文档内容
思维突破 / 初三 / 暑假
第 1 讲 集合
例题练习题答案
例1 【答案】（3），（4）
例2 (1)【答案】D
– –
{0,1,√3,−√3,−3}
(2)【答案】
−1
(3)【答案】
(4)【答案】317
a = 0
例3 【答案】（1）当 时，一次方程有一个根满足题意；
a ≠ 0 Δ = 0
当 时，一元二次方程只有一个根说明
a = 1 a = 0
可得 ，综上 或1
A = ∅ Δ = 4 −4a < 0 a > 1
（2） ， 解得
A a = 0
结合第一问 中有一个元素则 或1
a ≥ 1 a = 0
综上 或
a = 1 a ≠ 1 a+1
例4 【答案】（1）当 时，和为1，当 时，和为
a = 1
（2） 或者0
a ≠ 16 a ≠ 36
（3） 且
1
例5 【答案】（1） M ⫋ N ；（2） −
2
22 (22 −1) (22 −2) 2100 (2100 −1) 299 ⋅5050
例6 【答案】（1） ， ， ， ， ，
∅ {a} {b} {a,b}
利用列举法，注意空集是任何集合的子集，有： ， ， ， 总计4个；
{a,b,c} {a,b}
的子集个数可以看成是 的子集（4个），加上每一个子集都添上一个新的
元素c进去又新得4个子集，总共8个，依次类推得出n个元素的子集个数总共为
2n
个；
M = {1,2,3,4,5,⋯,100} 299 299
的子集有 个子集里面有1元素， 个子集里面有2元
⋯ 299
素 ， ， 有 个 子 集 里 面 有 100 元 素 ， 所 以 和 为
299 ⋅{1 +2 +⋯+100} = 299 ⋅5050
（2）8
（3）7B = ∅ m+1 > 2m−1 m < 2
例7 【答案】（1）当 时，即 ，解得
⎧m+1 ≤ 2m−1
B ≠ ∅ ⎨2m−1 ≤ 5 2 ≤ m ≤ 3
当 时，⎩ ，解得
m+1 ≥ −2
m ≤ 3
综上
a ≤ −1 a = 1
（2） 或
例8 【答案】证明：由S中的元素可以表示为 x = 2(7m+18n)
S ⊆ T
显然
由T中的元素可以表示为 x = 2[7 ×(−5k)+18 ×2k]
T ⊆ S
则
S = T
综上所述
{1,2,3 ⋯ 8} {4,5} {1,2,3} {4,5,6 ⋯ 10}
例9 【答案】（ 1 ） ， ， ， ， ， ， ， ，
{1,2,3,4,5,7}
M = {3,5,11,13} N = {7,11,13,19}
（2） ，
(−∞,−1]∪ (2,+∞) (−∞,0] (−1,1] (−∞,0]∪ (1,+∞)
（3） ， ， ，
例10 (1)【答案】B
(2)【答案】证明：
A −(B ∪ C) = A ⋅ B¯¯¯¯¯∪¯¯¯¯¯C¯¯¯ = A(¯B¯¯¯∩ C¯¯¯¯) = A¯B¯¯¯C¯¯¯¯
①
(A −B)∩ (A −C) = (A¯B¯¯¯)∩ (AC¯¯¯¯) = A¯B¯¯¯C¯¯¯¯
A −(B ∪ C) = (A −B)∩ (A −C)
∴
A −(B ∩ C) = A ⋅ B¯¯¯¯¯∩¯¯¯¯¯C¯¯¯ = A ⋅(¯B¯¯¯∪ C¯¯¯¯) = (A¯B¯¯¯)∪ AC¯¯¯¯
②
(A −B)∪ (A −C) = (A¯B¯¯¯)∪ (AC¯¯¯¯)
A −(B ∩ C) = (A −B)∪ (A −C)
∴
例11 【答案】（1）51
（2）26，22
39
例12 【答案】（1） 个
79
（2） 个
（3）证明：（反证法）假设A、B中都没有不同的两个数的和是完全平方数
不妨设1在A中， n ≥ 15
由于 1 +3 = 22 ， 1 +15 = 42 ，即3、15都不在A中
∴3、5都在B中
∵ 3 +6 = 32 ，即6必不在B中，∴6在A中∵ 6 +10 = 42 ，即10必在B中
此时B中已有两个数10、15的和为完全平方数
10 +15 = 52
即
∴假设不成立
故在A、B中必有不同的数的和是完全平方数
（4）5个
思维突破 / 初三 / 暑假
第 1 讲 集合
自我巩固答案
{−3,0,1,2,4,5,6,9}
1 【答案】（1）
B = {∅,{a},{b},{c},{a,b},{a,c},{b,c},{a,b,c}} A ∈ B
（2） ，
−− −−
2 【答案】（1）0或3（只需
m = 3
或
m = √m
，且
√m ≠ 1,3
）
{x|0 ≤ x ≤ 2} {y|y > 1} M = {x|x > 2 x < 0}
（2） ； （ 或 ）
1 8 1
3 【答案】 x = − p = −20 q = − A = {− ,7}
(1) 将 代 入 得 ， ， 则 ，
3 3 3
8 1 8 1
B = { ,− } A ∪ B = { ,− ,7}
，即
3 3 3 3
a ≠ 1,3,4 A = {3,a} B = {1,4} A ∪ B = {1,3,4,a}
（ 2 ） 若 ， ， ， ，
A ∩ B = ∅
；
a = 3 A = {3} B = {1,4} A ∪ B = {1,3,4} A ∩ B = ∅
若 ， ， ， ， ；
a = 1 A = {3,a} B = {1,4} A ∪ B = {1,3,4} A ∩ B = {a}
若 或4， ， ， ，
B = ∅ a > 3 B ≠ ∅ 1 ≤ a ≤ 3 a ≥ 1
4 【答案】若 ，则 ； 若 ，则 ，综上所述
5 (1)【答案】B
(2)【答案】②
思维突破 / 初三 / 暑假
第 1 讲 集合课堂落实答案
A = {−1 ≤ x ≤ 3} m−2 = 0 m = 2
1 【答案】（1）由 ，则 即
B ≠ ∅ 3 < m−2 −1 > m+2 m > 5 m < −3
（2）已知 ，则 或 ，即 或
x x−2 2x−a 2x2 −2x+4 −a
2 【答案】 + + = 0 = 0
即 ，
x−2 x x(x−2) x(x−2)
7 1
2x2 −2x+4 −a = 0 Δ = 0 a = x = a
若 有两个相同的解，则 即 ， ，此时 不
2 2
是整数，故舍去；
2x2 −2x+4 −a = 0
若 有两个不同的解，则其中一个为0或2，另一个不为0和2，则
4 −a = 0 8 −a = 0 a = 4 A = {1} a = 8 A = {−1}
或 ，则 ， 或 ，
思维突破 / 初三 / 暑假
第 2 讲 简单逻辑
例题练习题答案
例1 (1)【答案】A
(2)【答案】A
(3)【答案】D
例2 (1)【答案】③⑥，②④；①⑥，②⑤；①③，④⑤
(2)【答案】①③②④
(3)【答案】①③
例3 (1)【答案】A
(2)【答案】B
(3)【答案】D
(4)【答案】B
(5)【答案】B
(6)【答案】B
3 ≤ a ≤ 5 a = 4 a ≤ 5
例4 【答案】（1） ；（2） ；（3）例5 (1)【答案】B
(2)【答案】A
(3)【答案】B
例6 (1)【答案】D
(2)【答案】D
例7 【答案】（1）p真则 Δ > 0 ， −m < 0 ，解得 m > 2
q真则 Δ < 0 ，解得 0 < m < 2
m ∈ (0,2)∪ (2,+∞)
∴
1
（2）p是q的充分不必要条件， a ∈ [0, ]
2
例8 【答案】（1） a = 1 时，p： x ∈ (1,3) ，q x ∈ (2,3]
所以实数x的取值范围是 (2,3)
（2）p是q的必要不充分条件
所以要求q的解集为p的解集的子集
p的解集是 a < x < 3a ，可以求出 x ∈ (1,2]
B = {y|−1 ≤ y ≤ 2a+3}
例9 【答案】
1
−2 ≤ a ≤ 2 4 ≤ 2a+3 a ≥
若 ，则 ，即
2
1
2 ≥ a ≥
则
2
a > 2 −1 ≤ a ≤ 3
若 ，则
2 < a ≤ 3
则
1
a ∈ [ ,3]
综上，
2
例10 (1)【答案】A
(2)【答案】D
例11 【答案】证明：必要性的证明：
若AD、BE、CF是 △ ABC 的3条高
则 ∠BEC = ∠BFC = 90∘ ，故B、F、E、C共圆
∠ABC +∠CEF = 180∘
故
过A作ABC外接圆的切线AT
∠CAT = ∠ABC = 180∘ −∠CEF = ∠FEA
则
AT // EF
∴设ABC外接圆圆心为O
OA⊥AT OA⊥EF
则半径 ，即有
R
S = EF
∴ OFAE 2
R R
S = DF S = DE
同理 OFBD 2 ， ODCE 2 ，
三式相加，得
R
S = S +S +S = (EF +FD+DE)
△ABC OFAE OFBD ODCE 2
充分性的证明：
R
S = (EF +FD+DE)
由 △ABC 2
OA⊥EF OB⊥DF OC⊥DE
可知 ， ，
R
S < (EF +FD+DE)
否则将有 △ABC 2 ，与假设矛盾
∠AEF = ∠TAE = ∠ABC
于是
从而B、F、E、C共圆
同理B、D、E、A共圆
∠BFC = ∠BEC ∠AFC = ∠ADC
∴ ，同理
∠BEC +∠ADC = ∠BFC +∠AFC = 180∘
∴
由B、D、E、A共圆，得 ∠BDA = ∠BEA
∠BEC = ∠ADC ∠BEC = ∠ADC = 90∘
故 ，∴
∠BFC = 90∘
同理可证
BE⊥AC CF⊥AB AD⊥BC
即 ， ，
思维突破 / 初三 / 暑假
第 2 讲 简单逻辑
自我巩固答案
1 (1)【答案】B
(2)【答案】A
(3)【答案】A
(4)【答案】A2 【答案】∵p： 10 ≥ x ≥ −2 且p是q的充分不必要条件，∴ m ≥ 9
5
3 【答案】（1）对两个方程均有 Δ ≥ 0 即 − ≤ m ≤ 1
4
m = −1 0 1 m = 1
则 、 、 ，验证得
⎧Δ ≥ 0
– 9
x ⋅x ≤ 0 ⎨x x > 0 −√2 ≤ a ≤
（2）由题意得： 1 2 或⎩ 1 2 ，解得 4
x +x > 0
1 2
4 【答案】充分不必要；必要不充分；充分必要；既不充分也不必要
思维突破 / 初三 / 暑假
第 2 讲 简单逻辑
课堂落实答案
1 (1)【答案】A
(2)【答案】C
(−1,3)
2 【答案】 （1）
∀x ∈ R |x−2|+|x−4| ≤ 3
（2）① ，
∃x ∈ R |x−2|+|x−4| ≤ 3
② ，
a2 < a 1
3 【答案】p 真q假： { ，即 ≤ a < 1
(4a)2 −4 ≥ 0 2
a2 ≥ a 1
p 假q真： { ，即 − < a ≤ 0
(4a)2 −4 < 0 2
思维突破 / 初三 / 暑假
第 3 讲 函数的概念及表示
例题练习题答案
例1 (1)【答案】D
(2)【答案】0或1
9
例2 【答案】（1）③⑤；（2）x = 4
例3 【答案】（1）
x ≥ 1 x = 0
（2） 或
1
x < 0 x ≠ −
（3） 且
2
{x|x ≥ −3 x ≠ ±2}
（4） 且
{x|x < 0 x ≠ −1}
（5） 且
1
{x|x ≥ }
（6）
2
[0,1] [3,5]
例4 【答案】（1） ；（2）
– –
(−√2,0)∪ (0,√2) [0,1)
（3） ；（4）
[−2,+∞) [−1,35)
例5 【答案】（1） ；（2）
1 1 1
(−∞,− ]∪ [16,+∞) [− , ]
（3） ；（4）
2 2 2
[5 +∞) [1 +∞)
（5） ， ；（6） ，
5 –
(−∞, ] [√2,3]
（7） ；（8）
4
1 1 5
例6 【答案】（1） f (x) = x2 − x+
4 2 4
1
f (x) = x(x−1) x ≥ 1
（2） ，
2
2 −x2
f (x) =
（3）
3x
1 x 1
f (x) = ( − −x+3)
（4）
2 1 −x x
1 1 1
f (x) = ( +x− )
（5）
2 x x−1
1
f (x) = x2 +2x+1
（6）
2
3 –
例7 【答案】（1）①1；② 或 √6
2
f (2) = 3 g(2) = 4
（2）① ，
f [g(2)] = 7 g[f (2)] = 9
，
1
⎧
⎪ ⎪(2x−1)2,x ≥ ⎧2x2 −1,x ≥ 0
2
g[f (x)] = ⎨ f [g(x)] = ⎨ 2
② ⎩⎪
⎪
1
,x <
1 ； ⎩ −1,x < 0
x
2x−1 2
例8 【答案】（1） (2,5) ； (0,1) 或 (0,−1)
（2）7个
（3）10个
例9 【答案】 p = 3 ， q = 1 ， n = 2 ， m = 5
例10 【答案】（1）
nm
n(n −1)⋯(n −m+1)
（2）n = m n > m
（3）当 时存在，当 时不存在
例11 【答案】不存在
若存在，可以令x分别为0和1代入条件
1 1
f (0)−f2(0) ≥ f (1)−f2(1) ≥
得到 ，
4 4
1 2 1 2
(f (0)− ) ≤ 0 (f (1)− ) ≤ 0
于是 ，
2 2
1
故 f (0) = f (1) = ，与f为单射矛盾
2
思维突破 / 初三 / 暑假
第 3 讲 函数的概念及表示
自我巩固答案
1 【答案】（1）2001；（2）16
1 1 5
2 【答案】 (−∞,− )⋃( ,+∞) [−1, ]
（1） ；（2）
3 2 3
3
3 【答案】 [−1,48] [ ,1)∪ (1 +∞)
（1） ；（2） ，
4
1
[− ,+∞) (−∞,+∞)
（3） ；（4）
2
1 1
4 【答案】 y = 2 + [ ,1)∪ (1,2]
（1） ，定义域
x−1 2
a
− < −1 4 −a = −3 a = 7
（2）若对称轴 ， 解出
2
a
−1 ≤ − ≤ 1 a
若对称轴 ，此时没有满足条件的
2
a
− > 1 4 +a = −3 a = −7
若对称轴 ，则 ，解得
2
a = ±7
综上
3
5 【答案】[ ,3]
2
1 1 2 1
6 【答案】 f (1 + ) = (1 + ) +(1 + )−1 f (x) = x2 +x−1
（1） ，则
x x x
1
x = 2 −x f (3 −x)+2f (1 +x) = 2 −x+
（2）令 得
2 −x
7 1 2 1
f (x+1) f (x) = −x+ + ( − )
联立方程得 的方程式，则
3 3 3 −x x−1
f (x) = ax2 +bx+c a b c f (x) = x2 −2x+1
（3）设 ，解出 ， ， 得
–
⎧⎪ 3 +2x,x ≤ 2 −√7
7 【答案】 – –
f (x)∗ g(x) = ⎨x2 −2x,2 −√7 < x < √3
⎩⎪ –
3 −2x,x ≥ √3思维突破 / 初三 / 暑假
第 3 讲 函数的概念及表示
课堂落实答案
(−1,1)∪ (1,+∞)
1 【答案】（1）
[−5 4]
（2） ，
{1,2,5} (−∞,6] R
2 【答案】（1） ；（2） ；（3）
3
⎧
⎪
3 【答案】 ⎪ ⎪ −8 −12m,m < −
⎪ ⎪ 2
⎪
1
g(m) = ⎨4m,m >
，最小值为1
⎪ 2
⎪
⎪
⎪ 3 1
⎩ ⎪ ⎪4m 2 +1,− ≤ m ≤
2 2
思维突破 / 初三 / 暑假
第 4 讲 函数基本性质
例题练习题答案
[−5,−2] [−2,1]
例1 【答案】 上为减函数； 上为增函数
[1,3] [3,6]
上为减函数； 上为增函数
−−
例2 【答案】证明：（1）设
f (x) = y = √x
x x ∈ (0,+∞) x < x
1， 2 ，且 1 2
−− −−
f (x )−f (x ) = √x −√x
则 1 2 1 2
−− −− −− −−
(√x −√x )(√x +√x ) x −x
= 1 2 1 2 = 1 2
−− −− −− −−
(√x +√x ) (√x +√x )
1 2 1 2
x x ∈ (0,+∞) x < x
∵ 1， 2 ，且 1 2
−− −−
x −x < 0 √x +√x > 0
∴ 1 2 ， 1 2
f (x )−f (x ) < 0 f (x ) < f (x )
∴ 1 2 ，即 1 2
−−
y = √x (0,+∞)
∴函数 在 上是增函数
x x ∈ (1,+∞) x < x
（2）设 1， 2 ，且 1 2
1 1
f (x )−f (x ) = x + −x −
则 1 2 1 x 2 x
1 2x x −1
= (x −x )( 1 2 )
1 2 x x
1 2
x x ∈ (1,+∞) x < x
∵ 1， 2 ，且 1 2
x −x < 0 x x −1 > 0 x x > 0
∴ 1 2 ， 1 2 ， 1 2
f (x )−f (x ) < 0 f (x ) < f (x )
∴ 1 2 ，即 1 2
1
f (x) = x+ (1,+∞)
∴函数 在 上是增函数
x
(1,+∞) (−∞,1)
例3 【答案】（1）单调递增区间 ，单调递减区间
(1,3)
（2）单调递增区间
(−∞,−1) (0,1)
（3）单调递增区间 ，
(−1,0) (1,+∞)
单调递减区间 ，
(1,+∞) (−∞,−3)
（4）单调递增区间 ，单调递减区间
(−∞,−1) (1,+∞)
（5）单调递增区间 ，
1 1
(−∞, ) ( ,+∞)
（6）单调递增区间 ，
2 2
a ≥ 1
例4 【答案】（1）
a ≥ 2 a ≤ −2
（2） 或
a ≤ 1
（3）
3
例5 【答案】 f ( ) ≥ f (a2 −a+1)
（1）
4
f (a−4) ≤ f (a2 −a−12)
（2）
1 2
m ∈ (− , )
（3）
2 3
x > x a−x > a−x
例6 【答案】（1）设 2 1，则 1 2
f (x)
∵ 是增函数
f (x ) > f (x ) f (a−x ) > f (a−x )
∴ 2 1 ， 1 2
F (x ) = f (x )−f (a−x )
则 2 2 2
F (x ) = f (x )−f (a−x )
1 1 1
F (x )−F (x ) = (f (x )−f (x ))+(f (a−x )−f (a−x )) > 0
2 1 2 1 1 2
F (x ) > F (x ) F (x)
∴ 2 1 ，∴ 是增函数
f (x) = x2 (−∞,0) [0, +∞)
（2）由题可知 在 单调递减，在 单调递增
g(x) = x2 −2x (−∞,1) [1, +∞)
在 单调递减，在 单调递增
f [g(x)] (−∞,0) [0,1] (1, +∞)
综上可知 在 单调递增，在 单调递减，在 单调递增
g[f (x)] (−∞,0) [0,1] (1, +∞)
在 单调递增，在 单调递减，在 单调递增
例7 【答案】（1）奇函数；（2）非奇非偶函数（3）非奇非偶函数；（4）偶函数
（5）偶函数；（6）奇函数
f (x) = 1 −x+x2 −x3
例8 【答案】（1）
−−−−−
⎧⎪√1 +x+x2 +x3,x > 0
f (x) = ⎨0,x = 0
（2）
⎩⎪
−−−−−
−√1 −x−x2 +x3,x < 0
−26
例9 【答案】（1）
1 −1
f (x) = g(x) =
（2） ，
(x+1)(x−1) x(x+1)(x−1)
1 1
f (x) = [p(x)+p(−x)] g(x) = [p(x)−p(−x)]
（3） ，
2 2
例10 【答案】（1）减函数，证明：
x < x < 0 −x > −x > 0
设 1 2 ，则 1 2
f (x )−f (x ) = −f (−x )+f (−x ) > 0
1 2 1 2
这说明奇函数在关于原点对称的区间上单调性一致
f (1 −a) < −f (1 −a2) = f (a2 −1)
（2）由奇函数的性质可知
⎧⎪ −1 < 1 −a < 1
⎨ −1 < 1 −a2 < 1
由（1）得到的奇函数的单调性质和函数定义域得到方程组：
⎩⎪
1 −a < a2 −1
–
a (1,√2)
∴ 的取值范围为
例11 (1)【答案】C
⎧⎪ −2 ≤ 1 −m ≤ 2
(2)【答案】 1
⎨ −2 ≤ m ≤ 2 m ∈ [−1, )
由题可得 ，∴
⎩⎪ 2
|1 −m| > |m|
例12 (1)【答案】2
x = −2
(2)【答案】
思维突破 / 初三 / 暑假
第 4 讲 函数基本性质
自我巩固答案
1 (1)【答案】B
(2)【答案】C(3)【答案】D
2 【答案】B
∀x > x
3 【答案】单调递减，证明：对 1 2，有
f (x )g(x )−f (x )g(x ) = f (x )(g(x )−g(x ))
1 1 2 2 1 1 2
+g(x )(f (x )−f (x )) < 0
2 1 2
4 【答案】D
x +x ≥ 0 f (x ) ≤ f (−x ) = −f (x )
5 【答案】（1）当 1 2 时， 1 2 2
x +x ≤ 0 f (x ) ≥ f (−x ) = −f (x )
当 1 2 时， 1 2 2
f (1 −a) < f (a2 −1) 1 −a > a2 −1 −2 < a < 1
（2）只需 ，即 ，解得
−1 ≤ 1 −a ≤ 1 –
{ 0 ≤ a ≤ √2
且由题可知 −1 ≤ 1 −a2 ≤ 1 ，解得
0 ≤ a < 1
综上所述
思维突破 / 初三 / 暑假
第 4 讲 函数基本性质
课堂落实答案
(−2,0] (0,2)
1 【答案】（1）在 单调递增．在 单调递减
（2）单调递增
0 ≤ a ≤ 1
2 【答案】
3 【答案】A
思维突破 / 初三 / 暑假
第 5 讲 指数与指数函数
例题练习题答案
1 a
例1 【答案】（1）1；（2）
a2；（3）1；（4）
b
−−− −−−−
−√−a −|x|y√−2y
（5） ；（6）
1
例2 【答案】（1）
−x3；（2）1
例3 【答案】证明：2a−13b−1 = 1 2a−1 = 3−(b−1)
，则
2(a−1)(d−1) = 3−(b−1)(d−1)
得
2c−13d−1 = 1 2c−1 = 3−(d−1)
，则
2(c−1)(b−1) = 3−(b−1)(d−1)
得
2(a−1)(d−1) = 2(c−1)(b−1)
则
(a−1) (d −1) = (b−1) (c−1)
因此
1 1 2
例4 【答案】 （1） x+x−1 = (x 2 +x− 2 ) −2 = 7
3 3 1 1
（2） x2 +x− 2 = (x2 +x− 2)(x−1 +x−1) = 18
2
x2 +x−2 = (x+x−1) −2 = 47
3 3
x2 +x− 2 +2 18 +2 2
= =
所以
x2 +x−2 +3 47 +3 5
例5 【答案】（1）2
3
( ,1)
（2）
2
(−3,10)
（3）9，
b < a < 1 < d < c
例6 (1)【答案】
(2)【答案】C
(3)【答案】C
(4)【答案】A
2 4
例7 【答案】 ( +∞) (−1 )
（1） ， ；（2） ，
3 3
(−∞,3)∪ (3,+∞)
例8 【答案】（1）定义域
(0,1)∪ (1,+∞)
值域
(−∞,0)∪ (0,+∞)
（2）定义域
(−∞,−1)∪ (1,+∞)
值域
3
R [ +∞)
（3）定义域 ，值域 ，
4
(−∞,−1]∪ [0,+∞)
（4）定义域
[0 +∞)
值域 ，
[−1,0]
例9 【答案】（1）
(−∞,0]∪ [1,2]
（2）
1
3
（3） 或
3ax −a−x
例10 (1)【答案】 f (x) =
①在定义域内
2
a−x −ax ax −a−x
f (−x) = = − = −f (x)
则
2 2
∴该函数为奇函数
(ax +1)x
f (x) =
②在定义域内
ax −1
(a−x +1)⋅(−x) (1 +ax)⋅(−x)
f (−x) = =
则
a−x −1 1 −ax
(ax +1)x
= = f (x)
ax −1
∴该函数为偶函数
(2)【答案】1009
1 > a > 0 (−1,1)
例11 【答案】（1）当 时，单调递减，奇函数，值域
a > 1 (−1,1)
当 时，单调递增，奇函数，值域
1
a = 2 b = 1 (−∞,− )
（2）① ， ；②
3
(−∞,2)
例12 【答案】（1）
（2）证明：
ak +bk = ck
∵
∴c为最长边或最短边（根据指数性质）
c > a ≥ b c < a ≤ b
不妨令 或
a k b k
( ) +( ) = 1
∵
c c
a k b k
f (k) = ( ) +( )
∴令
c c
a k b k
g(k) = ( ) h(k) = ( )
，
c c
a b
c > a ≥ b < 1 < 1
当 时， ，
c c
g(k) h(k)
∴ 与 为减函数f (k)
∴ 为减函数
a+b
k > 1 f (k) <
当 时，
c
a+b
> 1
∵
c
∃k > 1 f (k) = 1 ak +bk = ck
∴ 时， ，即
a+b
k ≤ 1 f (k) ≥ > 1
当 时， ，不成立
c
a b
c < a ≤ b > 1 > 1
当 时， ，
c c
g(k) h(k)
与 为增函数
f (k)
∴ 为增函数
k < 0 0 < f (k) < 2
当 时，
∃k < 0 f (k) = 1 ak +bk = ck
∴ 时， ，即
k ≥ 0 f (k) ≥ 2
当 时， ，不成立
ak +bk = ck k < 0 k > 1
综上所述，当 时， 或
思维突破 / 初三 / 暑假
第 5 讲 指数与指数函数
自我巩固答案
1 (1)【答案】C
(2)【答案】A
1
2 【答案】（1） −3 ；（2）1005；（3）
2
3 1
3 【答案】（1）只需 1 −2x > 即 x < −
2 4
1 1
32x−1 − ≥ 0 x ≥ −
（2）只需 即
9 2
3
4 【答案】（1） 57 ， ；（2）3
4
思维突破 / 初三 / 暑假
第 5 讲 指数与指数函数课堂落实答案
1 【答案】C
c = 3 b = 2
2 【答案】（1） ，
x ≥ 0 cx ≥ bx ≥ 1 f (x) f (cx) ≥ f (bx)
（2）当 时， ，由 单调递增，则
x < 0 cx < bx < 1 f (x) f (cx) > f (bx)
当 时， ，由 单调递减，则
a > 1 1 > a > 0
1 3
3 【答案】{ a { a a = a =
a2 −a = 或 a−a2 = ，解得 2 或 2
2 2
思维突破 / 初三 / 暑假
第 6 讲 对数
例题练习题答案
1
例1 【答案】 log 625 = 4 log = −6
（1） 5 ；（2） 2 64
−4
1
log 5.73 = m ( ) = 16
（3） 1 ；（4）
2
3
10−2 = 0.01 en = 10
（5） ；（6）
1 2
例2 【答案】 log x = x = 16
（1） 6 2 3 ，从而
–
3log 2 = 6 x = √2
（2） x ，从而
−2lg10 = x x = −2
（3） ，从而
x = −4
（4）
(2,3)∪ (3,5)
例3 【答案】（1）
（2）2
3 1 2
例4 【答案】 = log (2 × ÷( ) ) = log 6 = 1
（1）原式 6 4 2 6
lg3 + 4lg3 + 3 × 3lg3 − 1lg3
41
= 3 5 2 2 =
（2）原式
4lg3 −3lg3 15
3lg3 +3lg2 − 3lg10 3
= 2 2 =
（3）原式
lg3 +2lg2 −1 2
– – – – – –
= log (√2+√3+√5)+log (√2−√5+√3)
（4）原式 24 24
– – – 1
= log ((√2+√3)2 −5) = log (2√6) =
24 24 2
32
= 2log 2 −log +log 8 −52log53
（5）原式 3 3 9 3
22 ×9 ×8
= log ( )−32 = −7
3 32= (lg2 +lg5)(lg22 +lg25 −lg2lg5)+
（6）原式
3lg2lg5 = (lg2 +lg5)2 = 1
5 –
例5 【答案】（1）8；（2） ；（3） 64 +√3 4
4
10 328
（4） ；（5） ；（6）3
9 75
lg48 = lg(24 ×3) = 4lg2 +lg3
例6 【答案】（1）
lg75 = lg(52 ×3) = 2lg5 +lg3 = 2 −2lg2 +lg3
log A
（2）设所求为 a
1 2 1 1 3 7 1 7
log A = log (x4− ⋅y − ⋅z − ) = log (x ⋅y ⋅z− )
2 3 2 3 2 2 6 6
a a a
7 1 7
= log x+ log y − log z
2 a 6 a 6 a
2 −log 7 2 −a
log 28 = 14 =
（3） 35 log 5 +log 7 a+b
14 14
log 20 2log 2 +log 5 2 +b
log 20 = 3 = 3 3 = a
（4） 15 log 15 log 5 +1 b+1
3 3
2 +ab
=
a+ab
4(3 −a)
log 16 =
（5） 18 3 +a
例7 (1)【答案】1
(2)【答案】2500
(3)【答案】证明：
3x = 4y = 6z = k
设
1 1
− = log 6 −log 3 = log 2
z x k k k
1 1
= log 4 = log 2
2y 2 k k
1 1 1
+ =
∴
x 2y z
(4)【答案】30
(5)【答案】108
1
例8 【答案】
（1）36；（2） ；（3）2020
6
1 3
例9 【答案】
（1）
x =
或
x = 54
25
2
y = lgx
(10y2
) = 100
（2）设 则
y = −1
解得 或1
x = 10−1 x = 10
即 或25−x = 2x −31 y = 2x
（3）方程可化为 ，设
y = 32 −1
从而 或
y > 0 y = 32 x = 5
由 ，则 ，即
5lgx = 3lgx
（4）化简得
lgx = 0 x = 1
从而 ，即
y = 2−x t = log (y −1)
（5）设 ， 2
(t+2)(t−1) = 0 t = −2
从而 ， 或1
5
y = 3 x = 2 −log 5 −log 3
或 4 ， 2 或 2
x ≥ 1
（6）由定义域
5
2 > x ≥ 1 lg(8x)−1 = 0 x =
当 时，方程化为 ，
4
3 > x ≥ 2 lg(8x)−lg2 −1 = 0
当 时，方程化为
5
lg(8x)−lg(2 ×10) = 0 x =
即 ，解得
2
4 > x ≥ 3 lg(8x)−lg3 −1 = 0
当 时，方程化为
15
lg(8x)−lg(3 ×10) = 0 x =
即 ，解得
4
x ≥ 4
当 时，方程无解
5 5 15
x =
综上得方程的解为 ， 或
4 2 4
lg1 = 0 lg10 = 1 lg100 = 2
例10 【答案】（1） ， ，
x ∈ [1,9] [lgx] = 0
从而当 时，
x ∈ [10,99] [lgx] = 1
时，
= 0 ×9 +1 ×90 +2 = 92
①原式
= 0 ×8 +1 ×90 +2 ×900 +3 ×1020+
②原式
(−1)×9 +(−2)×90 +(−3)×900 +(−4)×1019
= −2015
x = tlog 2
（2）当 5 时
f (5tlog52) = 2tlog 2 ⋅log 5 +31
5 2
f (2t) = 2t+31
化简可得
= 2 ×(0 +1 +⋯+10)+31 ×11 = 451
即原式
思维突破 / 初三 / 暑假
第 6 讲 对数自我巩固答案
= −2 ×log 5 ×(−3)×log 2 ×(−2)×log 3 = −12
1 【答案】（1）原式 2 3 5
1 1 1
= (log 5 − log 5)(log 2 − log 2) =
（2）原式 2 2 2 5 2 5 4
– –
= 2 −√3+2 +√3 = 4
（3）原式
= lg25 −(lg2 −1)2 +1 = 1
（4）原式
3pq a+b
2 【答案】
（1） ；（2）
1 +3pq 2 −a
3 【答案】①②④⑤⑥
lga+lgb = 4 lga⋅lgb = 1
4 【答案】由韦达定理 ， ，
2
b
(lg ) = (lga+lgb)2 −4lga⋅lgb = 12
a
a+b = 1
5 【答案】因为
an +an−1b+⋯+ab+b
则
= an−1 (a+b)+an−2b+⋯+ab+b
= an−1 +an−2b+⋯+ab+b
⋯
= 1
思维突破 / 初三 / 暑假
第 6 讲 对数
课堂落实答案
b−a
1 【答案】（1）
−−
√10
（2）
= lg3 −lg7 +lg7 +lg10 −lg3 −(1 −lg3) = lg3
2 【答案】（1）原式
1
1
= log 3− ⋅log 5 = −
（2）原式 3 4 5 4
3 【答案】证明：
a = (2a)x 2a = (3a)y
（1） ，
ax−1 = 2−x ay−1 = 2 ⋅3−y
即 ，
(x−1)lga = lg(2−x) (y −1)lga = lg(2 ⋅3−y)
则 ，
x−1 lg(2−x)
=
将两式相比得
y −1 lg(2 ⋅3−y)21−xy = 3y−xy
∴
a lga
b = alog b =
（2） a ，则 b lgb
a < b
①若 ，不成立
a > b
②若 ，不成立
a = b
∴
思维突破 / 初三 / 暑假
第 7 讲 对数函数
例题练习题答案
例1 (1)【答案】D
(2)【答案】D
(3,1)
(3)【答案】
(−∞,1)∪ (2,+∞)
例2 【答案】（1）
1 3
[− ,0)∪ ( ,1]
（2）
4 4
– –
(−∞,−1 −√5)∪ (−1 −√5,3)∪ [2,+∞)
（3）
1 5
(− ,0)∪ (0, )
（4）
2 2
log 0.9 < log 0.8 < 1.10.9
例3 【答案】（1） 1.1 0.7
log (log 2) < log 2 < log 3
（2） 2 3 3 2
log 0.1 > log 3 > log 0.3 > log 0.6
（3） 0.2 5 0.04 0.2
1
log 256 > 2log 2 > > 2 −log 10
（4） 125 5 2lg5 5
log 2 < log 2 < 0
（5） a b
（6）0
y = log (x2 −4x+7)= log [(x−2)2 +3] ≤ log 3 = −1
例4 【答案】（1） 1 1 1
3 3 3
(−∞,−1]
∴该函数的值域为
1 1
y = log = log
（2） 1 1
2 x2 −2x+5 2 (x−1)2 +4
1 1
∈ (0, ]
(x−1)2 +4 4[2,+∞)
∴该函数的值域为
−−−−−−−−−−−
−−−−−−−−−
y = log √3 −2x−x2 = log √−(x+1)2 +4
（3） 1 1
−−−−−−−−−2−− 2
√−(x+1)2 +4 ∈ (0,2]
[−1,+∞)
∴该函数的值域为
x x
y = log ⋅log = (log x−1)(log x−2)
（4） 2 2 2 4 2 2
3
log x = t ∈ [ ,3] y = (t−1)(t−2)
令 2 2 ，
1
[− ,2]
∴该函数的值域为
4
m = 0
例5 【答案】（1）当 时，经检验不满足题意
m ≠ 0
当 时，需满足
m > 0
{
Δ = 4(m+1)2 −4m(9m+4) < 0
1 1
m > m >
解得 ，综上
4 4
m = 0
（2）当 时，经检验满足题意
m ≠ 0
当 时
m > 0
{
需满足 Δ = 4(m+1)2 −4m(9m+4) ≥ 0
1 1
0 < m ≤ 0 ≤ m ≤
解得 ，综上
4 4
1
例6 【答案】 (−6,−2] [ ,2) (−∞,0)
（1） ；（2） ；（3）
2
1
（4）
(0,e4]
；（5）
[4,5)
例7 【答案】（1） 0 < a < 1 或 1 < a < 2
1
f (x) = (log x+1)(log x+2)
（2） 2 a a
1 1
log x = t y = (t+1)(t+2)= (t2 +3t+2)
令 a ，则 2 2
y = 1 t = 0 t = −3
令 ，则 ，或
log x = 0 log x = −3
即 a 或 a
x ∈ [2,8] log x ≠ 0 log x = −3
∵ ， a ，∴ a
1 1 1
y = − (t2 +3t+2) = −
令 ，则
8 2 8
3 3
t = − log x = −
解得 2 ，即 a 2
a > 1 x ∈ [2,8] log x > log 1 = 0
当 时， ，此时 a a
不合题意，舍掉
0 < a < 1 x ∈ [2,8]
当 时，∵ 此时有
21 1 3 2 1
y = (t2 +3t+2) = (t+ ) − log 8 = −3
2 2 2 8 ， a
1
a =
解得 ，检验满足题意
2
log 2 = −3 log 8 = −9
若 a ，此时 a
1
y = (t2 +3t+2)
代入 最大值就不为1，矛盾
2
1
a =
综上
2
10
xy2 = 100 y =
（3）由 得 −−，于是
√x
(lgx)2 +(lgy)2 = (lgx)2 +(1 −lg√ − x − )2
1 2 5
= (lgx)2 +(1 − lgx) = (lgx)2 −lgx+1
2 4
5 2 2 4
= (lgx− ) +
4 5 5
0 ≤ lgx ≤ 1
而
2 2 4
∴当
lgx =
，即
x = 105， y = 105时
5
4
(lgx)2 +(lgy)2
取得最小值
5
−−
lgx = 1 x = 10 y = √10
当 ，即 ， 时
5
(lgx)2 +(lgy)2
取得最大值
4
1 −x
例8 【答案】 f (x) = lg
（1）∵定义域关于原点对称，
1 +x
1 +x
f (−x) = lg f (x)+f (−x) = 0
，
1 −x
∴该函数为奇函数
（2）∵定义域关于原点对称
x 1 +ex x x
f (−x) = ln(e−x +1)+ = ln( )+ = ln(1 +ex)−
2 ex 2 2
f (x) = f (−x)
，∴该函数为偶函数
（3）∵定义域关于原点对称
−−−−−
f (−x) = lg(√x2 +1+x) f (x)+f (−x) = 0
，
∴该函数为奇函数
−−−−−
例9 【答案】（1）
y = √3 x−1(x ∈ R)
x+3
y = (x ∈ R,x ≠ 2)
（2）
x−2
−−−−−
y = ln(x+√x2 +1)(x ∈ R)
（3）
1 −e2x
y = (x ∈ R)
（4）
2ex
y = ln(x+1)−ln(x−1)(x ∈ (1,+∞))
（5）1 +10x
y = (x ≠ 0)
（6） 1 −10x
ax −1 > 0
例10 【答案】（1）解不等式 即可，需分类讨论
a > 1 (0,+∞)
当 时定义域为
0 < a < 1 (−∞,0)
当 时定义域为
a > 1 0 < a < 1
（2）分 ， 两种情况讨论
a > 1
当 时，内外层函数均为增函数
0 < a < 1
当 时，内外层函数均为减函数
根据复合函数单调性法则
函数在定义域内为增函数
f−1 (x) = log (ax +1)
（3）先求反函数，得 a
0 < a < 1
当 时
f (2x) > f−1 (x) a2x −1 < ax +1
等价为
(ax −2)(ax +1) < 0
即
ax < 2 = aloga2 x > log 2 2x < 0
∴ ，∴ a ，又需
log 2 < x < 0
∴ a
a > 1
当 时
f (2x) > f−1 (x) a2x −1 > ax +1
等价于
(ax −2)(ax +1) > 0
即
ax > 2 = aloga2
解得
x > log 2 2x > 0 x > log 2
∴ a ，又需 ，∴ a
log 2 < x
∴ a
0 < a < 1 log 2 < x < 0
综上，当 时， a
a > 1 log 2 < x
当 时， a
x = 0
例11 【答案】（1）
（2）3；3
思维突破 / 初三 / 暑假
第 7 讲 对数函数
自我巩固答案⎧x ≠ 0
⎪
1 【答案】 ⎪ ⎪ ⎪
x2 −3x+2 ≥ 0
⎨ [−4,0)∪ (0,1)
（1）要求 ⎪ −x2 −3x+4 ≥ 0 ，定义域
⎪
⎩⎪
⎪ −−−−−−−−− −−−−−−−−−−−
√x2 −3x+2+√−x2 −3x+4 ≠ 0
⎧⎪ x−1 ≠ 1
⎨x−1 > 0 [3,+∞)
（2）要求 ，定义域
⎩⎪
|x−2|−1 ≥ 0
1 2 9 9
2 【答案】 y = (log x− ) − [− ,+∞)
（1） 2 2 4 ，值域 4
2 25
y = (log x−1) +4 [ ,8]
（2） 1 ，值域
4
4
1
log a > aa > a
3 (1)【答案】 1 2
2
(2)【答案】B
⎧a2 +1 ≤ 2a ⎧a2 +1 ≥ 2a
⎪ ⎪
4 【答案】 ⎪ ⎪
1 1 1
⎨2a+ > 1 ⎨1 > 2a+ > 0 a = 1 > a > 0
（1） 或 ，解得 或
⎪ 2 ⎪ 2 4
⎩⎪ ⎩⎪
2a > 0 2a > 0
–
x2 −ax−a a ≥ 2(1 −√3)
（2）需 在题中区间上为减函数，则
–
x2 −ax−a > 0 x = 1 −√3 x2 −ax−a ≥ 0
且需 ，即当 时，
–
a ≤ 2 2(1 −√3) ≤ a ≤ 2
可得 ，综上
1
5 【答案】函数 y = (log 2 x−1)(log 2 x−2) ，其中 2 ≤ log 2 x ≤ 3
y = 2 x = 8
则最大值 ，在 处取
1 –
y = − x = 2√2
最小值 ，在 处取
4
思维突破 / 初三 / 暑假
第 7 讲 对数函数
课堂落实答案
1 (1)【答案】A
(2)【答案】C
2 【答案】∵
x2 −6x+17 = (x−3)2 +8 ≥ 8
y = log (x2 −6x+17) ≤ log 8 = −3
∴ 1 1
2 2
(−∞,−3]
∴该函数的值域为1 1
3 【答案】 f−1 (x)= (ax − )
（1）
2 ax
f−1 (x)
（2）由 为奇函数且为增函数
f−1 (1 −m) < f−1 (m2 −1) 1 −m < m2 −1
只需 ，即
m > 1 m < −2
解得 或
思维突破 / 初三 / 暑假
第 8 讲 幂函数与函数零点
例题练习题答案
例1 【答案】
1
例2 【答案】（1） y = x− 2；（2） m = −1 或2；（3） n = 0 或2
6 6 5 5
例3 【答案】（1） 0.611 < 0.711；（2） (−0.89)3 < (−0.88)3
（3） 6 1 6 < 2 1 2 < 3 1 3；（4） aa > aaa > a
x ≥ 0 x ≠ 3
例4 【答案】（1） 且
k < −1
（2）① ，单调递增
k = −1
② ，为常函数
−1 < k < 0
③ ，单调递增
k = 0
④ ，为常函数
0 < k < 3
⑤ ，单调递减
k = 3
⑥ ，为常函数
k > 3
⑦ ，单调递增2 3
< a < a < −1
（3） 或
3 2
(−2,−1.5) (−0.5,0) (0,0.5)
例5 【答案】 ， ，
例6 (1)【答案】B
(2)【答案】B
1
例7 【答案】 y = +1
（1）
x−3
1
y = +1
（2）
2(x−3)
y = log 3(x+2)+2
（3） 2
（4）向下平移1个单位长度，向左平移3个单位长度
例8 【答案】
例9 【答案】C
[1,2) (0,1)
例10 【答案】（1） ；（2）
(0,1) [−3,1] (10,12)
例11 【答案】（1） ；（2） ；（3）
思维突破 / 初三 / 暑假
第 8 讲 幂函数与函数零点
自我巩固答案
1 【答案】A
1
2 【答案】由2为两个函数的零点，则 a = −2 ， b =
41 1
−2x+ ≥ 0 (−∞, ]
则只需 即可，即定义域
4 8
⎧m+1 > 0 ⎧m+1 < 0
3 【答案】 m+1 < 0
⎨3 −2m > 0 ⎨3 −2m < 0 {
只需⎩ 或⎩ 或
3 −2m > 0
3 −2m < m+1 3 −2m < m+1
2 3
( , )∪ (−∞,−1)
取值范围
3 2
(−∞,1)∪ {0} {1} (0,1)
4 【答案】（1） ；（2） ；（3）
2m−m2 > 0 2m−m2 < 0
5 【答案】 { { m = 1
（ 1 ） 或 ， 解 得 ， 则
2m2 +3m−4 > 0 2m2 +3m−4 < 0
f (x) = x
λ2
g(x) = x+ (−∞,−|λ |) (−|λ |,0)
（2） 在 上单调递增， 上单调递减，最值
x
−2|λ |
思维突破 / 初三 / 暑假
第 8 讲 幂函数与函数零点
课堂落实答案
(−∞,−2)∪ (0,2)
1 【答案】
mx2 +4x+m+2 > 0 x2 −mx+1 ≠ 0
2 【答案】要求 和 恒成立
⎧⎪ m > 0
–
⎨16 −4m(m+2) < 0 √5−1 < m < 2
即 ，解得
⎩⎪
m2 −4 < 0
1
3 【答案】 > 0 n = 0
由条件知 ，即 ，2
−n2 +2n +3
f (x) (−∞,+∞)
则 在 上单调递增，要解不等式
x2 −x > x+3 x < −1 x > 3
只需 ，即 或
思维突破 / 初三 / 暑假
第 9 讲 任意角的三角函数
例题练习题答案
210∘
例1 【答案】（1） ，第三象限
290∘
（2） ，第四象限129∘45′
（3） ，第二象限
1∘54′
（4） ，第一象限
{β|β = 45∘ +360∘ ⋅k,k ∈ Z}
例2 【答案】（1）
{β|β = 60∘ +180∘ ⋅k,k ∈ Z}
（2）
{β|45∘ +180∘ ⋅k ≤ β ≤ 60∘ +180∘ ⋅k,k ∈ Z}
（3）
370∘ 100∘
例3 【答案】（1）错，如 为第一象限角， 为第二象限角
370∘ > 100∘
因为 ，所以命题错误
0∘ < 90∘ 0∘
（2）错，如 ，因为 的角不是锐角，所以命题错误
90∘ 180∘
（3）错， 和 角在坐标轴上，不属于象限角
所以命题错误
例4 【答案】（1）二；一
（2）一、三；一、二、四
例5 【答案】 0∘ 30∘ 45∘ 60∘ 90∘ 120∘
角度制
π π π π 2π
0
弧度制 6 4 3 2 3
象限 / 一 一 一 / 二
900∘
135∘ 150∘ 180∘ −67∘30′ −468∘
角度制
π
3π 5π 3π 13π
π − −
弧度制 5
4 6 8 5
象限 二 二 / 四 三 四
例6 【答案】一，二
例7 (1)【答案】A
π π
∣
{x − +2kπ ≤ x ≤ +2kπ,k ∈ Z}
(2)【答案】 ∣
4 6
10 25
(3)【答案】 π+10 π
，
3 3
(4)【答案】4
π π π π
例8 【答案】
α
角 0 6 4 3 2
1
sinα
0 1
2– –
√2 √3
2 2
– –
√3 √2 1
cosα
1 0
2 2 2
–
√3 –
tanα √3
0 1 /
3
5π
α 120∘ 135∘ 150∘ π
角
3
– – –
√3 √2 1 √3
sinα −
0
2 2 2 2
– –
1 √2 √3 1
cosα − − − −1
2 2 2 2
–
– √3 –
tanα −√3 −1 − −√3
0
3
a > 0
例9 【答案】（1）当 时
– –
√5 2√5 1
sinα = − cosα = tanα = −
， ，
5 5 2
a < 0
当 时
– –
√5 2√5 1
sinα = cosα = − tanα = −
， ，
5 5 2
（2）正，负，负
例10 (1)【答案】B
(2)【答案】11
例11 【答案】（1）负；（2）三；（3）二
∣ π
例12 【答案】（1） {x ∣ x = +kπ,k ∈ Z}
2
π
∣
{x x = +kπ,k ∈ Z}
（2） ∣
4
7 11
π π
（3） ，
6 6
7π π
{x|2kπ− ≤ x ≤ 2kπ+ ,k ∈ Z}
（4）
6 6
∣5π π
{x∣ +2kπ ≥ x ≥ +2kπ,k ∈ Z}
（5）
∣ 4 4
例13 【答案】证明：
θ
如图，因 是锐角，考虑第一象限内单位圆的三角函数线P (x,y) = P (cosθ,sinθ)
（1）因 ，于是
1 1 π
S = sinθ S = cosθ S =
△OAP 2 ， △OBP 2 ， 扇形A4OB
由四边形APBO在扇形AOB内即得
（2）比较相应三角函数线和圆弧的长度即得
–
2√6
例14 (1)【答案】−
5
4
(2)【答案】
5
π
(3)【答案】
3
8
(4)【答案】
9
(5)【答案】证明：
sin2α = 1 −cos2α
原式可化为
sin2α+cos2α = 1
移项得
故得证
2
例15 【答案】 −cos100∘
（1） ；（2）
3
思维突破 / 初三 / 暑假
第 9 讲 任意角的三角函数
自我巩固答案
–
1 +√3 π
∣
1 【答案】 {θ θ = − +2kπ,k ∈ Z} 72∘
（1） ；（2） ∣ ；（3）
2 3
2 【答案】C
{θ|θ = kπ,k ∈ Z}
3 【答案】
4 【答案】证明：2 1 +sinα+cosα
=
只需
1 +sinα+cosα (1 +sinα)(1 +cosα)
2(1 +sinα)(1 +cosα) = (1 +sinα+cosα)2
交叉相乘得
2(1 +sinα)(1 +cosα) = 2(1 +sinαcosα+sinα+cosα)
左边化简得
(1 +sinα+cosα)2 = 2(1 +sinαcosα+sinα+cosα)
右边化简得
左边等于右边，显然成立
cos4α sin4α
5 【答案】 + = 1 cos4α = (1 −sin2α) 2
将 展开，令
cos2β sin2β
sin2β = sin2α cos2α = cos2β
整理得： ，则
故所求式的值为1
思维突破 / 初三 / 暑假
第 9 讲 任意角的三角函数
课堂落实答案
{θ|θ = 90∘ +2kπ,k ∈ Z}
1 【答案】（1）
∣ k
{θ∣θ = 45∘ + π,k ∈ Z}
（2） ∣ 2
{θ|120∘ +2kπ ≤ θ ≤ 330∘ +2kπ,k ∈ Z}
（3）
α
2 【答案】当 的终边在第二象限时
−− −−
3√10 √10
sinα = cosα = − tanα = −3
， ，
10 10
α
当 的终边在第四象限时
−− −−
3√10 √10
sinα = − cosα = tanα = −3
， ，
10 10
3 【答案】1
思维突破 / 初三 / 暑假
第 10 讲 诱导公式与三角函数图象与性质
例题练习题答案
−1
例1 【答案】（1） ；（2）0；（3）0；（4）1
tanα
例2 【答案】（1）1；（2）–
2√6 1
例3 【答案】 cosα ±
（1） ；（2） ；（3）
5 2
1
例4 【答案】 x2 (1 −x2)
5
R [1,3]
例5 【答案】（1）定义域： ，值域：
π 5π
[2kπ, +2kπ]∪ [ +2kπ,2(k+1)π]
（2）定义域：
6 6
–
[0,√3]
值域：
(2kπ,π+2kπ) (−∞,0]
（3）定义域： ，值域：
{x|x = 2kπ} {0}
（4）定义域： ，值域：
1
( π+kπ,π+kπ) R
（5）定义域： ，值域：
2
π π
[− +2kπ, +2kπ] [0,1]
（6）定义域： ，值域：
2 2
例6 【答案】D
4 4
例7 【答案】m ∈ (−∞,− ]∪ [ ,+∞)
3 5
例8 【答案】（1）非奇非偶；（2）非奇非偶
（3）非奇非偶；（4）偶
（5）偶；（6）奇
例9 【答案】①④
例10 【答案】3
−1
例11 【答案】
1
例12 【答案】
2
1 3
例13 【答案】 m = − 或 ≤ m ≤ 3
2 2
思维突破 / 初三 / 暑假
第 10 讲 诱导公式与三角函数图象与性质
自我巩固答案
−−
3√10
1 【答案】
10
–
√2 7
2 【答案】 sinα+cosα = 2sinαcosα = −
（1）由 知
3 9
−−−−−−−−−−−−−
4
−−−−−−−−−−−−−
sinα−cosα = √(sinα−cosα)2 = √1 −2sinαcosα =
则
3
sin3 (2π−α)−cos3 (2π−α)
（2）= −sin3α+cos3α
= −(sinα−cosα)(sin2α+cos2α+sinαcosα)
22
= −
27
(−4,0)∪ (4,+∞)
3 【答案】
tan3 > tan8
4 【答案】（1）
2 1
y = 1 + (−∞, ]∪ [3,+∞)
（2） ，值域
2sinx−1 3
5 (1)【答案】C
(2)【答案】B
–
1 −√2
6 【答案】y = sinx+1 −sin2x
，最小值为
2
思维突破 / 初三 / 暑假
第 10 讲 诱导公式与三角函数图象与性质
课堂落实答案
–
5π π π √3
1 【答案】cos( −x) = cos(π−( +x)) = −cos( +x) = −
6 6 6 3
{x|x ≠ kπ,k ∈ Z} [0,+∞)
2 【答案】（1）定义域 ，值域
（2）偶函数
π
（3）周期为
π π
(kπ, +kπ] ( +kπ,π+kπ] k ∈ Z
（4）在 上单调递减，在 上单调递增，其中
2 2
思维突破 / 初三 / 暑假
第 11 讲 正弦型函数的图象与性质
例题练习题答案
例1 (1)【答案】C
(2)【答案】C(3)【答案】A
y = sin2x
例2 【答案】橙色为
π
y = sin(x+ )
蓝色为
6
π
y = sin(x− )
黑色为
3
π
y = sin(2x+ )
绿色为
3
π 1
例3 【答案】法一：向左平移 个单位，纵坐标不变，横坐标变为原来的 ，横坐标不变，纵坐标变为
3 2
原来的二倍；
1
法二：纵坐标不变，横坐标变为原来的 ，横坐标不变，纵坐标变为原来的二倍，向左平
2
π
移 个单位．
6
π
x = +6kπ k ∈ Z
例4 【答案】（1）最大值2， ，
2
7π
−2 x = +6kπ k ∈ Z
最小值 ， ，
2
π 2
x = + kπ k ∈ Z
（2）最大值3， ，
12 3
5π 2
−1 x = + kπ k ∈ Z
最小值 ， ，
12 3
π
x =
（3）最大值1，
4
π
−2 x = −
最小值 ，
12
π
x =
（4）最大值2，
3
– –
√2+√6 3π
− x = −
最小值 ，
2 2
π
例5 【答案】（1）最小周期为
5 π
[− π+kπ, +kπ] k ∈ Z
单调增区间 ，
12 12
π 7
[ +kπ, π+kπ] k ∈ Z
单调减区间 ，
12 12
π kπ
x = + k ∈ Z
（2）对称轴为 ，
12 2
kπ π 3
( − , ) k ∈ Z
对称中心为 ，
2 6 2
197 201
例6 【答案】 [ π, π)
（1）
2 2
3 3 7 11
[ π, π]∪ [ π, π)
（2）
4 2 4 4
例7 【答案】B
π 5π 3 3
例8 【答案】 π ( , )
（1） ；（2） ；（3） ；（4）
3 6 4 2
π 3
例9 【答案】（1） f (x) = 2sin(2x+ ) ；（2） π
3 42 π
例10 【答案】ω = φ =
或2，
3 2
– 1
例11 【答案】（1） 2 +√3 ；（2）
234
思维突破 / 初三 / 暑假
第 11 讲 正弦型函数的图象与性质
自我巩固答案
1 【答案】（1）14
∣ 7
{x∣x = +7k,k ∈ Z}
（2） ∣ 2
∣7 21
{x∣ +14k ≤ x ≤ +14k,k ∈ Z}
（3） ∣2 2
{x|7 +14k ≤ x ≤ 14 +14k,k ∈ Z}
（4）单调递增区间为
{x|14k ≤ x ≤ 7 +14k,k ∈ Z}
单调递减区间为
{x|x = 7 +14k,k ∈ Z}
（5）
7
x = 7k k ∈ Z ( +7k,0),k ∈ Z
（6）对称轴为 ， ；对称中心为
2
π
2 【答案】（1） f (x) = sin(2x+ )
3
π
g(x) = cos(2x− )
（2）
6
（3）证明：
π
sin(x+ ) = cosx
∵
2
∴得证
思维突破 / 初三 / 暑假
第 12 讲 阶段自检
期末试卷答案
1 【答案】D
2 【答案】D
3 【答案】B
4 【答案】D5 【答案】A
6 【答案】D
7 【答案】C
8 【答案】C
{x|−1 < x < 1}
9 【答案】
7
10 【答案】
2
[−5,−2)∪ (2,5]
11 【答案】
1
12 【答案】[− ,2)
2
1
13 【答案】
2
x π
14 【答案】 y = sin( + )
2 3
15 【答案】2
1
16 【答案】
2
−1
17 【答案】
18 【答案】2
a = 3
19 【答案】（1）∵
P = {x|4 ≤ x ≤ 7} C P = {x|x < 4 x > 7}
∴ ， R 或
Q = {x∣ ∣x2 −3x ≤ 0} = {x|0 ≤ x ≤ 3}
又∵
(C P)⋂Q = {x|0 ≤ x ≤ 3}
∴ R
P ≠ ∅ P ⊆ Q
（2）若 ，由 得
⎧a+1 ≥ 0
⎨2a+1 ≤ 3 0 ≤ a ≤ 1
⎩ ，解得
a+1 ≤ 2a+1
P = ∅ 2a+1 < a+1 a < 0
若 ，即 时，
P = ∅ ⊆ Q
此时有
2π
20 【答案】（1）最小正周期为 T = = π
2
π π π
− +2kπ ≤ 2x− ≤ +2kπ
由 得 单 调 递 增 区 间 为
2 6 2
π π
− +kπ ≤ x ≤ +kπ
6 3
π π π 5π
x ∈ [0, ] 2x− ∈ [− , ]
（2）当 时，
2 6 6 6
π π π
2x− = x =
∴当 ，即 时
6 2 3
π
f (x) f ( ) = 4
取最大值为
3
π π
2x− = − x = 0
当 ，即 时
6 6f (x) f (0) = 1
取最小值为
f (x) = ax2 +bx+c
21 【答案】（1）设
f (x+2) = f (−x+2)
∵
b
x = 2 − = 2
∴ 为对称轴，故
2a
f (0) = c = 3 f (2) = 4a+2b+c = 1
又∵ ，
1 1
a = b = −2 f (x) = x2 −2x+3
∴ ， ，∴
2 2
x = 2 f (2) = 1
（2）∵ 为对称轴，且
f (0) = f (4) = 3
∴
x ∈ [0,m] 2x ∈ [1,2m]
∵ 时
2m = 4 m = 2
∴ 即
f (x) f (−x) = −f (x)
22 【答案】（1）∵ 是奇函数，∴
−ax+b ax+b
= −
∴
x2 +1 x2 +1
ax 1 1a 2
b = 0 f (x) = f ( ) = 2 =
∴ ，∴ ，
x2 +1 2 5 5
x 4
a = 1 f (x) =
∴ ，∴
x2 +1
（2）证明：
x x ∈ (−1,1) x < x
设 1， 2 ，且 1 2
x x (x −x )(1 −x x )
f (x )−f (x ) = 1 − 2 = 1 2 1 2
则 1 2
x 2 +1 x 2 +1 (x 2 +1)(x 2 +1)
1 2 1 2
−1 < x < x < 1 x −x < 0 1 −x x > 0
∵ 1 2 ，∴ 1 2 ， 1 2
f (x ) < f (x ) f (x) (−1,1)
∴ 1 2 ，∴ 在 上是增函数
f (x) (1,+∞) (−∞,−1)
（3） 的单调减区间是 ，
1 1
−
最大值为 ，最小值是
2 2
23 【答案】（1）∵
f (x) = ax2 +bx+1
，
f (−1) = 0
a−b+1 = 0
∴
a > 0
f (x) [0,+∞) {
∵ 的值域是 ，∴
Δ = b2 −4ac = 0
b2 −4(b−1) = 0 b = 2 a = 1
∴ ，∴ ，
f (x) = x2 +2x+1 = (x+1)2
∴
(x+1)2,(x ≥ 0)
F (x) = {
∴
−(x+1)2,(x < 0)
g(x) = f (x)−kx = x2 +(2 −k)x+1
（2）
k−2
x =
对称轴为
2k−2 k−2
≤ −2 ≥ 2
∴ 或
2 2
k ≤ −2 k ≥ 6
解得 或
f (x)
（3）证明：∵ 是偶函数
ax2 +1,(x ≥ 0)
f (x) = ax2 +1 F (x) = {
∴ ，
−ax2 −1,(x < 0)
mn < 0 m > n n < 0
∵ ，设 ，则
m+n > 0
又∵
m > −n > 0 m2 > n2
∴ ，∴
a > 0
∵
F (m)+F (n) = am2 +1 −an2 −1= a(m2 −n2) > 0
∴
故得证
x = x = 0 f (0) ≥ f (0)+f (0)
24 【答案】（1）令 1 2 ，得
f (0) ≥ 0 f (0) = 0
又∵ ，∴
g(x) = 2x −1 [0,1]
（2）显然 在 上满足
g(x) ≥ 0 g(1) = 21 −1 = 1
，
x ≥ 0 x ≥ 0 x +x ≤ 1
若 1 ， 2 ，且 1 2 ，则有
g(x +x )−[g(x )+g(x )] = 2x1+x2 −1−[(2x1−1)+(2x2−1)] = (2x1
1 2 1 2
g(x) = 2x −1 [0,1]
∴ 在区间 上为“友谊函数”
（3）证明：
x x ∈ [0,1] x > x
由③知，任意 1， 2 ，其中 2 1
x +x ≤ 1 0 < x −x < 1
有 1 2 ，则 2 1
f (x ) = f (x −x +x ) ≥ f (x −x )+f (x ) ≥ f (x )
∴ 2 2 1 1 2 1 1 1
f (x ) = x
下面用反证法证明必有 0 0
f (x ) > x f (x ) ≤ f [f (x )] = x
若 0 0，则 0 0 0，矛盾
f (x ) < x f (x ) ≥ f [f (x )] = x
若 0 0，则 0 0 0，矛盾
f (x ) = x
∴ 0 0
