝ (－１) ＋１ ＝ (１) ＝ ｓｉｎ ＋ ＋ －ｃｏｓ３６８７ ＝ －ｃｏｓ(９０ － ５３ １３ ) ＝ ｙ ４ ４ ４ . ° . . α １ ２ ( ) ( ) －ｓｉｎ５３１３ ＝－０８ ２ꎬ∴ ｓｉｎ ＝ ｒ ＝ ＝ ꎬ π π π ( ) [ ２ ２ ２ｓｉｎ － － ４ｃｏｓ ２× ＋ ３. 证 明 ｃｏｓ ３π － α ＝ ｃｏｓ π ＋ α ｘ －１ ２ α ｙ １ ( ４ ４ ) ４ ( π α ) ] ２ ( π α ) α ｃｏｓ ＝ ｒ ＝ ２ ＝－ ２ ꎬｔａｎ ＝ ｘ ＝ －１ ＝ ３ｓｉｎ π ４ ＋ ３ ４ π ＝ｓｉｎ π ２ ＋２ｓｉｎ ０－４ｃｏｓ π ２ － ＝－ｃｏｓ － ＝－ｓｉｎ ꎻ . . ２ ２ －１ ＋３ｓｉｎ π＝１＋０－０＋０＝１ ( ３π α ) [ ( π α )] (４)∵ ｘ ＝０ꎬ ｙ ＝－２ꎬ∴ ｒ ＝ ０ ２ ＋(－２) ２ ｆ ( ３π ) ( ３π π ) ( ３π ｓｉｎ － ＝ ｓｉｎ π＋ － ＝ (２) ＝ｓｉｎ ＋ ＋２ｓｉｎ － －ｓｉｎ ( ２ π ２ － α ) ＝－ α ｃｏｓ α. ２ ( ) ∴ ＝２ ｓ ꎬ ｉｎ α ＝ ｙ ｒ ＝ － ２ ２ ＝－１ꎬｃｏｓ α ＝ ｘ ｒ ＝ ２ ０ ＝ π ４ ) －４ ４ ｃｏｓ ( ２× ３ ４ π ４ ) ＋３ ４ ｓｉｎ ( ３ ４ π ＋ ３ ４ π ４ ) ＝ ４.解析 ｃｏｓ( －π) α π α不存在. (１) ｓｉｎ(π－ α ) 􀅰ｓｉｎ － ２ 􀅰 ０ꎬｔａｎ ｓｉｎπ＋２ｓｉｎ π －４ｃｏｓ ３π ＋３ｓｉｎ ３π ＝０＋２－ ( ) α [ ( ) ２.解析 在角５π的终边上任取一点 不 ２ ２ ２ π α ｃｏｓ(π－ ) π α ꎬ . ｃｏｓ ＋ ＝ α 􀅰 －ｓｉｎ － ４ ０－３＝－１ ２ ｓｉｎ(π－ ) ２ 妨 取 点 则 ｒ ７.解析 正. 负. ( ) ] α ( － １ꎬ － １ )ꎬ ＝ (１) (２) π α －ｃｏｓ α ８.解析 第四象限角. 􀅰ｃｏｓ ＋ ＝ α 􀅰(－ｃｏｓ )􀅰 (－１) ２ ＋(－１) ２ ＝ ２ꎬ (１) ２ ｓｉｎ 第一或第三象限角. (－ｓｉｎ α )＝－ｃｏｓ ２α. ∴ ｓｉｎ ５π ＝ ｙ ｒ ＝ －１ ＝－ ２ ꎬｃｏｓ ５π ＝ ｘ ｒ ＝ (２) 第一或第四象限角. (２) ｃｏｓ ( (２π－ α ) )ｓｉｎ(π＋ α ) ４ ２ ｙ ２ ４ ( ( ３ ４ ) ) 第一 、 二象限角或终边在 ｘ 轴或 ｙ ｓｉｎ π ＋ α ｔａｎ(３π－ α ) －１ ＝－ ２ ꎬｔａｎ ５π ＝ ｘ ＝ －１ ＝１ . 轴的正半轴上的角. α ２ α α ２ ２ ４ －１ ｃｏｓ(－ )􀅰(－ｓｉｎ ) ｓｉｎ α. ３.解析 如图 图中的 ＭＰ ＯＭ ＡＴ分别 ９.解析 θ １２ 且θ为第四象 ＝ α α ＝ α＝ｃｏｓ ꎬ 、 、 (１)∵ ｃｏｓ ＝ ꎬ ｃｏｓ 􀅰(－ｔａｎ ) ｓｉｎ 为各角的正弦线 余弦线 正切线. １３ α 、 、 限角 ｃｏｓ ꎬ ( ) ５.解析 ∵０< ｘ < π ꎬ∴ － π < π － ｘ < π ꎬ ∴ ｓｉｎ θ ＝－ １－ｃｏｓ ２θ ＝－ １－ １２ ２ ＝ ( ) ２ ４ ４ ( ４ ) １３ π ｘ π ｘ ∴ ｃｏｓ － > ０ꎬ ∴ ｃｏｓ － ＝ ５ ４ ４ θ － ５ θ ｓｉｎ １３ ５ . ( ) ( ) ２ － ꎬｔａｎ ＝ θ＝ ＝－ ２ π ｘ １ ２ ６. １３ ｃｏｓ １２ １２ １－ｓｉｎ － ＝ １－ － ＝ ４ ５ ５ １３ ２３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋ｘ ｘ ２ ｘ ａ ｘ １ ｘ为第三或第四象 (ｃｏｓ －ｓｉｎ ) ３ θ ４ ４ . (２)∵ ｓｉｎ ＝－ ꎬ∴ ＝ ｘ ｘ ｘ ｘ ＝ ꎬｃｏｓ ＝ ｒ ＝ ａ＝－ ３ (ｃｏｓ －ｓｉｎ )(ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ) ５ －５ ５ 限角. ｘ ｘ { } ｃｏｓ －ｓｉｎ １８.解析 α α ｋ ７π ｋ Ｚ ＝ ｘ ｘ (１) ＝２ π＋ ꎬ ∈ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ６ 当ｘ 为第三象限角时 ｘ ２ ２ { } ꎬｃｏｓ ＝－ ３ ꎬ ＝ １－ｔａｎ ｘ ｘ ∪ α α ＝２ ｋ π＋ １１π ꎬ ｋ ∈ Ｚ . １＋ｔａｎ { ６ } ｘ ２. 右边 ｔａｎ ＝ ＝ ꎬ α ｋ π α ｋ ７π ｋ Ｚ . ４ 原等式成立. (２) ２ π－ ６ < <２ π＋ ６ ꎬ ∈ ∴ 当ｘ为第四象限角时 ｘ ２ ２ ｘ 思考􀅰运用 １９.解析 由 α α 两边平 ꎬｃｏｓ ＝ ꎬｔａｎ (１) ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝ ２ꎬ ３ １４.解析 α α α. 方得 α α ∵ ｔａｎ ＝３ꎬ∴ ｓｉｎ ＝３ｃｏｓ １＋２ｓｉｎ ｃｏｓ ＝２ꎬ ＝－ ２. 又 ｓｉｎ ２α ＋ｃｏｓ ２α ＝１ꎬ 则 ｓｉｎ α ｃｏｓ α ＝ １ . ４ ２ １０.解析 ( １７π ) １７π ∴１０ｃｏｓ ２α ＝１ꎬ 即 ｃｏｓ ２α ＝ １ . 所以 ｓｉｎ ４α ＋ｃｏｓ ４α ＝(ｓｉｎ ２α ＋ｃｏｓ ２α ) ２ － (１)ｃｏｓ － ＝ｃｏｓ ＝ １０ ４ ４ ２α ２α １ １ . ( ) α ３π α １０. ２ｓｉｎ ｃｏｓ ＝１－２× ＝ π π ２. ∵ π< < ꎬ∴ ｃｏｓ ＝－ ４ ２ ｃｏｓ ４π＋ ＝ｃｏｓ ＝ ２ １０ ４ ４ ２ 由 α α １ 两边平方并整 ( ) α ３ １０. (２) ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝ ５ ꎬ ２６π ２π ２π ∴ ｓｉｎ ＝－ (２)ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ８π＋ ＝ｓｉｎ ＝ １０ 理得 α α １２. ３ ３ ３ æ ö ｓｉｎ ｃｏｓ ＝－ ( ) α α １０ ç ３ １０÷ １０. ２５ π π ３. ∴ ｃｏｓ －ｓｉｎ ＝－ －è－ ø＝ ｓｉｎ π－ ＝ｓｉｎ ＝ １０ １０ ５ 所以 α α是方程ｘ２ １ ｘ １２ ３ ３ ２ α α ｓｉｎ ꎬｃｏｓ － － ＝ ° ° ° １５.解析 α ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ５ ２５ (３)ｃｏｓ １ ６５０ ＝ｃｏｓ(４×３６０ ＋２１０ )＝ (１)∵ ｔａｎ ＝２ꎬ∴ α α ｃｏｓ２１０ ° ＝ｃｏｓ(１８０ ° ＋３０ ° )＝ －ｃｏｓ ３０ ° ＝ α ｓｉｎ －ｃｏｓ ０ 的两个实数根 ꎬ 解方程得ｘ １＝ ５ ４ ꎬ ｘ ２ ｔａｎ ＋１ ２＋１ . － ３. ＝ ｔａｎ α －１ ＝ ２－１ ＝３ ＝－ ３ .又 ０< α <πꎬ 所以 ｓｉｎ α >０ꎬｃｏｓ α ２ ５ (４)ｓｉｎ１ ７４０ ° ＝ｓｉｎ(４×３６０ ° ＋３００ ° )＝ (２)∵ ｔａｎ α ＝－ ２ １ ꎬ <０ . ° ° ° ° ｓｉｎ３００ ＝ｓｉｎ(３６０ －６０ )＝－ｓｉｎ ６０ ＝ １ 则 ｓｉｎ α ＝ ４ ꎬｃｏｓ α ＝－ ３ ꎬ 故 ｔａｎ α ＝ ∴ ２α α α ２α ５ ５ ３. ｓｉｎ －ｓｉｎ ｃｏｓ －２ｃｏｓ － ２α ２α ４ . ２ ｓｉｎ ＋ｃｏｓ － １１.证明 ｘ ａ θ ｙ ｂ θ ＝ ２α α α ２α ３ ∵ ＝ ｃｏｓ ꎬ ＝ ｓｉｎ ꎬ ｓｉｎ －ｓｉｎ ｃｏｓ －２ｃｏｓ 探究􀅰拓展 ｘ ｙ ２α θ θ ｔａｎ ＋１ ２０.解析 因为 α β 所以角α与 ∴ ａ ＝ｃｏｓ ꎬ ｂ ＝ｓｉｎ ꎬ ＝ ２α α ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ꎬ ｔａｎ －ｔａｎ －２ 角β的终边相同或角 α与角 β 的 ( ｘ ) ２ ( ｙ ) ２ ( ) ２ π－ ２θ ２θ １ 终边相同 由此可得 α ｋ β ｋ ∴ ａ ＝ｃｏｓ ꎬ ｂ ＝ｓｉｎ ꎬ － ＋１ ꎬ ＝２ π＋ ( ∈ ( ｘ ) ２ ( ｙ ) ２ ＝( ) ２ ２ ( ) ＝－１ . Ｚ ) 或α ＝２ ｋ π＋π－ β ( ｋ ∈ Ｚ )ꎬ 即α － β ＝ ２θ ２θ 即 １ １ ｋ ｋ Ｚ或α β ｋ ｋ Ｚ. ∴ ａ ＋ ｂ ＝ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ＝１ꎬ － － － －２ ２ πꎬ ∈ ＋ ＝２ π＋πꎬ ∈ ｘ２ ｙ２ ２ ２ ( ) ２１.解析 如图 ꎬ 设角α的终边交单位圆 ａ２ ＋ｂ２ ＝１ . １６.解析 ∵ ５π － ｘ ＝π－ π ＋ ｘ ꎬ 于点Ｐ ꎬ 过点 Ｐ 作 ＰＭ ⊥ ｘ 轴 ꎬ 垂足为 ６ ６ １２.解析 θ为第二象限角 ( ) [ ( )] Ｍ ꎬ 过点Ａ (１ꎬ０) 作单位圆的切线 ꎬ 交 ∴ ｔａｎ θ (１) １－ ∵ ｓｉｎ ２θ ＝ ｃ ｓｉ ｏ ｎ ｓ θ θ􀅰｜ｃｏ ꎬ ｓ θ ｜ ∴ ｓ ( ｉｎ π ５ ｘ ６ π ) － ｘ １ ＝ . ｓｉｎ π－ π ６ ＋ ｘ ＝ Ｏ ＡＴ Ｐ 分 的 别 延长 是 线 角 于 α 点 的 Ｔ 正 ꎬ 则 弦 有 线 向 、 线 正 段 切 Ｍ 线 Ｐ ꎬ 、 ＝ ｓｉｎ θ θ􀅰(－ｃｏｓ θ )＝－ｓｉｎ θ. ｓｉｎ ６ ＋ ＝ ４ ( ) 连 ｜ Ｍ 接 Ｐ ｜ Ｐ ＝ Ａ Ｍ . Ｐ ＝ｓｉｎ α ꎬ｜ ＡＴ ｜ ＝ ＡＴ ＝ｔａｎ α ꎬ ｃｏｓ 又π ｘ π ｘ π (２)∵ α是第四象限角 ꎬ ３ － ( ＝ ２ － ) ＋ ６ [ ꎬ ( )] 因为Ｓ △ ＯＡＰ< Ｓ 扇形ＡＯＰ< Ｓ △ ＯＡＴꎬ １－ｃｏｓ α １＋ｃｏｓ α ∴ ｓｉｎ ２ π － ｘ ＝ｓｉｎ ２ π － ｘ ＋ π ＝ 所以 １ ｜ ＯＡ ｜􀅰｜ ＭＰ ｜< １ α 􀅰｜ ＯＡ ｜ ２ < ∴ α＋ α ３ ２ ６ ２ ２ １＋ｃｏｓ １－ｃｏｓ ( ) ( ) ＝ (１－ α ｃｏｓ α ) ２ α ＋ ｃｏｓ ２ ｘ ＋ π ６ ＝１－ｓｉｎ ２ ｘ ＋ π ６ ＝ １ １ ６ ５ ꎬ 则 ２ １ ｜ Ｍ Ｏ Ｐ Ａ ｜􀅰 α ｜ ＡＴ Ａ ｜ Ｔ ꎬ 即ＭＰ α ＡＴ 所以 (１＋ｃｏｓ )(１－ｃｏｓ ) 原式 １ １５ １９. ｜ ｜< <｜ ｜ꎬ < < ꎬ (１＋ｃｏｓ α ) ２ ∴ ＝ ４ ＋ １６ ＝ １６ ｓｉｎ α < α <ｔａｎ α. α α １７.解析 因为ｘ ａ ｙ ａ ａ 所以 (１－ｃｏｓ )(１＋ｃｏｓ ) ＝４ ꎬ ＝－３ ꎬ ≠０ꎬ α α ｒ ａ . １－ｃｏｓ １＋ｃｏｓ ２ . ＝５｜ ｜ ＝ －ｓｉｎ α ＋ －ｓｉｎ α ＝－ ｓｉｎ α 当ａ 时 ｒ ａ θ ｙ －３ ａ １３.证明 左边 ２α ２α ２ (１) >０ ꎬ ＝５ ꎬｓｉｎ ＝ ｒ ＝ ａ (１)∵ ＝(ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ) － ５ ２α ２α ２α ２α 右边 ｘ ａ ２ｓｉｎ ｃｏｓ ＝１－２ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ ꎬ ３ θ ４ ４ . 原等式成立. ＝－ ꎬｃｏｓ ＝ ｒ ＝ ａ＝ ∴ ５ ５ ５ ２ｘ ２ｘ ｘ ｘ ｙ ａ 左边 ｓｉｎ ＋ｃｏｓ －２ｓｉｎ ｃｏｓ 当ａ 时 ｒ ａ θ －３ (２)∵ ＝ ｘ ｘ ｘ ｘ (２) <０ ꎬ ＝－５ ꎬｓｉｎ ＝ ｒ ＝ ａ (ｃｏｓ －ｓｉｎ )(ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ) －５ ２４ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 7.3 三角函数的图象和性质 由π ｋ ｘ π ３π ｋ ｋ Ｚ ＋２ π≤ ＋ ≤ ＋２ π( ∈ )ꎬ ２ ４ ２ ７.３.１ 三角函数的周期性 得π ｋ ｘ ５π ｋ ｋ Ｚ . 练习 ＋２ π≤ ≤ ＋２ π( ∈ ) ４ ４ ( ) １.解析 正确.根据周期函数的概念 (１) ꎬ 故函数ｙ ｘ π 的单调递增区间 知存在非零的常数 Ｔ 使得 ｆ ｘ Ｔ ＝ｓｉｎ ＋ ꎬ ( ＋ )＝ [ ４ ] 举 即 ｆ ( ｘ 要 出 ) 恒 说 一 成 明 个 立 一 反 ꎬ 个 例 那 数 就 么 不 可 Ｔ 是 以 就 函 了 是 数 .题 的 ｆ ( 目 ｘ 周 中 ) 期 的 说 ꎬ 周 明 只 期 要 了 . ４.解 有点 析 向 上 (１ 平 ) 把 移 函数 个 图 ｙ 单 ＝ ２ 位 ｃｏ 长 ｓ ｘ 度 的 即 图 得 象上 ｙ 所 递 为 减 － 区 ３ ４ π 间 ＋２ 为 ｋ π [ ꎬ π π ４ ＋２ ｋ ｋ π ５ ( π ｋ ∈ ｋ Ｚ ) ] ꎻ 单 ｋ 调 ( ) １ ꎬ ＝１ ＋２ πꎬ ＋２ π ( ∈ 当ｘ ＝ π 时 ꎬｓｉｎ π ＋ ２π ≠ｓｉｎ π ꎬ 因 ＋ｃｏｓ ｘ的图象 ꎬ 如图 １ . Ｚ ) . ４ ４ ３ ３ ３ ３ 函数ｙ ｘ 的单调递增区间为 此２π不是函数ｙ ｘ的周期. (２) ＝３ｃｏｓ ＝ｓｉｎ ｋ ｋ ｋ Ｚ 单调递减 ３ [π＋２ πꎬ２π＋２ π]( ∈ )ꎻ 不正确.某个自变量使得ｆ ｘ Ｔ 区间为 ｋ ｋ ｋ Ｚ . (２) ( ＋ )＝ [２ πꎬπ＋２ π]( ∈ ) ｆ ｘ 不能说明Ｔ就是函数的周期. ８.解析 因为 ° ° ° ( )ꎬ (１) １８０ <２５０ <２６０ < ° 正弦函数在 ° ｘ °时单调 ２.解析 Ｔ ２π. Ｔ . ２７０ ꎬ １８０ < <２７０ (１) ＝ (２) ＝６π 递减 所以 ° °. ３ 图 ꎬ ｓｉｎ２５０ >ｓｉｎ２６０ １ ( ) ３.解析 由题意知 Ｔ ２π ２π 解得 ｋ 把函数ｙ ｘ的图象上所有点向 １５π π π ꎬ ＝ ｋ ＝ ꎬ (２) ＝ｃｏｓ (２)ｃｏｓ ＝ｃｏｓ ２π－ ＝ ｃｏｓ ꎬ ３ ８ ８ ８ . 左平移π 个单位长度 即得函数 ｙ ( ) ＝３ ꎬ ＝ １４π ４π ４π. ４.解析 由题图可知该函数的周期 ３ ｃｏｓ ＝ｃｏｓ ２π－ ＝ｃｏｓ (１) ( ) ９ ９ ９ 是 . ｘ π 的图象 如图 . ４ ｃｏｓ ＋ ꎬ ２ 由于π ４π 且 π ４π 设弹簧振子对平衡位置的位移ｘ ３ < ꎬ ∈[０ꎬπ]ꎬ ∈[０ꎬ (２) ＝ ８ ９ ８ ９ ｆ ｔ 由函数 ｆ ｔ 的周期为 可得 而余弦函数在 上是减函数 ( )ꎬ ( ) ４ꎬ π]ꎬ [０ꎬπ] ꎬ ｆ . ｆ . ｆ . (１０５)＝ (２５＋２×４)＝ (２５)＝－８ꎬ 因此 π ４π. 故 １５π 故ｔ . 时弹簧振子对平衡位置的 ｃｏｓ > ｃｏｓ ｃｏｓ > ＝１０５ ｓ ８ ９ ８ 位移是 . －８ ｃｍ １４π. ｃｏｓ ９ ７.３.２ 三角函数的图象与性质 练习 图 练习 ２ １.解析 ｘ ｘ ｋ ｋ Ｚ . ５.解析 函数ｙ ｘ的最小值为 (１){ ｜ ＝ πꎬ ∈ } １.解析 不成立.因为 ｘ 所以 (１) ＝－２ｓｉｎ { } (１) ２ｃｏｓ ＝３ꎬ 取得最小值 时 ｘ 的取值集合 ｘ π ｋ ｘ ｋ ｋ Ｚ . －２ꎬ －２ (２) － ＋ π< < πꎬ ∈ ｘ ３ 又 ｘ 而 ３ { } ２ ｃｏｓ ＝ ꎬ ｃｏｓ ∈[－１ꎬ１]ꎬ ∉ 是 ｘ ｘ π ｋ ｋ Ｚ . ２ ２ ＝ ＋２ πꎬ ∈ ２.解析 由 ｘ ｋ π ｋ Ｚ 得ｘ 故不成立. ２ (１) ３ ≠ π＋ ꎬ ∈ ꎬ ≠ [－１ꎬ１]ꎬ ｘ ２ (２) 成立.因为 ｓｉｎ ２ｘ ＝０ . ５ꎬ 所以 ｓｉｎ ｘ ＝ (２) 函数ｙ ＝２－ｃｏｓ 的最小值为 １ꎬ 此 ｋ π π ｋ Ｚ 定义域为 { ｘ ｘ Ｒ ３ ＋ ꎬ ∈ ꎬ∴ ∈ ꎬ ｘ ３ ６ ± ２ ꎬ 又 ｓｉｎ ｘ ∈[－１ꎬ１] 且 ± ２ ∈[－１ꎬ 时 ＝２ ｋ πꎬ ｋ ∈ Ｚ ꎬ 得 ｘ 的取值集合是 且ｘ ｋ π π ｋ Ｚ } . ２ ２ ３ ≠ ＋ ꎬ ∈ 故成立. ｘ ｘ ｋ ｋ Ｚ . ３ ６ １]ꎬ { ｜ ＝６ πꎬ ∈ } ２.解析 ｙ ｘ的图象是轴对称图 ６.Ｂ 根据正弦函数的图象可知 当 ｘ 由ｘ π ｋ π ｋ Ｚ 得ｘ ｋ (１) ＝ｓｉｎ ꎬ ＝ (２) ＋ ≠ π＋ ꎬ ∈ ꎬ ≠ π＋ ３ ２ 形 它的一条对称轴为直线ｘ π. π时 函数取最小值 １ 当ｘ π时 函 { ꎬ ＝ ꎬ ꎻ ＝ ꎬ π ｋ Ｚ 定义域为 ｘ ｘ Ｒ 且 ｘ ２ ６ ２ ２ ꎬ ∈ ꎬ∴ ∈ ꎬ ｙ ｘ的图象是中心对称图形 它 数取最大值 .因此 函数 ｙ ｘ ６ (２) ＝ｓｉｎ ꎬ １ ꎬ ＝ ｓｉｎ } 的一个对称中心为 . ( ) [ ] ｋ π ｋ Ｚ . (０ꎬ０) π ｘ ２π 的值域是 １ 故 ≠ π＋ ꎬ ∈ ３.解析 函数ｙ ｘ的图象上所有 ≤ ≤ ꎬ１ ꎬ ６ (１) ＝ｓｉｎ ６ ３ ２ ｋ 点向下平移 个单位长度 即得到函数 选 . 由 ｘ π ｋ π ｋ Ｚ 得ｘ π １ ꎬ Ｂ (３) ３ ＋ ≠ π＋ ꎬ ∈ ꎬ ≠ ｙ ｘ 的图象 如图 . ３ ２ ３ ＝ｓｉｎ －１ ꎬ １ ７.解析 令ｕ ｘ π 函数ｙ ｕ的 (１) ＝ ＋ ꎬ ＝ｓｉｎ π ｋ Ｚ ４ ＋ ꎬ ∈ ꎬ [ １８ 单调递增区间为 π ｋ π { ｋ － ＋２ πꎬ ＋ 定义域为 ｘ ｘ Ｒ 且ｘ π π ｋ ] ２ ２ ∴ ∈ ꎬ ≠ ＋ ꎬ ３ １８ ｋ ｋ Ｚ 单调递减区间为 } ２ π ( ∈ )ꎬ Ｚ . [ ] ∈ π ＋２ ｋ πꎬ ３π ＋２ ｋ π ( ｋ ∈ Ｚ ) . ３.解析 ° ° ° ° (１)∵ ９０ <１３８ <１８０ ꎬ９０ < ２ ２ 图 ° ° 且ｙ ｘ在 ° ｘ ° １ 由 π ｋ ｘ π π ｋ ｋ Ｚ １４３ <１８０ ꎬ ＝ｔａｎ ９０ < <１８０ 函数ｙ ｘ的图象上各点的横坐 － ＋２ π≤ ＋ ≤ ＋２ π( ∈ )ꎬ 上是增函数 (２) ＝ｓｉｎ ２ ４ ２ ꎬ 标不变 纵坐标变为原来的 倍 即得 ° ° ꎬ ２ ꎬ 得 ３π ｋ ｘ π ｋ ｋ Ｚ ∴ ｔａｎ１３８ <ｔａｎ１４３ ꎬ 到函数ｙ ｘ的图象 如图 . － ＋２ π≤ ≤ ＋２ π( ∈ )ꎻ ° ° 故原式的符号 ＝２ｓｉｎ ꎬ ２ ４ ４ ∴ ｔａｎ１３８ －ｔａｎ １４３ <０ꎬ ２５ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋为负. 列表如下 向右平移π个单位长度 (４) : ( ) ( ) ｙ ｘ ＝ｓｉｎ ４ １３π １７π ３π (２)ｔａｎ － －ｔａｎ － ＝ｔａｎ － (２) 的图象 → ｘ π π ７π ５π １３π ４ ５ ４ １２ ３ １２ ６ １２ ３π. ( ) 横坐标变为原来的 倍 ｔａｎ ｙ ｘ π ２ ｘ π π ３π ５ ＝ｓｉｎ － 纵坐标不变 → ２ － ０ π ２π ( ) ４ ６ ２ ２ ∵ ｙ ＝ｔａｎ ｘ在 π ２ ꎬ ３ ２ π 上是增函数 ꎬ 且 ｙ ＝ｓｉｎ ( １ｘ － π ) 纵坐标 横 变 坐 为 标 原 不 来 变 的 ２ 倍 → ３ｓｉｎ ( ２ ｘ － π ６ ) ０ ３ ０ －３ ０ ２ ４ ３π ３π 描点绘图 如图 . > ꎬ ( ｘ ) ( ) ４ ５ ｙ π ＝２ｓｉｎ － ３π ３π ２ ４ ∴ ｔａｎ >ｔａｎ ꎬ ４ ５ 函 数 的 单 调 递 减 区 间 为 ( ) ( ) (３) １３π １７π . [ ] ∴ ｔａｎ － －ｔａｎ － >０ ｋ ３π ｋ ７π ｋ Ｚ . ４ ５ ４ π＋ ꎬ４ π＋ ( ∈ ) 故原式的符号为正. ２ ２ ◆习题7.3 ７.３.３ 函数ｙ＝Ａ (ωｘ＋φ) 感受􀅰理解 ｓｉｎ 练习 ３.解析 由 ｘ 得 ｘ １.解析 ８π. π. . . (１) １－ｃｏｓ ≠０ꎬ ｃｏｓ ≠１ꎬ １.解析 图象略. (１) ３ (２) ２ (３)４π(４)π ∴ ｘ ≠２ ｋ π( ｋ ∈ Ｚ ) . ( ) ２.解析 列表如下 函数的定义域为 ｘ ｘ Ｒ 且 ｘ ｙ ｘ π 的图象是由 ｙ ｘ (１) : ∴ { ｜ ∈ ꎬ ≠ (１) ＝ｓｉｎ － ＝ｓｉｎ ｋ ｋ Ｚ . ５ ２ πꎬ ∈ } ｘ π ３π ０ π ２π 的图象上所有点向右平移π个单位长 ２ ２ 由ｘ π ｋ π 得ｘ ｋ π ｋ (２) ＋ ≠ π＋ ꎬ ≠ π＋ ( ５ ６ ２ ３ 度得到的. ｃｏｓ ｘ ＋２ ３ ２ １ ２ ３ Ｚ ∈ )ꎬ ( ) { ｙ ｘ π 的图象是由 ｙ ｘ 描点绘图 ( 如图 ) . 函数的定义域为 ｘ ｘ Ｒ 且 ｘ (２) ＝ｓｉｎ ＋ ＝ｓｉｎ ∴ ∈ ꎬ ≠ ５ } 的图象上所有点向左平移π个单位长 ｋ π ｋ Ｚ . π＋ ꎬ ∈ ５ ３ 度得到的. ４.解析 当 ｘ 即 ｘ ｋ (１) ｃｏｓ ＝－１ꎬ ＝２ π＋ ｙ ｘ的图象是由ｙ ｘ的图 (３) ＝２ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ｋ Ｚ 时 ｙ １ ｘ 取得最大 象上各点的纵坐标变为原来的 倍 横 π( ∈ ) ꎬ ＝１－ ｃｏｓ ２ ( ２ 坐标不变 ) 得到的. (２) 列表如下 : 值 ３ ꎻ ｙ ｘ的图象是由ｙ ｘ的图 ２ (４) ＝ｓｉｎ２ ＝ｓｉｎ 当 ｘ 即ｘ ｋ ｋ Ｚ 时 ｙ ｘ π ３π ｃｏｓ ＝１ꎬ ＝２ π( ∈ ) ꎬ ＝１－ 象上各点的横坐标变为原来的 １ 纵 ０ π ２π ( ２ ２ １ ｘ取得最小值 １ . ２ ｃｏｓ 坐标不变 得到的. ｘ ２ ２ ) ４ｓｉｎ ０ ４ ０ －４ ０ ( ) 当 ｘ ２π 即 ｘ ２π ｋ ２.答案 向右平移π个单位长度 描点绘图 如图 . (２) ｓｉｎ ２ － ＝１ꎬ ２ － ＝２ π (１) ( ) ３ ３ ５ π 即 ｘ ｋ ７π ｋ Ｚ 时 ｙ 向左平移π个单位长度 横坐标变 ＋ ꎬ ＝ π＋ ( ∈ ) ꎬ ＝ (２) ꎬ ２ １２ ５ ( ) ｘ ２π 取得最大值 为原来的 １ 纵坐标不变 ３ｓｉｎ ２ － ３ꎻ ꎬ ３ ２ ( ) 当 ｘ ２π 即 ｘ ２π ｋ 向左平移π个单位长度 纵坐标变 ｓｉｎ ２ － ＝－１ꎬ ２ － ＝２ π－ (３) ꎬ 列表如下 ３ ３ ５ (３) : π 即 ｘ ｋ π ｋ Ｚ 时 ｙ 为原来的 ４ 倍 横坐标不变 ꎬ ＝ π＋ ( ∈ ) ꎬ ＝ ꎬ ｘ π π π ２π ２ １２ ３ ０ ( ) ３.答案 ｙ ｘ ｙ ｘ ６ ３ ２ ３ ｘ ２π 取得最小值 . ＝ｓｉｎ２ ꎻ ＝ｓｉｎ４ ３ｓｉｎ ２ － －３ ４.Ｃ 由函数 ｙ Ａ ωｘ 变换到 ｙ ｘ π ３π ３ ＝ ｓｉｎ ＝ ３ ０ π ２π ５.解析 ° ′ ° ′ Ａ ωｘ φ 需向左 或向右 平移 ２ ２ (１)ｓｉｎ １０３ ４５ ＝ｓｉｎ ７６ １５ ꎬ ｓｉｎ( ＋ )ꎬ ( ) ° ′ ° ′. φ １ ｘ １ １ １ ｓｉｎ１６４ ３０ ＝ｓｉｎ１５ ３０ 个单位长度. ｃｏｓ３ ０ － ０ ｙ ｘ在 ° ｘ °时是增函数 ω ２ ２ ２ ２ ∵ ＝ｓｉｎ ０ ≤ ≤９０ ꎬ ° ′ ° ′ 即 ° ′ ５.解析 如图. 描点绘图 如图 . ∴ ｓｉｎ７６ １５ >ｓｉｎ １５ ３０ ꎬ ｓｉｎ １０３ ４５ (１) ( ) ° ′. >ｓｉｎ１６４ ３０ ( ) ４７π π (２) ∵ ｃｏｓ － ＝ ｃｏｓ > ０ꎬ ４ ４ ( ) ４４π π ｃｏｓ － ＝－ｃｏｓ <０ꎬ ９ ９ ( ) ( ) ４７π ４４π . ∴ ｃｏｓ － >ｃｏｓ － ４ ９ ２６ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ° ° ° (３)∵ ｓｉｎ ５０８ ＝ｓｉｎ ３２ ꎬｓｉｎ １４４ ＝ 曲线上每一个点向右平移π个单位长 ° 且 ° ° ° ｓｉｎ３６ ꎬ ｓｉｎ３２ <ｓｉｎ３６ ꎬ∴ ｓｉｎ５０８ < ８ °. 度 再将图象上所有点的横坐标变为原 ｓｉｎ１４４ ꎬ ° ° ° 来的 倍 纵坐标不变 最后将所得图 (４)ｃｏｓ ７６０ ＝ｃｏｓ ４０ ꎬｃｏｓ(－７７０ )＝ ４ ( )ꎬ ° 象上所有点的纵坐标变为原来的 倍 ｃｏｓ５０ ꎬ ８ 当 ° ｘ °时 ｙ ｘ是减函数 横 坐 标 不 变 得 到 函 数 ｙ ∵ ０ < <９０ ꎬ ＝ｃｏｓ ꎬ ( )ꎬ ＝ ( ) ° ° 即 ∴ ｃｏｓ４０ > ° ｃｏｓ５０ ꎬ ° . ８ｓｉｎ １ ｘ － π 的图象. 图 ２ ｃｏｓ７６０ >ｃｏｓ(－７７０ ) ４ ８ ( ) (５)∵ 当ｘ ∈ － π ꎬ π 时 ꎬ ｙ ＝ｔａｎ ｘ是 (２) Ｔ ＝ ２ ３ π ꎬ Ａ ＝ ３ １ ꎬ φ ＝ π ７ .将正弦曲线 7.4 三角函数应用 ２ ２ 增函数 上每一个点向左平移 π 个单位长度 练习 ꎬ ꎬ ７ 且π π ３π π 再将图象上所有点的横坐标变为原来 １.解析 振幅Ａ ２ .周期Ｔ .初相位 >－ >－ >－ ꎬ ＝ ＝４π ２ ５ ７ ２ ３ ( ) ( ) 的 １ 纵坐标不变 最后将所得图象 π ３π . ( )ꎬ φ π. ∴ ｔａｎ － >ｔａｎ － ３ ＝ ５ ７ ３ ( ) 上所有点的纵坐标变为原来的 １ 横 当ｘ π π 时 ｙ ｘ是 ( ２.解析 当ｔ 时 θ １ π １ . (６)∵ ∈ － ꎬ ꎬ ＝ｔａｎ ３ (１) ＝０ ꎬ ＝ ｓｉｎ ＝ ２ ２ ( ２ ２ ２ 坐标不变 得到函数 ｙ １ ｘ 增函 数 且 ７π π )ꎬ ＝ ｓｉｎ ３ ＋ 单摆的周期Ｔ 频率ｆ １ . ꎬ ｔａｎ ＝ － ｔａｎ ＝ ３ (２) ＝πꎬ ＝ ８ ８ ) π ( ) π 的图象. 由 知单摆完成 次完整摆动需 π π π π π (３) (２) １ ｔａｎ － ꎬ－ <－ < < ꎬ ７ 则单摆完成 次完整摆动共需 ８ ２ ８ １６ ２ 思考􀅰运用 π ｓꎬ ５ ( ) . π π ９.解析 使得 ｘ 成立的ｘ的 ５π ｓ ∴ ｔａｎ － <ｔａｎ ꎬ (１) ｔａｎ ＝－１ ８ １６ { } ３.解析 由题意知Ｔ ２π . 集合为 ｘ ｘ π ｋ ｋ Ｚ . ＝ ＝１６ 即 ７π π. ＝－ ＋ πꎬ ∈ π ｔａｎ <ｔａｎ ４ ８ １６ ８ ( ) ６. 解 析 单 调 递 增 区 间 是 使得 ｘ １ 成立的 ｘ 的集合为 (１) (２) ｓｉｎ ＝ 当 ｘ 时 ｙ ３π ３π [ ] ２ ＝６ ꎬ ＝１０ｓｉｎ ＋ ＋２０＝ ｋ π ｋ π ｋ Ｚ 单调递 { } { ４ ４ ２ π－ ꎬ２ π＋ ( ∈ )ꎬ ｘ ｘ π ｋ ｋ Ｚ ｘ ｘ ５π ２ ２ ＝ ＋２ πꎬ ∈ ∪ ＝ ＋ ３π [ ] ６ ６ １０ｓｉｎ ＋２０＝１０ꎻ 减区间是 ｋ π ｋ ３π ｋ } ２ ( ) ２ π＋ ２ ꎬ２ π＋ ２ ( ∈ ２ ｋ πꎬ ｋ ∈ Ｚ . 当ｘ ＝１４ 时 ꎬ ｙ ＝ １０ｓｉｎ ７π ＋ ３π ＋２０＝ Ｚ ) . 单调递增区间是 ｋ ｋ ｋ １０.解析 ( (１)(２ ｋ πꎬ２ ｋ π＋π ) )ꎬ ｋ ∈ Ｚ. ５π .且 ４ ４ Ｔ ∈ (２ Ｚ ) )ꎬ 单调递减区间 [ 是 ２ [ π ２ ｋ ꎬ π ２ － π π ＋ ꎬ π ２ ｋ ] π ( ] (２) ２ ｋ π＋ π ２ ꎬ２ ｋ π＋ ３ ２ π ꎬ ｋ ∈ Ｚ. 则 １０ 当 ｓｉｎ ｘ ２ ＋２ 时 ０＝ ｙ ３０ １４－ 当 ６＝ ｘ ８＝ ２ 时 ꎬ ｙ ｋ Ｚ . 探究􀅰拓展 ＝６ ꎬ ｍｉｎ＝１０ꎬ ＝１４ ꎬ ｍａｘ ( ∈ ) 最大温差为 . 时达到 ７.解析 列表 １１.解析 选用的材料至少应是长为 ＝３０ꎬ ３０－１０＝２０１４ (１) : 最高气温. 宽为 的矩形.应按图 ｘ π ３π ５π ７π ９π ９π ｃｍꎬ ( ２１ ｃｍ ２ ４.解析 ｘ πｔ. ８ ８ ８ ８ ８ 中的曲线 它是余弦函数 ｙ (１) ＝５ｓｉｎ ＝ ２ ( ) ２ ｘ － π ４ ０ π ２ π ３ ２ π ２π . ２ ｘ 的图象 ) 剪开 才能既省 (２) 令 ｔ ＝７ . ５ꎬ 得 ｘ ＝５ｓｉｎ π ２ ×７ . ５ ＝ ( ) ４５ｃｏｓ ꎬ ９ ３ｓｉｎ ２ ｘ － π ４ ０ ３ ０ －３ ０ 工又节俭. ５ｓｉｎ １５π ＝－ ５ ２. 可简证如下 在图 中 设以ＯＡ为始 ４ ２ ( ) : １ ꎬ 故该物体在ｔ . 时的位置是在点Ｏ 描点画图 得函数 ｙ ｘ π 在 边 ＯＰ 为终边的角为 θ θ ＝７５ ｓ ꎬ ＝３ｓｉｎ ２ － ꎬ ( ∈[０ꎬ ４ ｘ ｘ 的左侧且与点Ｏ的距离为５ ２ . [ ] 易知θ ２ 故ｙ . θ ｃｍ π ９π 上的图象如图. ２π])ꎬ ＝ＯＰ＝ ꎬ ＝４５ｃｏｓ ２ ꎬ ９ ◆习题7.4 ８ ８ . ２ ｘ. 感受􀅰理解 ＝４５ｃｏｓ ９ １.解析 周期Ｔ １ . (１) ＝ ｓ ５０ 频率ｆ . ＝５０ Ｈｚ 当ｔ 时 Ｉ (２) ＝０ ꎬ ＝０ꎻ 当ｔ １ 时 Ｉ 结合图象 可知函数的单调递增区 ＝ ꎬ ＝５ꎻ (２) ꎬ ２００ [ ] 间为 ｋ π ｋ ３π ｋ Ｚ. 当ｔ １ 时 Ｉ π－ ꎬ π＋ ꎬ ∈ ＝ ꎬ ＝０ꎻ ８ ８ １００ ８.解析 Ｔ Ａ φ π.将正弦 图 当ｔ ３ 时 Ｉ 当ｔ １ 时 Ｉ . (１) ＝８πꎬ ＝８ꎬ ＝－ １ ＝ ꎬ ＝－５ꎻ ＝ ꎬ ＝０ ８ ２００ ５０ ２７ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋图象如图. ) 因为 月 日的序号ｘ 所以 (３) π 则点 Ｐ 距地面的高度 ｈ (３) ７ ８ ＝１８８ꎬ ꎬ ＝４０􀅰 ( ) ２ 白昼时间 ｔ . ２π ( ) ＝ －６ ９０５ｃｏｓ ×１８８ ＋ ２πｔ π . ３６５ ｓｉｎ － ＋５０(ｍ) . . ３ ２ １２４９５≈１９３７(ｈ)ꎬ ( ) 故该地 月 日的白昼时间约为 根据题意得 πｔ π ７ ８ (２) ４０ｓｉｎ － ＋５０≥ . . ( ) １５ ２ １９３７ ｈ ◆复习题 即 πｔ π １ 解得 ｋ ２.解析 Ｄ处. ７０ꎬ ｓｉｎ － ≥ ꎬ ３０ ＋１０ １５ ２ ２ 感受􀅰理解 ３.解析 设气温 Ｃ Ａ ωｔ φ ｂ ω ｔ ｋ ｋ Ｚ.又 ｋ ｋ ＝ ｓｉｎ( ＋ )＋ ꎬ ＝ ≤≤３０ ＋２０ꎬ ∈ ３０ ＋２０－(３０ ＋ １.解析 β β ｋ ｋ Ｚ . . . 所以在摩天轮转动的一圈内 (１){ ｜ ＝２ π＋４ꎬ ∈ } ４－ ２π π Ａ ２９４５－１８３ . ｂ １０)＝１０ꎬ ꎬ . ＝ ꎬ ＝ ＝ ５ ５７５ꎬ ＝ 有 点Ｐ距离地面超过 . ２πꎬ４ꎬ４＋２π １２ ６ ２ １０ ｍｉｎ ７０ ｍ { } . . β β ｋ ２π ｋ Ｚ . ２π ２９４５＋１８３ . . ６.解析 函数 ｐ ｔ 的周期 Ｔ ２π (２) ＝２ π－ ꎬ ∈ － ꎬ ＝２３８７５ (１) ( ) ＝ ３ ３ ２ １６０π ( ) ４π １０π. Ｃ . πｔ φ . . １ . ꎬ ∴ ＝５５７５ｓｉｎ ＋ ＋２３８７５ ＝ ３ ３ ６ ８０ { } 又当ｔ 时 气温最高 此人每分钟心跳的次数为 . β β ｋ １２π ｋ Ｚ . ８π ＝６ ꎬ ꎬ (２) ８０ (３) ＝２ π＋ ꎬ ∈ － ꎬ 图略. ５ ５ π φ π 即φ π (３) ∴ ×６＋ ＝ ꎬ ＝－ ꎬ ｐ ｔ ｐ ｔ ２π １２π. ６ ２ ( ) ２ (４) ( )ｍａｘ . ＝ 故 １ 此 １５ 人 ＋ 的 ２５ 血 ＝ 压 １４０ 显 ꎬ 示 ( 在 ) 血 ｍｉｎ 压 ＝ ５ ꎬ ５ Ｃ . πｔ π . ｔ １１５－２５＝９０ β β ｋ ｋ Ｚ . . ∴ ＝５５７５ｓｉｎ ６ － ２ ＋２３ ８７５ꎬ ＝１ꎬ 计上的读数为 １４０ / ９０ ｍｍＨｇꎬ 均高于相 (４){ ｜ ＝２ π ( ꎬ ∈ } ) －２πꎬ０ꎬ２π ２ꎬ３ꎬ􀆺ꎬ１２ . 应的标准值. ２.解析 ５４ ° ＝ π ×５４ ｒａｄ＝ ３π ｒａｄꎬ 则 其图象如图所示. 探究􀅰拓展 １８０ １０ 扇形 弧 长 ｌ α Ｒ ３π ７.解析 设白昼时间为ｔ 日期序 ＝ 􀅰 ＝ × １５ ＝ (１) (ｈ)ꎬ １０ 号为ｘ 根据题意列表如下 . . ꎬ : １４１３(ｃｍ) 月 月 月 月 月 日期 １ ２ ３ ４ ５ 扇形面积 Ｓ １ ｌＲ １ . 日 日 日 日 日 ＝ ＝ ×１４ １３×１５≈ １ ２８ ２１ ２７ ６ ２ ２ ｘ １０５ . ９８(ｃｍ ２ ) . ０ ５８ ７９ １１６ １２５ 所以这个扇形的弧长为 . 面积 ４.解析 小球摆动的周期 Ｔ ２π ｔ/ . . . . . １４１３ ｃｍꎬ (１) ＝ ｇ ｈ ５５９ １０２３ １２３８ １６３９ １７２６ 约为 . ２. １０５９８ ｃｍ ｌ 月 月 月 月 月 ｇｌ 日期 ２ ６ １ 日 １ ８ ４ 日 ２ ９ ３ 日 １ ２ ０ ５ 日 １ ２ １ １ 日 ３.解 析 (１) ｓｉｎ ２５π ＋ ｃｏｓ ２５π ＋ ２π . ６ ３ ＝ ｇ ｘ ( ) １７１ ２２５ ２６５ ２９７ ３２４ ２５π π π ３π . ｔ/ . . . . . ｔａｎ － ＝ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＋ｔａｎ ＝０ 由 ２π 解得 ｌ ９８０ ｈ １９４０ １６３４ １２０１ ８４８ ６１３ ４ ６ ３ ４ (２) １ ＝ ９８０ ꎬ ＝ ４π ２ ≈ 描点 画散点图如图. (２)ｓｉｎ２＋ｃｏｓ３＋ｔａｎ４≈１ . ０７７ . ｌ ꎬ ４.解析 ３π . . 即线的长度约为 . . (１)∵ π<４< ꎬ∴ ｓｉｎ４<０ ２４８(ｃｍ)ꎬ ２４８ ｃｍ ２ 思考􀅰运用 π . ５.解析 设摩天轮沿逆时针方向旋 (２)∵ ２ <２<πꎬ∴ ｃｏｓ２<０ (１) 转 以Ｏ为坐标原点 建立如图所示的 π . ꎬ ꎬ (３)∵ <３<πꎬ∴ ｔａｎ３<０ 平面直角坐标系. 设白昼时间 ｔ 和日期序号 ｘ 之 ２ (２) (ｈ) 间的函数关系式为 ｔ Ａ ωｘ φ ３π . ＝ ｓｉｎ( ＋ )＋ (４)∵ <５<２πꎬ∴ ｔａｎ５<０ ( ) ２ ｂ ω >０ꎬ｜ φ ｜≤ π . ５.解析 ｓｉｎ φ φ φ １ ２ ∵ φ＝ｔａｎ ꎬｃｏｓ ＝ ꎬ ｃｏｓ ４ 由题意知Ｔ 则ω ２π ＝３６５ꎬ ＝ ꎬ φ φ φ １ φ. ３６５ ∴ ｓｉｎ ＝ｃｏｓ 􀅰ｔａｎ ＝ ｔａｎ ４ Ａ １ . . . ｂ １ 又 ２φ ２φ ＝ ×(１９ ４０－５ ５９)＝ ６ ９０５ꎬ ＝ × ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ＝１ꎬ 设初相位 φ π 因为摩天轮每 ２ ２ ( ) ２ ( ) ２ ＝－ ꎬ ３０ . . . . １ １ φ ２ (１９４０＋５５９)＝１２４９５ ∴ ＋ ｔａｎ ＝１ꎬ ４ ４ 转一圈 所以Ｔ ω ２π π.ＯＰ 又当ｘ 时 ｔ . 所以φ π φ 若 φ 在第一象限 则 ｍｉｎ ꎬ ＝３０ꎬ ＝ Ｔ ＝ ＝０ ꎬ ＝５５９ꎬ ＝－ ꎬ ∴ ｔａｎ ＝± １５( ꎬ １５ ２ 在ｔ 内转过的角为 π ｔ 则以 ｘ 轴非 故所求函数解析式为 ｔ ＝ ６ . ９０５􀅰 ｔａｎ φ ＝ １５ꎬ 若φ在第四象限 ꎬ 则 ｔａｎ φ ｍｉｎ ꎬ ( ) . １５ ２πｘ π . ＝－ １５) ｓｉｎ － ＋１２４９５ꎬ 负半轴为始边 ＯＰ为终边的角为πｔ ３６５ ２ ６.解析 由 α １ 得 α ꎬ － ｓｉｎ(π＋ )＝ － ꎬ ｓｉｎ １５ 即ｔ . ２πｘ . ｘ Ｎ ｘ ２ ( ＝－６ ９０５ｃｏｓ ＋１２ ４９５( ∈ ꎬ π 所以Ｐ点的纵坐标为 πｔ ３６５ １ . ꎬ ４０ｓｉｎ － . ＝ ２ １５ ≤３６４) ２ ２８ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ( ) α α α １ ｋ ３π ｋ Ｚ 时 ｙ取最大值 ｆ ｘ πｘ φ . (１)∵ ｃｏｓ(２π－ )＝ｃｏｓ ꎬｓｉｎ ＝ ꎬ ＝４ π＋ ( ∈ ) ꎬ ２ꎬ ∴ ( )＝３ｓｉｎ ＋ ２ ２ ４ 所以使函数取得最大值的ｘ的集合为 ∴ ｃｏｓ α ＝± １－ｓｉｎ ２α ＝± ３ ꎬ { } 又π ×(－１)＋ φ ＝０ꎬ∴ 初相位φ ＝ π. ２ ｘ ｘ ｋ ３π ｋ Ｚ . ４ ４ ＝４ π＋ ꎬ ∈ 思考􀅰运用 ２ α α ３. ∴ ｃｏｓ(２π－ )＝ｃｏｓ ＝± ２ 当 １ ｘ － π ＝２ ｋ π( ｋ ∈ Ｚ )ꎬ 即ｘ ＝４ ｋ π－ １６.解析 列表如下 : α ２ ４ α α ｓｉｎ ３. ｔ π π ３π ５π ７π (２)ｔａｎ( －７π)＝ｔａｎ ＝ α＝± π ｋ Ｚ 时 ｙ取最小值 所以使 － ｃｏｓ ３ ( ∈ ) ꎬ －２ꎬ ４ ４ ４ ４ ４ α ２ ７.解析 α ｓｉｎ α { ｔ π π ３π (１)∵ ｔａｎ ＝ α＝３ꎬ∴ ｓｉｎ ＝ 函数取得最小值的ｘ的集合为 ｘ ｘ ＋ ０ π ２π ｃｏｓ ４ ２ ２ ３ｃｏｓ α.又 ｓｉｎ ２α ＋ｃｏｓ ２α ＝１ꎬ∴ １０ｃｏｓ ２α ＝ } ( ｔ π ) ｋ π ｋ Ｚ . ２ｓｉｎ ＋ ０ ２ ０ －２ ０ １ꎬ∴ ｃｏｓ α ＝± １ １ ０ ０. ∴ ｓｉｎ α ＝± ３ １０ １０. １２.解 ＝４ 析 π－ 令 ２ ꎬ ｆ ∈ ｘ ｘ２ ｘ ｘ Ｒ 且 描点绘图 ４ 如图 ( )＝ ＋ｃｏｓ ꎬ ∈ ꎬ ( )ꎬ α α ５ １０ ９ １０ ｆ (－ ｘ )＝(－ ｘ ) ２ ＋ｃｏｓ(－ ｘ )＝ ｘ２ ＋ｃｏｓ ｘ ＝ ∴ ５ｃｏｓ ＋３ｓｉｎ ＝ ＋ ＝ ｆ ｘ １０ １０ ( )ꎬ ｆ ｘ 是偶函数. ７ １０或 α α ７ １０. ∴ ( ) ５ ５ｃｏｓ ＋３ｓｉｎ ＝－ ５ (２) 令ｆ ( ｘ )＝ ｘ２ ｓｉｎ ｘ ꎬ ｘ ∈ Ｒ ꎬ 且ｆ (－ ｘ )＝ α α ２α ３ . (－ ｘ ) ２ ｓｉｎ(－ ｘ )＝－ ｘ２ ｓｉｎ ｘ ＝－ ｆ ( ｘ )ꎬ (２)ｓｉｎ ｃｏｓ ＝３ｃｏｓ ＝ ｆ ｘ 是奇函数. １０ ∴ ( ) ° ° ８. 解 析 １－２ｓｉｎ１０ ｃｏｓ１０ １３.解析 因为 ９π π π ｃｏｓ１０ ° － １－ｃｏｓ ２ １７０ ° ＝ (１) ( －π< ) － １７ <－ ２ ꎬ ２ < (１) ｔ ＝０ 时 ꎬ ｈ ＝ ２ꎬ 即小球在平衡位置 ° ° ２ ８π 所以 ９π ８π. 上方 处. (ｃｏｓ１０ －ｓｉｎ１０ ) . <πꎬ ｓｉｎ － <０<ｓｉｎ ２ ｃｍ ° ° ＝１ ９ １７ ９ 小球的最高点和最低点与平衡位 ｃｏｓ１０ －ｓｉｎ１０ ( ) (２) ９.证明 右边 ２α ２α 因为 ４π π 置的距离都是 . (１) ＝ １＋ｓｉｎ ＋ｃｏｓ － (２) ｃｏｓ ＝ ｃｏｓ π－ ＝ ２ ｃｍ α α α α α ５ ５ ２ｓｉｎ ＋２ｃｏｓ －２ｓｉｎ ｃｏｓ ＝２(１－ｓｉｎ ( ) ( ) 周期Ｔ ２π 即经过 小 α α α α α π １７π ２π (３) ＝ ＝２πꎬ ２π ｓ ＋ｃｏｓ －ｓｉｎ ｃｏｓ )＝ ２[１－ｓｉｎ ＋ｃｏｓ －ｃｏｓ ꎬｃｏｓ － ＝ｃｏｓ －３π－ ＝ １ α α α ５ ５ ５ 球往复振动一次. 􀅰(１－ｓｉｎ )]＝２(１－ｓｉｎ )(１＋ｃｏｓ ) 左边 原式成立. ２π ＝ ꎬ∴ －ｃｏｓ ５ ꎬ 每秒钟小球能够振动 １ 次. 左边 ２α ２β ２α (４) (２) ＝ ｓｉｎ ＋ｓｉｎ (１－ｓｉｎ ) ＋ 且 π ２π ２π ２α ２β ２α ２α ２β －ｃｏｓ <－ｃｏｓ ꎬ ｘ ｃｏｓ ｃｏｓ ＝ ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ｓｉｎ ＋ ５ ５ １７.证明 由ｘ θ ａ得 １ ２α ２β ２α ２α ２β ２β ( ) ｃｏｓ ＝ ａ ＝ θꎬ ｃｏｓ ｃｏｓ ＝ｓｉｎ ＋ｃｏｓ (ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ) 所以 ４π １７π . ｃｏｓ ２α ２α 右边 原式成立. ｃｏｓ <ｃｏｓ － ｙ θ ＝ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝１＝ ꎬ∴ ５ ５ 由ｙ ｂ θ得 θ ｓｉｎ ｘ 因为 ° ° ＝ ｔａｎ ｂ ＝ｔａｎ ＝ θꎬ １０.解析 由 ｋ π得ｘ ｋ (３) ｔａｎ １ ３２０ ＝ｔａｎ(３×３６０ ＋ ｃｏｓ (１) ≠ π＋ ≠２ π＋ ° ° ° ° ｘ２ ｙ２ ２θ ２θ ２ ２ ２４０ )＝ ｔａｎ ２４０ ＝ｔａｎ(１８０ ＋６０ )＝ 则 １ ｓｉｎ １－ｓｉｎ . ｋ Ｚ 函数的定义域为 ｘ ｘ ° 且 ° ° ａ２ －ｂ２ ＝ ２θ－ ２θ＝ ２θ ＝１ π( ∈ )ꎬ∴ { ｜ ∈ ｔａｎ６０ ꎬ ｔａｎ６０ <ｔａｎ７０ ꎬ ｃｏｓ ｃｏｓ ｃｏｓ Ｒ且ｘ ｋ ｋ Ｚ . 所以 ° °. １８.解析 如图所示. ≠ { ２ π＋π ｘ ꎬ ∈ } ｔａｎ１３２０ <ｔａｎ７０ (１) １－ｔａｎ ≠０ꎬ 因为３π ２３π 所以 ２３π 由 得ｘ ｋ π且ｘ (４) < <２πꎬ ｓｉｎ <０ (２) ｘ ｋ π ≠ π＋ ２ １３ １３ ≠ π＋ ꎬ ２ ２ ２３π. <ｃｏｓ ｋ π ｋ Ｚ １３ ≠ π＋ ( ∈ )ꎬ １４. 解 析 单 调 递 增 区 间 为 ４ { [ (１) ] 函数的定义域为 ｘ ｘ Ｒ且 ｘ ｋ ５π ｋ π ｋ Ｚ ∴ ∈ ≠ ２ π－ ꎬ２ π＋ ꎬ ∈ ꎬ } ６ ６ 单 调 递 减 区 间 为 ｋ π且ｘ ｋ π ｋ Ｚ . π＋ ≠ π＋ ꎬ ∈ [ ] ２ ４ １１.解析 (１)∵ －１≤ｃｏｓ ｘ ≤１ꎬ∴ －２≤ ２ ｋ π＋ π ꎬ２ ｋ π＋ ７π ꎬ ｋ ∈ Ｚ. (２) 最高温度为 ３１ ℃ꎬ 最低温度为 ６ ６ ｘ ｙ . [ ] . －２ｃｏｓ ≤２ꎬ∴ ∈[１ꎬ５] 单调递增区间为 ｋ π ｋ ｋ １９ ℃ 当 ｘ 即ｘ ｋ ｋ Ｚ 时 (２) π－ ꎬ π ꎬ 当ｔ 即 时 出现最高温 ｃｏｓ ＝－１ꎬ ＝２ π＋π( ∈ ) ꎬ ２ (３) ＝６ꎬ １５:００ ꎬ ｙ取得最大值 所以使函数取得最大 Ｚ 度.当ｔ 即凌晨 时 出现最低 ５ꎬ ∈ ꎬ ＝１８ꎬ ３:００ ꎬ 值的 ｘ 的集合为 ｘ ｘ ｋ ｋ [ ] 温度. { ｜ ＝２ π＋πꎬ ∈ 单调递减区间为 ｋ ｋ π ｋ Ｚ . πꎬ π＋ ꎬ } ２ 由 πｔ 得 πｔ 当 ｘ 即ｘ ｋ ｋ Ｚ 时 ｙ取 Ｚ. (４)① ２７＝２５＋６ｓｉｎ ꎬ ｓｉｎ ＝ ｃｏｓ ＝１ꎬ ＝２ π( ∈ ) ꎬ ∈ １２ １２ 最小值 所以使函数取得最小值的ｘ １５.解析 由图象可知振幅 Ａ 周期 Ｔ １ꎬ ＝３ꎬ １ πｔ . 或 πｔ . 则ｔ 的集合为 ｘ ｘ ｋ ｋ Ｚ . ꎬ ≈０３４ π－ ≈０３４ꎬ ≈ { ｜ ＝２ πꎬ ∈ } ＝２×[３－(－１)]＝８ꎬ ３ １２ １２ . 或ｔ . 在 或 时 当 １ ｘ π ｋ π ｋ Ｚ 即ｘ 频率ｆ １ １ ω ２π π １３ ≈１０７ꎬ∴ １０:１８ １９:４２ (２) － ＝２ π＋ ( ∈ )ꎬ ＝ Ｔ ＝ ꎬ ＝ Ｔ ＝ ꎬ 温度为 . ２ ４ ２ ８ ４ ２７ ℃ ２９ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋θ ｋ 由 π ｔ 得 π ｔ ２ｔａｎ ＋１ ２×２＋１ ５ . ｘ π π ｋ Ｚ 即定义域为 ② ２０＝２５＋６ｓｉｎ ꎬ ｓｉｎ ＝ θ ＝ ＝ ≠ ＋ ( ∈ )ꎬ １２ １２ ３ｔａｎ －２ ３×２－２ ４ ２ １２ { ｋ } ５ 由 α ５ 得α . 则πｔ ６.答案 ７ ｘ ｘ π π ｋ Ｚ .周期Ｔ π. － ꎬ ｓｉｎ ＝ ꎬ ≈０９８５ꎬ ≠ ＋ ꎬ ∈ ＝ ６ ６ １２ ５ ２ １２ ２ . 或π ｔ . 所以ｔ 解析 ∵ (ｓｉｎ α ＋ｃｏｓ α ) ２ ＝１＋２ｓｉｎ α 􀅰 由ｋ π ｘ π ｋ π ｋ Ｚ 得 ＝π＋０９８５ ＝２π－０ ９８５ꎬ ≈ π－ <２ ＋ < π＋ ( ∈ )ꎬ １２ α １ α α ２４ ２ ３ ２ . 或ｔ . . ｃｏｓ ＝ ꎬ∴２ｓｉｎ ｃｏｓ ＝－ ꎬ ｋ ｋ １５８ ≈２０２ ２５ ２５ π ５π ｘ π π ｋ Ｚ 即函数的 ∴ 为 在凌 . 晨 ０:４８ 或 ５:１２ 时温度 ∴ (ｓｉｎ α －ｃｏｓ α ) ２ ＝１－２ｓｉｎ α ｃｏｓ α ＝１＋ ２ － １２ < < ２ ＋ １２ ( ( ｋ ∈ )ꎬ ｋ ) 探究􀅰 ２ 拓 ０℃ 展 ２４ ＝ ４９.又由α是第二象限角 ꎬ 知 ｓｉｎ α 单调递增区间为 ２ π － ５ １ π ２ ꎬ ２ π ＋ １ π ２ ( ｋ ２５ ２５ １９.解析 证明 如图. α ∈ Ｚ )ꎬ 无单调递减区间. (１) : >０ꎬｃｏｓ <０ꎬ １５.解析 因为 π ｘ π 所以 π α α α α ７ . － ≤ ≤ ꎬ － ≤ ∴ ｓｉｎ －ｃｏｓ >０ꎬ∴ ｓｉｎ －ｃｏｓ ＝ ４ ４ ２ ５ 二、选择题 ｘ π 所以 ｘ 的值域为 ２ ≤ ꎬ ｓｉｎ ２ [－１ꎬ ７.Ｂ ２ 若ａ 则ｆ ｘ ｂ 不符合题意 １]ꎬ ＝０ꎬ ( )＝ ꎬ ꎻ ＢＣ ＣＥ １ . ２ ６ ８.Ａ ∵ π< α < ３π ꎬ∴ ｃｏｓ α ＝－ １－ｓｉｎ ２α { ａ ｂ { ａ ３ ＝ θ＝ θ＝ θꎬ ２ 若ａ 则 ２ ＋ ＝１ꎬ 解得 ＝ ꎬ ｃｏｓ ｃｏｓ ５ｃｏｓ α >０ꎬ ａ ｂ ２ ＡＤ . ９ ４ α ｓｉｎ ３ . －２ ＋ ＝－５ꎬ ｂ ＡＢ １８ ９ ＝－ １－ ＝－ ꎬ∴ ｔａｎ ＝ α＝ ＝－２ꎻ ＝ θ＝ θ＝ θꎬ ２５ ５ ｃｏｓ ４ { ｓｉｎ ｓｉｎ ５ｓｉｎ ９.Ｃ { ａ ｂ ａ ３ 若ａ 则 ２ ＋ ＝－５ꎬ解得 ＝－ ꎬ 棒长 Ｌ θ ＡＣ ＡＢ ＢＣ ９ <０ꎬ ａ ｂ ２ ∴ ( )＝ ＝ ＋ ＝ θ １０.Ｃ ° ° －２ ＋ ＝１ꎬ ｂ . ５ｓｉｎ ∵ １－２ｓｉｎ４０ ｃｏｓ４０ ＝－２ ６ . ＝ (ｓｉｎ４０ ° －ｃｏｓ４０ ° ) ２ 综上 ａ ３ ｂ 或ａ ３ ｂ . ＋ θ ° ° ꎬ ＝ ꎬ ＝－２ ＝－ ꎬ ＝－２ ５ｃｏｓ ＝｜ｓｉｎ４０ －ｃｏｓ４０ ｜ꎬ ２ ２ 图象略. 且 ° ° ° ° 第8 章 函数应用 (２) ０<４０ <４５ ꎬ∴ ｃｏｓ４０ >ｓｉｎ４０ ꎬ Ｌ θ . . (３) 若 ( 铁 ) 棒 ｍｉｎ 长 ＝４ 不 ２ 大 １４ 于 ｍ Ｌ 则铁棒能在这 ∴ １－２ｓｉｎ４０ ° ｃｏｓ４０ ° ＝ ｃｏｓ ４０ ° － 8.1 二分法与求方程近似解 (４) ꎬ °. 个直角走廊拐弯 若铁棒长大于Ｌ 则 ｓｉｎ４０ ꎻ ꎬ 三、解答题 ８.１.１ 函数的零点 铁棒不能在这个直角走廊拐弯 故 Ｌ ꎬ １１.解析 由题意知 ｘ ｙ ｒ 是能够通过这个直角走廊的铁棒的长 ＝ －２ꎬ ＝ １ꎬ ＝ 练习 ｙ 度的最大值. (－２) ２ ＋１ ２ ＝ ５ꎬ 则 ｓｉｎ α ＝ ｒ ＝ １ １.解析 配方 得ｙ ( ｘ １ ) ２ ９ . ２０.解析 用计算器计算 可得 . ５ ꎬ ＝ ＋ － ꎬ ｓｉｎ ０ ９≈ ２ ４ . 与题中所给结果之差 ５ 列表 ０７８３３２６ ９０９ꎬ ＝ ꎬ : 的绝对值小于 . . ５ ００００１ ｘ ｘ １ 本章测试 α －２ ２ ５ 􀆺 －２ －１ － ０ １ 􀆺 ｃｏｓ ＝ ｒ ＝ ＝－ ꎬ ２ 一、填空题 ５ ５ ｙ ｙ 􀆺 ０ －２ － ９ －２ ０ 􀆺 １.答案 １１π ｔａｎ α ＝ ｘ ＝－ １ . ４ ２ 描点作图 ２.答案 ６ １２.证明 (１)(ｓｉｎ α ＋ｃｏｓ α ) ２ ＝ｓｉｎ ２α ＋ : ３.答案 π ｃｏｓ ２α ＋２ｓｉｎ α ｃｏｓ α ＝１＋２ｓｉｎ α ｃｏｓ α. 解析 ( ( １ １ ) )∵ < １８ ( ０ ２ ° ) < > ２５０ ° <２６０ ° <２７０ ° ꎬ (２)１＋ｔａｎ ２α ＝１＋ ｓｉｎ ２ ２ α α＝ ｃｏｓ ２α ＋ ２ ｓ α ｉｎ ２α ° °. ｃｏｓ ｃｏｓ ∴ ｃｏｓ２５０ <ｃｏｓ２６０ １ . (２)∵ ３π < １４π < １５π <２πꎬ ＝ ｃｏｓ ２α ２ ９ ８ ( ) １３.解析 α ３π α １ 则 １５π １４π. ｃｏｓ － ＝－ｓｉｎ ＝ ꎬ ∴ ｓｉｎ >ｓｉｎ ２ ５ ８ ９ ４.答案 － ａ ｓｉｎ α ＝－ １ .因为α是第三象限角 ꎬ 所 方程ｘ２ ＋ ｘ －２＝０ 的两根是ｘ １＝－２ꎬ ｘ ２＝ 解析 ｆ ｘ 的定义域为Ｒ 且ｆ ｘ ５ 函数ｙ ｘ２ ｘ 的零点为 和 . ∵ ( ) ꎬ (－ ) １ꎬ∴ ＝ ＋ －２ －２ １ ｘ ｘ ｘ ｘ ＝－３ｓｉｎ ＋４ｔａｎ ＝－(３ｓｉｎ －４ｔａｎ )＝ 以 α ２α ２ ６ ２.解析 由 ｘ 得ｘ ３ . － ｆ ( ｘ )ꎬ∴ ｆ ( ｘ ) 为奇函数 ꎬ∴ ｆ (－１)＝ ｃｏｓ ＝－ １－ｓｉｎ ＝－ ５ ꎬ (１) ２ ＋３＝０ꎬ ＝－ ２ － ｆ (１)＝－ ａ. 所以ｆ ( α )＝ ｓｉｎ(π－ α ( )ｃｏｓ(π ) ＋ α ) (２) 由 由 ｘ２ ｘ ＋４ ｘ ＝０ꎬ 得 得 ｘ ｘ ＝０ . 或ｘ ＝－４ . ５.答案 ５ ４ ｃｏｓ ３ ２ π － α ( ( ４ ３ ) ) 由 ３ ｌｏｇ － １ ２ ９ ｘ ＝ ＝ ０ ０ ꎬ ꎬ 得ｘ ＝ ＝ ２ １ . θ α α ｓｉｎ －ｓｉｎ ｃｏｓ α ２ ６. ３.解析 ｆ －１ ２ １ θ θ ２× θ＋１ ＝ α ＝ｃｏｓ ＝－ (－１)＝ ３ －(－１) ＝ －１＝ 解析 ２ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ｃｏｓ －ｓｉｎ ５ ３ θ θ ＝ θ ＝ ３ｓｉｎ －２ｃｏｓ ｓｉｎ １４.解析 由 ｘ π ｋ π ｋ Ｚ 得 ２ ｆ ０ ２ 且ｆ ｘ 在 ３× θ－２ ２ ＋ ≠ π＋ ( ∈ )ꎬ － <０ꎬ (０)＝３ －０ ＝１>０ꎬ ( ) ｃｏｓ ３ ２ ３ ３０ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 上的图象是不间断的 ｆ ｘ 似值都为 . 所以此方程的近似解为 ( ) [－１ꎬ０] ꎬ∴ ( )＝ ０ ６ꎬ ｆ １５ 在 上有实数解. . . π <０ꎬ ０ [－１ꎬ０] ０６ ６４ ４.证明 证法一 Δ ２ ３.略. ( ) (１) :∵ ＝６ －４×１×４＝ ｘ １５ ３１ ４.解析 解法一 因式分解法 ∴ ０∈ πꎬ π ꎬ ３６－１６＝２０>０ꎬ ( ): ( ６４ ) １２８ ∴ 原函数有两个不同的零点. ２ ｘ２ －３ ｘ ＋１＝０⇒(２ ｘ －１)( ｘ －１)＝０⇒２ ｘ － 又ｆ ６１ ６１ ６１ 证法二 : 设ｆ ( ｘ )＝ ｘ２ ＋６ ｘ ＋４ . 或ｘ ｘ １ ｘ . ( ２５ ) ６ π ＝ ２５６ π－ｃｏｓ ２５６ π>０ꎬ ∵ ｆ ( ｘ ) 的图象开口向上 ꎬ 且ｆ (－３)＝９－ １＝０ －１＝０ꎬ∴ １＝ ２ ꎬ ２＝１ ｆ １５ π <０ꎬ 解法二 二分法 ６４ １８＋４＝－５<０ꎬ ( ): ( ) ｆ ｘ 的图象与 ｘ 轴有两个不同的 设ｆ ｘ ｘ２ ｘ 则ｆ ｆ ｘ １５ ６１ ∴ 交点 ( . ) ( ( )＝ ) ２ － ( ３ ＋ ) １ꎬ ２ (０)＝１ꎬ (１)＝ ∴ ０∈ ６４ πꎬ ２５６ π ꎬ ｆ １ １ １ . 原函数有两个不同的零点. ０ꎬ ＝２× －３× ＋１＝０ ６１ . １５ . . ∴ ２ ２ ２ ∴ π≈０７４８６ꎬ π≈０７３６３ ｆ ｆ 又 ｆ ｘ 至多有两根 ２５６ ６４ (２) (０)＝－１<０ꎬ (１)＝ １＋３－１＝３>０ꎬ ∵ ( )＝０ ꎬ 精确到 . 的近似值都为 . 而函数ｆ ｘ ｘ３ ｘ 在区间 上 ∵ ０１ ０７ꎬ ( )＝ ＋３ －１ [０ꎬ１] ｘ １ ｘ . 此方程的近似解为 . . 的图象是不间断的 所以此函数图象在 ∴ １＝ ꎬ ２＝１ ∴ ０７ ꎬ ２ ◆习题8.1 区间 上一定穿过ｘ轴 即在区间 ５.解析 解法一 设ｆ ｘ ｘ３ ｘ .因为 (０ꎬ１) ꎬ : ( )＝ －２ －１ 感受􀅰理解 上存在零点. ｆ 所以ｘ 是方程ｘ３ ｘ (０ꎬ１) (－１)＝０ꎬ １＝－１ －２ －１ １.解析 因为ｆ ｆ ５.解析 ｆ (１)＝４×１ ３ ＋１－１５＝－１０<０ꎬ ＝０ 的解.又因为ｆ (－０ . ５)＝ －０ . １２５<０ꎬ 且 (１ ｆ ) ｘ 在 (１) ( 上 ３) 的 ＝ 图 －３ 象 × 是 (ｌ 不 ｇ ３ 间 ＋ ｆ ３ ｆ . . 所以 ｘ １)<０ꎬ ( ) (１ꎬ３) (２)＝４×２ ＋２－１５＝１９>０ꎬ (－０７５)＝ ０ ０７８ １２５>０ꎬ ２∈ 断的 所以函数ｆ ｘ 在区间 上存 且ｆ ｘ 在 上的图象是不间断的 . . .又因为 ｆ . ꎬ ( ) (１ꎬ３) ( ) [１ꎬ２] ꎬ (－０７５ꎬ－０５) (－０ ６２５)≈ 在零点. 函数ｆ ｘ ｘ３ ｘ 在区间 . 所 以 ｘ . ∴ ( )＝ ４ ＋ －１５ [１ꎬ２] ０００５８５９>０ꎬ ２ ∈ (－０６２５ꎬ 因为ｆ ｆ 且 ｆ ｘ 上有零点. . 又因为ｆ . . (２) (１) (２)＝ －４×１<０ꎬ ( ) －０５)ꎬ (－０５６２５)≈－００５２９８ 在 上的图象是不间断的 所以函 所以ｘ . . ｘ (１ꎬ２) ꎬ ６.证明 ∵ ｆ (－１)＝２ －１ －１＝ １ －１＝－ １ < <０ . ꎬ .同理可 ２∈ 求 ( 得 －０ ｘ ６２５ꎬ . －０ . ５６２ ５)ꎬ ２≈ 数ｆ ( ｘ ) 在区间 (１ꎬ２) 上存在零点. ２ ２ －０６ ３≈１６ 因为ｆ ｆ 且 ｆ ｘ ０ꎬ ｆ (０)＝２ ０ ＋０＝１>０ꎬ 解法二 : 设ｆ ( ｘ )＝ ｘ３ －２ ｘ －１ .因为ｆ (－１) 在 (３) 上 ( 的 ０) 图 ( 象 １) 是 ＝ 不 －１ 间 ×１ 断 < 的 ０ꎬ 所以 ( 函 ) 不 且函 间 数 断的 ｆ ( ꎬ ｘ ∴ ) 在 函 区 数 间 ｆ ( ( － ｘ １ ) ꎬ ＝ ０) ２ 上 ｘ ＋ 的 ｘ 在 图 区 象 间 是 ＝０ꎬ ｘ 所以ｘ ｘ １ ２ ＝ ｘ －１ 是方 由 程 ｘ 的 ２ 解 ｘ ꎬ 所以ｆ 得 ( ｘ ) ｘ 数 ( ｆ ( ０ꎬ ｘ １ ) ) 在区间 (０ꎬ１) 上存在零点 ꎬ . 上有零点 函数ｆ ｘ ｘ ｘ ＝( ＋１)( － －１)ꎬ － －１＝０ꎬ ｆ ｆ 且ｆ ｘ 在 上 (－１ꎬ０) ꎬ∴ ( )＝ ２ ＋ (４)∵ (０) (π)<０ꎬ ( ) (０ꎬπ) 在Ｒ上有零点. １± ５ 即ｘ . ｘ . . 的图象是不间断的 函数ｆ ｘ 在区间 ＝ ２ ꎬ ２≈－０６ꎬ ３≈１６ 上存在零点. ꎬ∴ ( ) ８.１.２ 用二分法求方程的近似解 ６.解析 设ｆ ｘ ｘ ｘ ｆ (０ꎬπ) ( )＝ －ｃｏｓ ꎬ∵ (０)＝－１< ２.证明 因为Δ ２ 所以 ( ) ＝１ －４×１×１＝－３<０ꎬ 练习 ｆ π π π π . 方程无实数根. ０ꎬ ＝ －ｃｏｓ ＝ >０ １.解析 设ｆ ｘ ｘ３ ｘ ２ ２ ２ ２ ( )＝ ＋３ －１ꎬ ｆ ｘ 有解 设为ｘ . ３.解析 当ｍ 时 ｘ １ 满足条件 当 ∵ ｆ (０)＝－１<０ꎬ ｆ (１)＝３>０ꎬ ∴ ( ( ) )＝０ ꎬ ０ ＝０ ꎬ ＝ ３ ꎬ ꎻ 在区间 上 ｘ３ ｘ 有解 ｆ π π π ｆ ∴ (０ꎬ１) ꎬ ＋３ －１＝０ ꎬ ＝ －ｃｏｓ >０ꎬ(０)<０ꎬ ｍ 时 Δ ｍ 所以ｍ ９ 所 设为ｘ . ４ ４ ４ ≠０ ꎬ ＝３６－８ ＝０ꎬ ＝ ꎬ １ ( ) ２ ｆ ｆ . . ｘ ｘ π . (０)＝ . －１<０ꎬ (０ ５)＝ ０ ６２５>０⇒ １∈ ∴ ０∈ ０ꎬ ４ 以ｍ ＝０ 或ｍ ＝ ９ . (０ꎬ０５)ꎬ ( ) ( ) ２ ( ｆ ( ０ ０ . ２ . ２ ５ ５ ꎬ０ ) . < ５) ０ ꎬ ꎬ ｆ (０ . ５)＝ ０ . ６２５>０⇒ ｘ １∈ 又ｆ π ８ ( ＝ π ８ － ) ｃｏｓ π ８ <０ꎬ ｆ π ４ >０ꎬ ４.解 ｋ > 析 １２ ꎬ 所 由 以 Δ ｋ ＝ 的 (－ 取 １２ 值 ) 范 ２ － 围 １６( 是 ｋ ( － １ ３ ２ ) ꎬ < ＋ ０ ∞ ꎬ 解 ) . 得 ｆ . ｆ . ｘ ｘ π π ５.证明 设ｆ ｘ ｘ２ ｘ .因为ｆ ( . ０ ２５) . < ０ꎬ (０ ３７５) > ０⇒ １ ∈ ∴ ０∈ ８ ꎬ ４ ꎬ ｆ ( )＝５ －７ 所 － 以 １ 原方程 ( 的 －１ 一 ) (０２５ꎬ０３７５)ꎬ ( ) ( ) ＝１１>０ꎬ (０)＝－１<０ꎬ ｆ . ｆ . ｘ 又ｆ ３ ３ ３ ｆ π 根在区间 内 又因为ｆ (０ . ３１２ ５) . <０ꎬ (０ ３７５)>０⇒ １∈ １６ π ＝ １６ π－ｃｏｓ １６ π<０ꎬ ４ ｆ (－１ꎬ０ 所 ) 以 ꎬ 原方程的 ( 另 １) 一 ＝ 根 －３ 在 < (０３１２５ꎬ０３７５)ꎬ ０ꎬ (２)＝５>０ꎬ ｆ (０ . . ３１２ ５) . <０ꎬ ｆ (０ . . ３４３ ７５)>０⇒ ｘ １∈ >０ ｘ ꎬ ( ３ π ) . ６. 区 解 间 析 (１ꎬ 令 ２) ｆ 内. ｘ ｘ２ ｘ 设两根为 (０３１２５ꎬ０３４３７５) ∴ ０∈ πꎬ ( )＝ －２ －２ꎬ 因为 ０ . ３１２５ 与 ０ . ３４３ ７５ 精确到 ０ . １ 的 ( １ ) ６ ４ ( ) ｘ １、 ｘ ２ꎬ 为 近似 . 值 . 都为 ０ . ３ꎬ 所以此方程的近似解 ∵ ｆ ３ ７ ２ π ＝ ３ ７ ２ π－ｃｏｓ ３ ７ ２ π<０ꎬ ｆ π ４ ∵ ｆ ｆ (－１)＝１ ｆ ＋２－２＝ . １>０ꎬ ｆ (０)＝－２<０ꎬ ０３ ∴ (－１)􀅰(０)<０ ２.解析 设ｆ ( ｘ )＝ｌｇ ｘ ＋２ ｘ －１ꎬ∵ ｆ (０ . ５)< >０ꎬ ( ) ∴ ｘ １∈(－１ꎬ０) . ０ꎬ ｆ (１)>０ꎬ∴ 在区间 [０ . ５ꎬ１] 上 ꎬｌｇ ｘ ＝ ∴ ｘ ０∈ ３ ７ ２ πꎬ π ４ . ∵ ｆ (２)＝－２<０ꎬ ｆ (３)＝９－６－２＝１>０ꎬ ｘ有解 设为ｘ . ( ) ｆ ｆ . ｆ １ ( － ０ ２ . ５)<０ꎬ ｆ ꎬ (０ . ７５)> １ ０⇒ ｘ １∈(０ . ５ꎬ０ . ７５)ꎬ 又ｆ １ ６ ５ ４ π ＝ ６ １ ４ ５ π－ｃｏｓ １ ６ ５ ４ π<０ꎬ ∴ ∴ ｘ ( ２∈ ２) ( 􀅰 ２ꎬ ( ３ ３ ) ) ꎬ <０ ｆ . ｆ . ｘ . . ( ) 用二分法可求得ｘ . ｘ . . (０５)<０ꎬ (０６２５)>０⇒ １∈(０５ꎬ０６２５)ꎬ ｘ １５ π . １≈－０７ꎬ ２≈２７ ｆ (０ . ５６２ ５)<０ꎬ ｆ (０ . ６２５)>０⇒ ｘ １∈ ∴ ０∈ ６４ πꎬ ４ ７.解析 解法一 ( 因式分解法 ): . . . ( ) ｘ２ ｘ ｘ ｘ (０５６２５ꎬ０６２５) 又 ｆ ３１ ３１ ３１ －３ －１０＝０⇒( ＋２)( －５)＝０ꎬ 因为 . 与 . 精确到 . 的近 π ＝ π－ｃｏｓ π>０ꎬ ｘ ｘ . ０５６２ ５ ０ ６２５ ０ １ １２８ １２８ １２８ ∴ １＝－２ꎬ ２＝５ ３１ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋解法二 公式法 下面用二分法求ｘ ｘ . [ｆ ａ ｆ ｂ ] ２ ( ): １、 ２ ( )－( ) 又因为 ｆ ａ ｆ ｂ 先求ｘ 列表如下 － ꎬ ( )≠ ( )ꎬ ｘ２ ｘ Δ ｘ ３±７ １ꎬ : ２ －３ －１０＝０ꎬ ＝９＋４０＝４９ꎬ ＝ ꎬ 区间中点 中点处函数值的符号 取区间 所以Ｆ ａ Ｆ ｂ 所以 Ｆ ｘ 在区 ２ ( ) ( )<０ꎬ ( ) ｘ ｘ . 间 ａ ｂ 上有零点. ∴ １＝－２ꎬ ２＝５ １ . ５ ｆ (１ . ５)<０ (１ . ５ꎬ２) ( ꎬ ) 思考􀅰运用 . ｆ . . . ８.解析 设ｆ ( ｘ )＝ ７ ｘ２ －( ｍ ＋１３) ｘ － ｍ －２ꎬ １ . ７５ ｆ (１ . ７５)>０ (１ . ５ꎬ１ . ７５) 8.2 函数与数学模型 {ｆ １６２５ (１６２５)>０ (１５ꎬ１６２５) (０)>０ꎬ . ｆ . . . ８.２.１ 几个函数模型的比较 １５６２５ (１５６２５)>０ (１５ꎬ１５６２５) 则 ｆ 所以 ｍ 所以实数 (１)<０ꎬ －４< <－２ꎬ . ９. ｍ 解 的 析 ｆ ( 取 ２) 值 ∵ > 范 函 ０ꎬ 围 数 为 ｆ ( ( ｘ － ) ４ ＝ ꎬ－ ｘ ２ ２ ) － . ２ ｘ ＋ ｋ 在区间 １ １ . . ５ ５ ４ ３ ６ １ ８ ２ ７ ５ ５ ｆ ｆ ( ( １ １ . . ５ ５ ４ ３ ６ １ ８ ２ ７ ５ ５ ) ) < < ０ ０ ( ( １ １ １ １ . . . ５ ５ ５ ５ ４ ６ ６ ３ ６ ２ ２ １ ８ ５ ５ ２ ７ ) ) ５ ５ ꎬ ꎬ １ 练 .解 习 析 ｘ １０ ２０ １００ ３６５ ７３０ ｙ . ｘ . . . . . . ＝０９９ ０９０４４ ０８１７９ ０３６６０ ００２５５ ００００７ [－１ꎬ０] 上单调递减 ꎬ ｆ (－１)＝ １ ＋ ｋ ꎬ １ . ５５４６８７５ ｆ (１ . ５５４６８７５)<０ (１５ . ５４６８７５ꎬ ｙ ＝１ . ０１ ｘ １ . １０４６ １ . ２２０２ ２ . ７０４８ ３７ . ７８３４１４２７ . ５８７９ ２ １５６２５) ｆ ｋ . . . 精确到 . 的 ２.略. (０)＝ －１ ∵１５５４ ６８７ ５ꎬ１ ５６２ ５ ０ １ ∵ ｙ ＝ ｆ ( ｘ ) 在 [－１ꎬ０] 上有零点 ꎬ 近似值都是 １ . ６ꎬ ８.２.２ 函数的实际应用 ｆ ｆ ｘ . . ∴ ( (－１)􀅰 ) (０)≤０ꎬ ∴ １≈１６ 练习 说明 当计算到第 次时 所得区间长 ｋ １ ｋ : ３ ꎬ . ∴ ＋ ( －１)≤０ꎬ 度为 . . . 它的一半为 １.解析 设山高为 ｈ 则 ｈ ２６－１４６ ２ １ ６２５－１ ５＝０ １２５ꎬ ｍꎬ ＝ . × . . 已满足精确度 此时区间 ０６ １ ｋ . ００６２５<０１ꎬ ꎬ 即山高为 . ∴ － ≤ ≤１ 中点ｘ . . 已符合要求 用 １００＝１９００ꎬ １９００ ｍ ２ ＝１５６２ ５≈１ ６ ꎬ ２.解析 慢车所行路程与时间的函数为 １０.解析 Δ ａ２ 此法可以减少运算次数 但有时近似 ∵ ＝ ＋４>０ꎬ ꎬ ｙ . ｘ ｘ 快车所行路程与 函数 ｆ ｘ 的图象与 ｘ 轴有两个 程度不高. ＝０４５ (０< ≤１６)ꎬ ∴ ( ) 慢车行驶时间的函数关系式为 ｙ 交点. 再求ｘ 列表如下 ２ꎬ : { ｘ 由题意知ｆ ｆ ０ꎬ０< ≤３ꎬ (－１)􀅰(２)<０ꎬ 区间中点 中点处函数值的符号 取区间 . ｘ ｘ ａ ａ ＝ ０７２( －３)ꎬ３< ≤１３ꎬ ∴ (３－２ )<０ꎬ －３ . ５ ｆ (－３ . ５)<０ (－４ꎬ－３ . ５) . ｘ . ７２ꎬ１３< ≤１６ ∴ ａ > ３ 或ａ <０ . －３ . ７５ ｆ (－３ . ７５)<０ (－４ꎬ－３ . ７５) 设两车在慢车出发 ｘ ｍｉｎ 时相遇 ꎬ 则 当ａ ２ 时 ｘ２ ｘ 所以ｆ ｘ －３ . ８７５ ｆ (－３ . ８７５)<０ (－４ꎬ－３ . ８７５) ０ . ４５ ｘ ＝０ . ７２( ｘ －３)ꎬ 解得ｘ ＝８ꎬ ｙ ＝３ . ６ . ＝０ ꎬ －１＝０ꎬ ＝±１ꎬ ( ) . ｆ . . ３.解析 由Ｓ ｆ ｔ ｇ ｔ 得 Ｓ 在ｘ 上有两根 －３９３７５ (－３９３７５)<０ (－４ꎬ－３９３７５) ＝ ( )􀅰 ( ) ꎬ ＝ ＝０ ∈[－１ꎬ２] ꎬ . ｆ . . ì( )( ) 当 ＝２ ａ ꎬ 所 ＝ 以 ２ ３ 时 ｆ ( ꎬ ｘ ｘ ) ２ － ＝０ ２ ３ 在 ｘ －１ ｘ ∈ ＝０ [ ꎬ － ｘ １ １ ＝ ꎬ２ － ] ２ １ 上 ꎬ 有 ｘ ２ 都 ∵ －３ ｘ 为 － ９６ ４ ８ － ꎬ ７ ４ － ５ . ３ ０ . ꎬ . ９６ . ( ８ －３ ７５ ９６ 精 ８７ 确 ５)< 到 ０ ０ . ( １ － 的 ４ꎬ－ 近 ３９６ 似 ８７ 值 ５) î í ï ï ïï ( － ４ １ ２ ｔ ｔ ＋ ＋ ２ ５ ２ ２ )( － － ３ １ ３ １ ｔ ｔ ＋ ＋ １ １ ３ ０ ３ ０ ９ ９ ) ( ( １ ４ ≤ １≤ ｔ ≤ ｔ ≤ ４０ １ ꎬ ０ ｔ ０ ∈ ꎬ ｔ Ｎ ∈ ) Ｎ ꎬ )ꎬ 两 ａ 根 ꎬ ３ 或ａ . ∴ 综上 ２≈ ꎬ 所 －４ 求 ０ 方程 ３ ｘ ＝ ｘ ＋４ 的近似解为 即Ｓ ì í ï ï－ １ １ ２ ｔ２ ＋ ４ ７ ｔ ＋ ２３ ３ ９８ (１≤ ｔ ≤４０ꎬ ｔ ∈ Ｎ )ꎬ １１.解 ∴ 析 > ２ (１) 设 <０ ｆ ( ｘ )＝ｌｇ(２ ｘ )＋ ｘ －１ .结合 ｘ ( １ ３ ≈ ) 先 １ . ６ 画 ꎬ ｘ 出 ２≈ ｙ － ＝ ４ ２ . ｘ ０ － . １ 与 ｙ ＝ｃｏｓ ｘ 的图 ＝ î ïï１ ６ ｔ２ － ７ ２ １ｔ ＋ ５６ ３ ６８ (４１≤ ｔ ≤１００ꎬ ｔ ∈ Ｎ ) . 图象知ｆ ( ｘ )＝０ 只有一解 ꎬ 设为ｘ. 由 象 ( 图 图 象 略 可 ) 知 ꎬ 设 ｆ ｆ ( ｘ ｘ )＝２ ｘ 只 －ｃ 有 ｏｓ 一 ｘ － 个 １ꎬ 解 设 ４.解析 设 ( 这两筐 ) 椰子原来共有ｘ个 ꎬ 由 ∵ ｆ (０ . ５)＝０ . ５－１＝－０ . ５<０ꎬ ｆ (１)＝ｌｇ ２ 为ｘ ꎬ ( )＝ ０ ꎬ 题意得 ３０ ｘ ０ ＋１ ( ｘ －１２)－３００＝７８ꎬ >０ꎬ ｆ ０ꎬ ｆ 解得ｘ 舍负 ｆ . ｆ . ∵ (０)＝－２<０ꎬ(１)＝１－ｃｏｓ１>０ꎬ ＝１２０( )ꎬ ∴ (０５)􀅰(１)<０ ｘ . 所以两筐椰子原来共有 个. ｘ . .下面用二分法求ｘ . ∴ ０∈(０ꎬ１) １２０ ∴ ∈(０５ꎬ１) ０ 下面用二分法求ｘ . ５.解析 设衰变率为 ａ 则 ａ １００ 区间中点中点处函数值的符号 取区间 ０ ꎬ (１－ ) ＝ 区间中点 中点处函数值的符号 取区间 . . ｆ . . ０９５７６ꎬ ０ . ７５ ｆ (０ . ７５)<０ ( . ０７５ꎬ . １) ０ . ５ ｆ (０ . ５)<０ (０ . ５ꎬ１) 所以 １－ ａ ＝０ . ９５７６ １０ １ ０.所以ｙ ＝０ . ９５７６ １０ ｘ ０ ꎬ ０ . ８７５ ｆ (０ . ８７５)>０ (０ . ７５ꎬ０ . ８７５) ０ . ７５ ｆ (０ . ７５)<０ (０ . ７５ꎬ１) ∴ 关系式为ｙ ＝０ . ９５７６ １０ ｘ ０. ０８１２５ (０８１２５)>０ (０７５ꎬ０８１２５) . ｆ . . . ◆习题8.2 ０８７５ (０８７５)>０ (０７５ꎬ０８７５) . . . . ∵０７５≈０８ꎬ０８１２５≈０８ꎬ . ｆ . . . 感受􀅰理解 ｘ . 即所求方程的近似解为 . . ０８１２５ (０８１２５)<０ (０８１２５ꎬ０８７５) ∴ ≈ 设 ０ ｆ ８ꎬ ｘ ｘ ｘ 结合ｙ ｘ 与 ０８ ｙ . ｆ . (０ . ８１２５ꎬ １.解析 ｙ ＝ ｍ (１＋２０ ％ ) ｘ ( ｘ ∈ Ｎ∗ ) . (２) ( )＝３ － －４ꎬ ＝３ ０８４３７５ (０８４３７５)>０ ０ . ８４３７５) ｘ 的图象 图略 可知方程 ｘ ｘ ２.解析 ｙ １ ｘ ３ ｘ ｘ . ＝ ＋４ ( )ꎬ ３ ＝ . 和 . 精确到 . 的近 ＝ ＋ ３－ (０≤ ≤３) 有两解 设为ｘ ｘ . ∵０８１２５ ０８４３７５ ０１ ５ ５ ＋４ ꎬ １、 ２ 似值均为 . ３.解析 ｙ ％ ｘ. ｆ ｆ ０８ꎬ (１) ＝１０００(１－１０ ) ∵ (１)＝３－１－４＝－２<０ꎬ (２)＝９－２－４ 所求方程的近似解为 . . 由题意得 ％ ｘ ∴ ０８ (２) １０００(１－１０ ) ＝１ ０００× ＝３>０ꎬ 探究􀅰拓展 ∴ ｘ １∈(１ꎬ２) . １２. 证 明 因 为 Ｆ ( ａ ) Ｆ ( ｂ ) ＝ ２ １ ꎬ 化简 ꎬ 得 ０ . ９ ｘ ＝ ２ １ ꎬ 即 ｘ ＝ｌｏｇ０ . ９ １ ２ ＝ ∵ ｆ (－４)＝３ －４ >０ꎬ ｆ (－３)＝３ －３ －１<０ꎬ [ ｆ ａ ｆ ( ａ )＋ ｆ ( ｂ ) ] [ ｆ ｂ ｆ ( ａ )＋ ｆ ( ｂ ) ] －ｌｇ２ . 即这种放射性元素的半 ｘ . ( )－ ( )－ ＝ ≈６６ꎬ ∴ ２∈(－４ꎬ－３) ２ ２ ２ｌｇ３－１ ３２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 衰期约为 . 年. 时 可提高抗压强度 . ２. 的图象 图略 可知 ６６ ꎬ ０３ ｋｇ/ｍ ２ ( ) ꎬ 思考􀅰运用 当 ｘ 时 ｙ 的预测值为 . 方程 ｘ ｘ 有两个解 设为ｘ ｘ . (２) ＝２２５ ꎬ ７８ １ ２ － －２＝０ ꎬ １ꎬ ２ ４.解析 设ｆ ( ｘ )＝ ｐｘ２ ＋ ｑｘ ＋ ｒ ( ｐ ≠０)ꎬ ｋｇ/ｍ ２. ∵ ｆ (２)＝２ ２ －２－２＝０ꎬ∴ ｘ １＝２ . ｇ ( ｘ )＝ ａｂｘ ＋ ｃ ꎬ 则 ７.解析 画散点图. 又 ∵ ｆ (－２)＝２ －２ ＋２－２>０ꎬ ｆ (－１)＝２ －１ ＋１ {ｐ ｑ ｒ ｆ ＋ ＋ ＝ (１)＝１００００ꎬ －２<０ꎬ ｐ ｑ ｒ ｆ ｘ . ４ ＋２ ＋ ＝ (２)＝１２０００ꎬ ∴ ２∈(－２ꎬ－１) ｐ ｑ ｒ ｆ 下面用二分法求ｘ { ９ ａｂ ＋ ｃ ３ ＋ ｇ ＝ (３)＝１３０００ꎬ ２ꎬ ＋ ＝ (１)＝１００００ꎬ 区间中点 中点处函数值的符号 取区间 ａｂ２ ｃ ｇ ＋ ＝ (２)＝１２０００ꎬ . ｆ . . －１５ (－１５)<０ (－２ꎬ－１５) ａｂ３ ｃ ｇ . ＋ ＝ (３)＝１３０００ . ｆ . . . {ｐ {ａ －１７５ (－１７５)>０ (－１７５ꎬ－１５) ＝－５００ꎬ ＝－８０００ꎬ . ｑ ｂ . . ｆ . (－１７５ꎬ ∴ ＝３５００ꎬ ＝０５ꎬ －１６２５ (－１６２５)<０ . －１６２５) ｒ ｃ ＝７０００ꎬ ＝１４０００ꎬ . ∴ ｆ ( ｘ )＝－５００ ｘ２ ＋３５００ ｘ ＋７０００ꎬ －１ . ６８７５ ｆ (－１ . ６８７５)<０ － ( １ － . ６ １ ８７ ７５ ５ ꎬ ) ｇ ｘ . ｘ . ( )＝－８０００􀅰０５ ＋１４０００ . ｆ . (－１ . ７１８７５ꎬ ｆ ｇ . －１７１８７５ (－１７１８７５)>０ . ∴ (４)＝１３０００ꎬ (４)＝１３５００ －１６８７５) 经比较 用ｙ . ｘ 作 差值越来越小 由对数函数图象知 ｘ 为模拟 ꎬ 函数较 ＝ 好 －８ . ０００􀅰０ ５ ＋１４ ０００ 越大图象越趋于 ꎬ 平缓 ꎬ ꎬ －１ . ７０３１２５ ｆ (－１ . ７０３１２５)>０ (－ － １ １ . . ７ ６ ０ ８ ３ ７ １ ５ ２ ) ５ꎬ ５.解析 设该单位购买 ｘ 个该型号的移 故预测 ７ 月盈利 ７６ . １ 万元 ꎬ８ 月盈利 . ｆ . (－１ . ６９５３１２５ꎬ 动硬盘 甲 乙两商场的差价为ｙ元 则 . 万元. －１６９５３１２５ (－１６９５３１２５)>０ . ꎬ 、 ꎬ ７７２ －１６８７５) 去甲商店买共花费 ｘ ｘ元 由 拓展􀅰探究 . (８００－２０ ) ꎬ . ｆ . (－１６９１４０６２５ꎬ ８００－２０ ｘ ≥４４０ꎬ 得 １≤ ｘ ≤１８( ｘ ∈ Ｎ )ꎬ ８.略. －１６９１４０６２５ (－１６９１４０６２５)>０ －１ . ６８７５) 去乙商店买花费 ％ｘ ｘ ｘ ◆复习题 . 和 . 精确到 ８００×７５ ＝６００ ( ∈ ∵ －１ ６９１ ４０６ ２５ －１ ６８７ ５ Ｎ 感受􀅰理解 . 均为 . )ꎬ ００１ －１６９ꎬ 当 ｘ ｘ Ｎ 时 １.解析 由ｆ ｘ 得ｘ . ｘ . . ∴ １≤ ≤１８( ∈ ) ꎬ (１) ( )＝０ꎬ ＝４ ∴ ２≈－１６９ ｙ ＝(８００－２０ ｘ )􀅰 ｘ －６００ ｘ ＝２００ ｘ －２０ ｘ２ ＝ (２) 由ｆ ( ｘ )＝ ｘ２ －２ ｘ －８＝０ꎬ 得ｘ ＝４ 或ｘ (３) 设ｆ ( ｘ )＝ｌｏｇ２ ｘ ＋ ｘ －２ . ｘ ｘ . . 由ｙ ｘ与ｙ ｘ的图象 图略 可 ２０ (１０－ ) ＝－２ ＝ｌｏｇ２ ＝２－ ( ) 当ｘ 时 ｙ 知 ｆ ｘ 有一个根 设为ｘ 当 当 当 １ ｘ ｘ ０ < > ＝ < １ １ １ ０ ８ ｘ ０ ≤ 时 时 １ ꎬ ꎬ ８ ꎬ ｙ ｙ 时 > ＝ ＝ ０ ４ ꎬ ０ ꎬ ４ ｙ ꎬ ０ < ｘ ０ － . ６００ ｘ ＝－１６０ ｘ <０ . ( ( ０ꎬ ３ ４ 得 ) ) 由 由 ｘ ＝ ４ ｌｏ ｘ １ ｇ － . ２ ２ ｘ ｘ － － ２ １ ２＝ ＝ ０ ０ ꎬ ꎬ 即 得 ( ｘ ２ ＝ ｘ －２ ２ ) . (２ ｘ ＋１)＝ 下 ∵ ∴ 面 ｆ ｘ ꎬ ( ０ ( ∈ １ 用 ) ( ) ＝ 二 １ ＝ － ꎬ 分 ０ １ ２) < 法 . ０ 求 ꎬ ｆ 解 (２ ｘ )＝ ꎬ . １>０ꎬ ０ꎬ 综上可知 若购买少于 个 去乙商店 由ｘ ｘ 得ｘ . ０ ꎬ １０ ꎬ (５) ＋ｌｎ －１＝０ꎬ ＝１ 区间中点 中点处函数值的符号 取区间 花费较少 若购买 个 甲 乙商店消 由 ｘ ｘ 得ｘ . ꎻ １０ ꎬ 、 (６) ２ ＋２ －８＝０ꎬ ＝２ . ｆ . . 费一样多 若购买超过 个 去甲商店 ２.解析 速度函数的图象如图 . １５ (１５)>０ (１ꎬ１５) ꎻ １０ ꎬ １ . ｆ . . . 花费较少. １２５ (１２５)<０ (１２５ꎬ１５) ６.解析 画散点图 选模型. １ . ３７５ ｆ (１ . ３７５)<０ (１ . ３７５ꎬ１ . ５) ꎬ . ｆ . . . １４３７５ (１４３７５)<０ (１４３７５ꎬ１５) . . ｆ . (１４３７５ꎬ １４６８７５ (１４６８７５)>０ . １４６８７５) . . ｆ . (１４５３１２５ꎬ 图 １４５３１２５ (１４５３１２５)<０ １ . ４６８７５) １ . 路程函数的图象如图 . . ｆ . (１４５３１２５ꎬ ２ １４６０９３７５ (１４６０９３７５)>０ １ . ４６０９３７５) . . ｆ . (１４５３１２５ꎬ １４５７０３１２５ (１４５７０３１２５)>０ . １４５７０３１２５) . . ｆ . (１４５５０７８１２５ꎬ １４５５０７８１２５ (１４５５０７８１２５)<０ . １４５７０３１２５) 由散点图可知抗压强度基本符合线性 . 和 . 精确 ∵１４５５ ０７８ １２５ １ ４５７ ０３１ ２５ 规律 设ｙ ｋｘ ｂ ｋ 到 . 均为 . ꎬ ＝ ＋ ( ≠０)ꎬ 图 ００１ １４６ꎬ 将 . . 代入 ２ ｘ . . (１７０ꎬ６１６)ꎬ(１８０ꎬ６４６) ꎬ ∴ ０≈１４６ 得 { １７０ ｋ ＋ ｂ ＝６１ . ６ꎬ解得 {ｋ ＝０ . ３ꎬ ３.解析 (１)∵ ｘ２ － ｘ －３＝０ꎬ (４) 设ｆ ( ｘ )＝ ｘ２ －ｃｏｓ ｘ ꎬ ｋ ｂ . ｂ . 由ｙ ｘ２ 和ｙ ｘ的图象 图略 可知 １８０ ＋ ＝６４６ꎬ ＝１０６ꎬ ｘ １＋ １３ ｘ １－ １３ ＝ ＝ｃｏｓ ( ) ｙ . ｘ . .将其他点代入 基本符 ∴ １＝ ꎬ ２＝ ꎬ ｆ ｘ 有一个根 设为ｘ ∴ ＝０ ３ ＋１０ ６ ꎬ ２ ２ ( )＝０ ꎬ ０ꎬ 合该函数模型. ｘ . ｘ . . ｆ ｆ ∴ １≈２３０ꎬ ２≈－１３０ ∵ (０)＝ ０－ｃｏｓ ０＝－１<０ꎬ (１)＝ １－ 每立方米混凝土中增加 水泥 设ｆ ｘ ｘ ｘ 由ｙ ｘ 和ｙ ｘ ｘ . (１) １ ｋｇ (２) ( )＝２ － －２ꎬ ＝２ ＝ ＋ ｃｏｓ１>０ꎬ∴ ０∈(０ꎬ１) ３３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋下面用二分法求解ｘ . ７.解析 设日销售额为Ｆ ｔ 元. 由 知 当 ｐ 时 ０ ( ) (３) (１) ꎬ ＝ ５６０ ꎬ５６０ 区间中点 中点处函数值的符号 取区间 ① 当 ０≤ ｔ <２０ ( ꎬ ｔ ∈ Ｎ时 ) ꎬ ( ) ＝７６０ｅ －５０ ｈ ０􀅰ｌｎ ３ ３ ５ ８ ꎬ . ｆ . . ０５ (０５)<０ (０５ꎬ１) Ｆ ｔ １ ｔ １ ｔ ４３ １４ . ｆ . . ( ) ＝ ＋１１ － ＋ ＝ －５００ｌｎ ０ . ７５ ｆ (０ . ７５)<０ ( . ０７５ꎬ . １) ( ) ２ ２ ３ ３ ∴ ｈ ＝ １９. ０８７５ (０８７５)>０ (０７５ꎬ０８７５) １ ｔ ２１ ４２２５. ３５ . ｆ . . . － － ＋ ｌｎ ０８１２５ (０８１２５)<０ (０８１２５ꎬ０８７５) ６ ２ ２４ ３８ . 当ｔ 或ｔ 时 Ｆ ｔ . 当大气压强是 时 该处的 . ｆ . (０８１２５ꎬ ∴ ＝１０ ＝１１ ꎬ ( )ｍａｘ＝１７６ ∴ ５６０ ｍｍＨｇ ꎬ ０８４３７５ (０８４３７５)>０ . 当 ｔ ｔ Ｎ时 Ｆ ｔ ｔ ０８４３７５) ② ２０≤ ≤４０ꎬ ∈ ꎬ ( )＝(－ ＋ １４ . ( ) －５００ｌｎ ０ . ８２８１２５ ｆ (０ . ８２８１２５)>０ ０ ( . ８ ０ ２ ８ ８ １ １ ２ ２ ５ ５ ꎬ ) ４１) － １ ｔ ＋ ４３ ＝ １ ( ｔ －４２) ２ － １ ꎬ 高度是 １９ ｍ . ３ ３ ３ ３ ３５ ０ . ８２０３１２５ ｆ (０ . ８２０３１２５)<０ (０ ０ . . ８ ８ ２ ２ ０ ８ ３ １ １ ２ ２ ５) ５ꎬ ∴ 又 当ｔ ＝２０ 时 ꎬ Ｆ ( ｔ )ｍａｘ＝１６１ . １０.解析 Ｃ ｌｎ ３８ 的实际意义是安装这种 . １７６>１６１ꎬ (０) . ｆ . (０８２４２１８７５ꎬ 所以 当ｔ 或ｔ 时 日销售额最 太阳能电池板的面积为 时每年消耗 ０８２４２１８７５ (０８２４２１８７５)<０ ０ . ８２８１２５) 大 最 ꎬ 大值 ＝ 为 １０ . ＝１１ ꎬ 的电费 ０ ０ . ８２６１７１８７５ ｆ (０ . ８２６１７１８７５)>０ ( . ０ . ８２４２１８７５ꎬ ８.解 ꎬ 析 过 １７６ 点 Ｄ 作 ＤＥ ＡＢ 连 即未安 ꎬ 装太阳能电池板时每年消耗的 ０８２６１７１８７５) (１) ⊥ ꎬ . 接ＢＤ. 电费. . ｆ . (０８２５１９５３１２５ꎬ ０８２５１９５３１２５ (０８２５１９５３１２５)<０ . ｋ ０８２６１７１８７５) 由Ｃ 得ｋ . . 和 . 精 (０)＝ ＝２４ꎬ ＝２４００ ∵ ０ ８２５ １９５ ３１２ ５ ０ ８２６ １７１ ８７５ １００ 确到 . 均为 . ００１ ０８３ꎬ ∴ Ｆ ＝１５× ２ ｘ ４００ ＋０ . ５ ｘ ＝ １ ｘ ８００ ＋０ . ５ ｘ ꎬ ｘ . . ２０ ＋１００ ＋５ ∴ ０≈０８３ ｘ . ４.解析 ① 函数ｆ ( ｘ )＝ ｘ２ － ｋｘ ＋１ 的对称 ∵ ＡＢ为直径 ꎬ∴ ∠ ＡＤＢ ＝９０ ° ꎬ ≥０ ｋ 在 ＡＤＢ与 ＡＥＤ中 令Ｆ １８００ . ｘ １ 轴为直线ｘ Ｒｔ△ Ｒｔ△ ꎬ (２) ＝ ｘ ＋０５ ≤ ×２４×１５ꎬ ＝ ꎬ ＡＤＢ ° ＡＥＤ ＢＡＤ ＤＡＥ. ＋５ ６ ２ ∠ ＝９０ ＝∠ ꎬ∠ ＝∠ 则ｘ２ ｘ ｋ ＡＤＢ ＡＥＤ. －１１５ ＋３０００≤０ꎬ 当 即ｋ 时 ｆ ｋ ∴ Ｒｔ△ ∽Ｒｔ△ ｘ . <－１ꎬ <－２ ꎬ(－１)>０ꎬ∴ ＋２ ＡＤ ＡＢ ＡＤ２ ∴４０≤ ≤７５ ２ 即ＡＥ 要使Ｆ不超过安装太阳能供电设备 ｋ 无解. ∴ ＡＥ＝ＡＤꎬ ＝ ＡＢꎬ ∴ >０ꎬ∴ >－２ꎬ ｋ ｘ２ 前消耗电费的 １ ｘ的取值范围是 当 即 ｋ 时 Δ ｋ２ 又ＡＤ ｘ ＡＢ Ｒ ＡＥ ＣＤ ꎬ ４０ ② －１≤ ≤１ꎬ －２≤ ≤２ ꎬ ＝ ＝ ꎬ ＝２ ꎬ∴ ＝ Ｒꎬ∴ ＝ ６ ２ ２ ｘ . ｋ . ｘ２ ≤ ≤７５ －４<０ꎬ∴ －２< <２ ＡＢ ＡＥ Ｒ 探究􀅰拓展 ｋ －２ ＝２ －Ｒꎬ ③ 当 >１ꎬ 即ｋ >２ 时 ꎬ ｆ (１)＝ １－ ｋ ＋１> ｙ ＡＢ ＢＣ ＣＤ ＡＤ Ｒ ｘ １１.解析 设ｆ ( ｘ )＝ ｘ２ －( ａ ＋２) ｘ ＋ ａ. ｋ ２ 无解. ∴ ( ＝ ｘ２ ) ＋ ＋ ＋ ＝ ２ ＋ ＋ ∵ Δ ＝( ａ ＋２) ２ －４ ａ ＝ ａ２ ＋４>０ꎬ 综 ０ꎬ 上 ∴ 可 < 知 ２ꎬ ｋ . ２ Ｒ －Ｒ ＋ ｘ ＝－Ｒ １ ｘ２ ＋２ ｘ ＋４ Ｒ. ∴ 函数ｆ ( ｘ )＝ ｘ２ －( ａ ＋２) ｘ ＋ ａ与ｘ轴有 ꎬ ∈(－２ꎬ２) 两个不同的交点. 思考􀅰运用 ＡＤ ＡＥ ＣＤ ５.解析 ｘ ａ 在区间 上 ∵ ì ï ｘ > > ０ ０ ꎬ ꎬ >０ꎬ >０ꎬ 当 上无 ａ ＝ 解 ０ . 时 ꎬ 方程为ｘ２ －２ ｘ ＝０ꎬ 在 (０ꎬ２) ∵ － ｘ ＋１＝０ (－１ꎬ１) ï ï ｘ２ 当ａ 时 ｆ ａ ｆ ａ 有两个解 íＲ>０ꎬ ≠０ ꎬ∵ (０)＝ ꎬ (２)＝－ ꎬ ꎬ ∴ ï ｆ ｆ ａ２ 且ｆ ｘ 的图象 ∴ ｘ２ ＋ ｘ － ａ ＝０ 在 (－１ꎬ１) 上有两个解 ꎬ 且 ïï Ｒ ｘ２ ∴ 是连 (０ 续 )􀅰 不间 (２ 断 )＝ 的 － <０ꎬ ( ) ｘ 令ｆ ｘ ｘ２ ｘ ａ î２ －Ｒ>０ꎬ ꎬ ≠０ꎬ ( )＝ ＋ － ꎬ 函数ｆ ｘ 在 上有 个零点 {Δ ａ ｘ Ｒ. ∴ ( ) (０ꎬ２) １ ꎬ ＝１＋４ >０ꎬ ∴０< < ２ 方程ｘ２ ａ ｘ ａ 在 上 ∴ ｆ ａ ∴ －( ＋２) ＋ ＝０ (０ꎬ２) { (－１)＝１－１－ >０ꎬ (２)∵ ｙ ＝－Ｒ １ ｘ２ ＋２ ｘ ＋４ Ｒ 有 １ 个解. ａ １ 综上 当ａ 时 方程ｘ２ ａ ｘ ａ >－ ꎬ １ ａ . ꎬ ＝０ ꎬ －( ＋２) ＋ ∴ ４ ∴ － < <０ １ ｘ Ｒ ２ Ｒ ｘ Ｒ . 在区间 上无解 当ａ 时 ａ ４ ＝－Ｒ( － ) ＋５ (０< < ２ ) ＝０ (０ꎬ２) ꎻ ≠０ ꎬ <０ꎬ 方程ｘ２ ａ ｘ ａ 在区间 当 ｘ Ｒ 时 ｙ 取得最大值 最大值 －( ＋２) ＋ ＝０ (０ꎬ２) ６.解析 ｘ π ｘ π ∴ ＝ ꎬ ꎬ 上有 个解. ∵０≤ ≤ ꎬ∴ ０≤２ ≤πꎬ ≤ 为 Ｒ. １ ２ ６ ５ １２.解析 ｆ ｘ ２ｘ ｘ ａ ２ｘ 梯形周长的最大值为 Ｒ. ( )＝ｃｏｓ －ｓｉｎ ＋ ＝－ｓｉｎ － ｘ π ７π ∴ ５ ｘ ａ . ２ ＋ ≤ ꎬ ９.解析 大气压强ｐ与高度ｈ之间 ｓｉｎ ＋ ＋１ ６ ( ｘ ６ π ) [ １ ] 的关 系 ( 为 １) ｐ ∵ ＝７６０ｅ － ｈｋ ꎬ 令ｔ ＝ｓｉｎ ｘ ꎬ ｆ ( ｘ ( )＝ ｇ ( ｔ ) )ꎬ∴ ｇ ( ｔ )＝－ ｘ２ － ∴ ｓｉｎ ２ ＋ ∈ － ꎬ１ ꎬ 当ｈ 时 ｐ ｘ ａ ｘ π ｔ [ ６ ] ２ ＝５００ ꎬ ＝７００ꎬ ＋ ＋１ꎬ∵ ∈ ２ ꎬπ ꎬ∴ ∈(０ꎬ１)ꎬ ∴ ｆ ( ｘ )∈ － １ ꎬ１ ꎬ ∴７００＝７６０ｅ －５００ ｋ ꎬ∴ ｋ ＝－ １ ｌｎ ３５. 对称轴为直线ｔ １ 又ｆ ｘ ｔ ｔ ２ Ｒ 在区间 [ π ] 上有 由 知 ｐ －５０ ｈ ０􀅰 ５ ｌ ０ ｎ ０ ３ ３ ５ ８ ３８ 当ｔ 时 ＝－ ｇ ２ ｔ ꎬ 单调递减. ( )＝ ( ∈ ) ０ꎬ (２) (１) ꎬ ＝７６０ｅ ꎬ ∴ ∈(０ꎬ１) ꎬ ( ) 唯一解 由图象 图略 可知 ２ 当ｈ ＝１０００ 时 ꎬ ｐ ＝７６０ｅ －２ｌｎ ３ ３ ５ ８. ① 当ｇ (０)>０ꎬ 且ｇ (１)<０ꎬ 即 －１< ａ <１ [ ꎬ ] ( ) ꎬ ∴ １ ０００ ｍ 高空处的大气压强为 时 ꎬ 有 １ 个零点 ꎻ ｔ ∈ － １ ꎬ １ . －２ｌｎ ３ ３ ５ ８ . ② 当ｇ (０)􀅰 ｇ (１)≥０ꎬ 即 ( ａ ＋１)( ａ － ２ ２ ７６０ｅ ｍｍＨｇ ３４ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 即ａ 或ａ 时 无零点. 象 类似于指数函数 分析选项可知模 上单调递增 其图象是连续不间断的 １)≥０ꎬ ≥１ ≤－１ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ 综上 当 ａ 时 ｆ ｘ 在区间 拟函数为ｙ ａ ｂｘ 故选 . 所以方程 ｘ ｘ 在区间 上 ꎬ －１< <１ ꎬ ( ) ＝ ＋ ꎬ Ｂ ２ ＋ －５＝０ (１ꎬ２) ( ) 有零点. π 上有 个零点 ꎬπ １ ꎻ １３.解析 当ｘ 时 ｘ ２ <０ ꎬ－ >０ꎬ 当ａ 或 ａ 时 ｆ ｘ 在区间 ｆ ｘ － ｘ ≥１ ≤－１ ꎬ ( ) ∴ (－ )＝２ －３ꎬ ( ) 又ｆ ｘ 是定义在Ｒ上的奇函数 π 上无零点. ( ) ꎬ ꎬπ ｆ ｆ ｘ ｆ ｘ ２ ∴ (０)＝０ꎬ (－ )＝－( )ꎬ １３.解析 (１)∵ ｆ ( ｘ )＝ ｘ２ － ｍｘ ＋ ｍ在区间 ∴ － ｆ ( ｘ )＝２ － ｘ －３ꎬ 上有唯一的零点 [－１ꎬ２] {Δ ꎬ ｍ２ ｍ ∴ ｆ ( ｘ )＝－ １ ｘ＋３( ｘ <０) . ＝ －４ ＝０ꎬ ２ ｆ ｆ 或 ｍ ì ｘ ｘ ∴ (－１)􀅰(２)<０ ï２ －３ꎬ >０ꎬ －１≤ ≤２ꎬ ï ｘ ２ ｆ ｘ í０ꎬ ＝０ꎬ ∴ (２ ｍ ＋１)(４－ ｍ )<０ 或ｍ ＝０ 或ｍ ＝４ . ８.Ｂ 当ｘ 时 由ｆ ｘ ｘ２ ｘ ｘ ∴ ( )＝ï ï １ ｘ . ≤０ ꎬ ( )＝ ＋ －６＝( － î－ ｘ＋３ꎬ <０ ｍ 或ｍ １ 或ｍ ｘ 得ｘ ｘ 舍去 . ２ ∴ ∴ ｍ ∈ ≥ ｆ ４ ( － ｘ ∞ꎬ－ ｘ < ２ － ２ １ ｍ ２ ) ｘ ∪ ｍ {０ 在 ＝ }∪ ０ 区 ꎬ [ 间 ４ꎬ＋∞) . 得 ∴ 当 ２) 零 ( ｘ ｘ > ＝ 点 ＋ ０ ２ ３ 个 ꎬ 时 )＝ 数 ꎬ 由 ０ 为 ꎬ ｆ ( ２ꎬ ｘ 故 ) ＝ ＝ 选 － ｌ ３ ｏ ( Ｂ ｇ２ . ( ＝ ｘ ２ ＋２)－ ) ２＝０ꎬ ( 则 当 ２) ｘ ｘ 当 ＝ ＝ ｌ ０ ｏ ｘ ｇ 时 > ２ ０ ３ ꎬ . 时 ｆ ( ꎬ ｘ 令 )＝ ２ ０ ｘ . －３＝０ꎬ ( 上 ２ 有 ì ï ) Δ ∵ 两 ＝ ( 个 ｍ２ 零 ) － ＝ ４ 点 ｍ > ꎬ － ０ꎬ ＋ [－２ꎬ４] ９. 即 Ａ ｘ２ 当 ＋ ａ ｘ < ≤ ２ ｘ ０ 在 时 ꎬ ｘ ｘ ∈ ２ － ( ２ － ｘ ∞ ＋ ａ ꎬ < ０ ０ ] 上 有 有 解 解 ꎬ ꎬ 当ｘ <０ 时 ꎬ 令 － ２ １ ｘ＋３＝０ꎬ ïï ｍ 由图象 ( 图略 ) 可知ａ <１ꎬ 故选 Ａ . 则ｘ ＝ｌｏｇ２ １ . í－２< <４ꎬ １０.Ｃ 设ｆ ｘ ｘ２ ａｘ ａ. ３ ∴ ï ｆ ２ ⇒ 方程ｘ ( ２ )＝ ａｘ － ａ ２ ＋ 在 上有 综上 ｆ ｘ 的零点是 １ . î ïï ｆ ( ( ４ － ) ２ ≥ )≥ ０ ０ꎬ ∵ 两个不相等 －２ 的实 ＋ 数 ＝ 解 ０ ꎬ (－１ꎬ１) １４.解析 ꎬ( 设 ) 这种放射性 ０ 物 ꎬｌｏ 质 ｇ２ 最 ３ꎬ 初 ｌｏｇ 的 ２ 质 ３ 量 ì ï ｍ >４ 或ｍ <０ꎬ ∴ 函数ｆ ( ｘ ) 的图象与ｘ轴有 ２ 个不同 为 经过ｘ年后 剩留量是ｙ 则有ｙ ì í ï ï ï ｍ － ｍ ４ > < ４ ｍ 或 <８ ｍ ꎬ <０ꎬ ⇒ í ï ï ï ｍ －４ ≥ < ｍ － < ４ ８ ꎬ ꎬ 的交 ì ï ïｆ － 点 １< ꎬ ａ <１ꎬ ＝０ １ . ７ ꎬ ５ ｘ ꎬ 依题意 ꎬ 得 ꎬ １ ３ ＝０ . ７５ ｘ ꎬ ꎬ ï３ ＋４≥０ꎬ ３ í(－１)>０ꎬ î １６－３ ｍ ≥０ î ï ïｍ ≤ １６ ꎬ ∴ î ï ï ｆ Δ (１)>０ꎬ ∴ ｘ ＝ ｌｇ . １ ３ ＝ －ｌｇ３ ＝ ｌｇ３ ≈ ３ >０ꎬ ｌｇ０７５ ｌｇ３－ｌｇ４ ２ｌｇ２－ｌｇ３ ∴ － ３ ４ ≤ ｍ <０ 或 ４< ｍ ≤ １ ３ ６. ì ï ï － ａ １< ａ <１ꎬ ì ï ïïａ －１< ａ １ <１ꎬ ２×０ . ０ ３ . ０ ４ － ８ ０ . ４８ ＝４ . ｍ 的 取 值 范 围 是 í３ ＋１>０ꎬ í >－ ꎬ 大约经过 年 该物质的剩留量是 ∴ [ ) ( ] ∴ ï ï１－ ａ >０ꎬ ∴ ï ａ ３ ∴ ４ ꎬ － ４ ꎬ０ ∪ ４ꎬ １６ . î ４ ａ２ －４ ａ >０ꎬ î ïï ａ <１ꎬ 或ａ 原来的 １ . ３ ３ >１ <０ꎬ ３ 本章测试 １５.解析 函数 ｆ ｘ ｘ ａ 是 Ｒ １ ａ (１)∵ ( )＝ ｜ － ｜ 一、填空题 ∴ － < <０ꎬ 上的偶函数 ３ ꎬ １.答案 故选 . 对任意的实数ｘ 都有ｆ ｘ ｆ ｘ ２ Ｃ ∴ ꎬ (－ )＝ ( ) 解析 令 ｘ 解得 ｘ 函 三、解答题 成立 即 ｘ ａ ｘ ａ ｌｏｇ２ －１＝０ꎬ ＝２ꎬ∴ ꎬ ｜－ － ｜＝｜ － ｜ꎬ 数的零点是 . １１.解析 当每个标准客房的价格为 ｘ ａ ｘ ａ恒成立或ｘ ａ ａ ｘ恒成 ２ １００ ∴ ＋ ＝ － ＋ ＝ － ２.答案 ｂ 元时 客房的收入ｙ ％ 立 ａ . ≥０ ꎬ ＝１５０×８５ ×１００＝ ꎬ∴ ＝０ ３.答案 元 当ａ 时 ｘ ａ ａｘ 有两个解 －３ １２７５０( )ꎻ (２) >０ ꎬ｜ － ｜－ ＝０ ４.答案 当每个标准客房的价格为 元时 等价于方程 ｘ ａ ２ ａ２ｘ２ 在 １ １２０ ꎬ ( － ) － ＝０ (０ꎬ ５.答案 客房的收入 ｙ ％ 上有两个解 １５０ ＝ １５０×７５ ×１２０ ＝ ＋∞) ꎬ 解析 由题意知 销售收入为 ｘ 万 元 即 ａ２ ｘ２ ａｘ ａ２ 在 上有 ꎬ ２５ １３５００( )ꎻ ( －１) ＋２ － ＝０ (０ꎬ＋∞) 元 总成本为 ｘ . ｘ２ 万元 当每个标准客房的价格为 元时 两个解 令ｈ ｘ ａ２ ｘ２ ａｘ ａ２ ꎬ (３０００＋２０ －０１ ) ꎬ １４０ ꎬ ꎬ ( )＝( －１) ＋２ － ꎬ ∴２５ ｘ ≥３０００＋２０ ｘ －０ . １ ｘ２ ꎬ 客房的收入 ｙ ＝ １５０×６５ ％ ×１４０ ＝ ∵ ｈ (０)＝－ ａ２ <０ꎬ 解得ｘ ≥１５０ 或ｘ ≤－２００ꎬ １３６５０( 元 )ꎻ ì ï ａ２ －１<０ꎬ 又ｘ ｘ Ｎ ｘ ｘ Ｎ. 当每个标准客房的价格为 元时 ï ａ ∈(０ꎬ２４０)ꎬ ∈ ꎬ∴ ≥１５０ꎬ ∈ １６０ ꎬ í 最低产量是 台. 客房的收入 ｙ ％ ∴ ï ａ２>０ꎬ ∴ １５０ ＝ １５０×５５ ×１６０ ＝ ï１－ ６.答案 ａ 元 . îΔ ａ２ ａ２ ａ２ <０ １３２００( ) ＝４ ＋４ ( －１)>０ꎬ 解析 ｘ ｘ ＋１ ａ 有实数解 故当每个标准客房的价格为 元 故 ａ . ∵４ ＋２ ＋ ＝０ ꎬ １４０ ０< <１ ａ ｘ ２ ｘ 有实数解 时 每天的营业额最高. 同理 当ａ 时 得到 ａ . ∴ ＝－(２ ) －２􀅰２ ꎬ ꎬ ꎬ <０ ꎬ －１< <０ ａ ｘ ２ 有实数解 １２.解析 函数 ｆ ｘ ｘ ｘ 在 当ａ 时 ｆ ｘ ｘ ｇ ｘ 显然 ∴ ＝－(２ ＋１) ＋１ ꎬ (１) ( )＝ ２ ＋ －５ ＝０ ꎬ ( )＝ ｜ ｜＝ ( )＝０ꎬ ｘ ｘ ２ ａ . 上是单调递增函数. 不符合题意 舍去. ∵２ >０ꎬ∴ －(２ ＋１) ＋１<０ꎬ∴ <０ (－∞ꎬ＋∞) ꎬ 二、选择题 证明 因为ｆ ｆ 综上可知 实数ａ的取值范围是 (２) : (１)＝－２<０ꎬ (２)＝１ ꎬ (－１ꎬ ７.Ｂ 由题表中数据画散点图 观察图 ｆ ｆ 且函数ｆ ｘ 在Ｒ . ꎬ >０ꎬ (１)􀅰(２)<０ꎬ ( ) ０)∪(０ꎬ１) ３５ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋