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第一章集合與函式概念

1.1集合

1 1 1集合的含義與表示

1.D.2.A.3.C.4.{1,-1}.5.{x|x=3n+1,n∈N}.6.{2,0,-2}.

7.A={(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1)}.8.1.9.1,2,3,6.

10.列舉法表示為{(-1,1),(2,4)},描述法的表示方法不唯一,如可表示為(x,y)|y=x+2,

y=x2.

11.-1,12,2.

1 1 2集合間的基本關係

1.D.2.A.3.D.4. ,{-1},{1},{-1,1}.5. .6.①③⑤.

7.A=B.8.15,13.9.a≥4.10.A={ ,{1},{2},{1,2}},B∈A.

11.a=b=1.

1 1 3集合的基本運算(一)

1.C.2.A.3.C.4.4.5.{x|-2≤x≤1}.6.4.7.{-3}.

8.A∪B={x|x<3,或x≥5}.9.A∪B={-8,-7,-4,4,9}.10.1.

11.{a|a=3,或-22

1 1 3集合的基本運算(二)

1.A.2.C.3.B.4.{x|x≥2,或x≤1}.5.2或8.6.x|x=n+12,n∈Z.

7.{-2}.8.{x|x>6,或x≤2}.9.A={2,3,5,7},B={2,4,6,8}.

10.A,B的可能情形有:A={1,2,3},B={3,4};A={1,2,4},B={3,4};A={1,2,3,4},B={3,4}.

11.a=4,b=2.提示:∵A∩ 綂 UB={2}，∴2∈A，∴4+2a-12=0 a=4，∴A={x|x2+4x-12=0}={2,-6},∵A∩ 綂 UB={2}，∴-6 綂 UB，∴-6∈B，將x=-6代入B,得b2-6b+8=0 b=2,或b=4.①當b=2時,B={x|x2+2x-24=0}={-6,4},∴-6 綂 UB，而2∈ 綂 UB，滿足條件A∩ 綂 UB={2}.②當b=4時,B={x|x2+4x-12=0}={-6,2},

∴2 綂 UB，與條件A∩ 綂 UB={2}矛盾.

1.2函式及其表示

1 2 1函式的概念(一)

1.C.2.C.3.D.4.22.5.-2,32∪32,+∞.6.[1,+∞).

7.(1)12,34.(2){x|x≠-1，且x≠-3}.8.-34.9.1.

10.(1)略.(2)72.11.-12,234.

1 2 1函式的概念(二)

1.C.2.A.3.D.4.{x∈R|x≠0,且x≠-1}.5.[0，+∞).6.0.

7.-15,-13,-12,13.8.(1)y|y≠25.(2)[-2,+∞).

9.(0,1].10.A∩B=-2,12;A∪B=[-2,+∞).11.[-1,0).

1 2 2函式的表示法(一)

1.A.2.B.3.A.4.y=x100.5.y=x2-2x+2.6.1x.7.略.

8.

x1234y828589889.略.10.1.11.c=-3.

1 2 2函式的表示法(二)

1.C.2.D.3.B.4.1.5.3.6.6.7.略.

8.f(x)=2x(-1≤x<0),

-2x+2(0≤x≤1).

9.f(x)=x2-x+1.提示:設f(x)=ax2+bx+c，由f(0)=1,得c=1，又f(x+1)-f(x)=2x，即a(x+1)2+b(x+1)+c-(ax2+bx+c)=2x，展開得2ax+(a+b)=2x,所以2a=2,

a+b=0,解得a=1，b=-1.

10.y=1.2(0

2.4(20

3.6(40

4.8(60

1.3函式的基本性質

1 3 1單調性與最大(小)值(一)

1.C.2.D.3.C.4.[-2,0),[0,1),[1,2].5.-∞,32.6.k<12.

7.略.8.單調遞減區間為(-∞,1),單調遞增區間為[1,+∞).9.略.10.a≥-1.

11.設-10，∴(x1x2+1)(x2-x1)(x21-1)(x22-1)>0，∴函式y=f(x)在(-1，1)上為減函式.

1 3 1單調性與最大(小)值(二)

1.D.2.B.3.B.4.-5,5.5.25.

6.y=316(a+3x)(a-x)(0

11.日均利潤最大，則總利潤就最大.設定價為x元，日均利潤為y元.要獲利每桶定價必須在12元以上，即x>12.且日均銷售量應為440-(x-13)·40>0，即x<23,總利潤y=(x-12)[440-(x-13)·40]-600(12

1 3 2奇偶性

1.D.2.D.3.C.4.0.5.0.6.答案不唯一,如y=x2.

7.(1)奇函式.(2)偶函式.(3)既不是奇函式，又不是偶函式.(4)既是奇函式，又是偶函式.

8.f(x)=x(1+3x)(x≥0),

x(1-3x)(x<0).9.略.

10.當a=0時，f(x)是偶函式;當a≠0時，既不是奇函式，又不是偶函式.

11.a=1，b=1，c=0.提示:由f(-x)=-f(x)，得c=0，∴f(x)=ax2+1bx,∴f(1)=a+1b=2 a=2b-1.∴f(x)=(2b-1)x2+1bx.∵f(2)<3，∴4(2b-1)+12b<3 2b-32b<0 0

單元練習

1.C.2.D.3.D.4.D.5.D.6.B.7.B.8.C.9.A.

10.D.11.{0,1,2}.12.-32.13.a=-1,b=3.14.[1,3)∪(3,5].

15.f12

17.T(h)=19-6h(0≤h≤11),

-47(h>11).18.{x|0≤x≤1}.

19.f(x)=x只有唯一的實數解，即xax+b=x(*)只有唯一實數解，當ax2+(b-1)x=0有相等的實數根x0，且ax0+b≠0時，解得f(x)=2xx+2，當ax2+(b-1)x=0有不相等的實數根，且其中之一為方程(*)的增根時，解得f(x)=1.

20.(1)x∈R,又f(-x)=(-x)2-2|-x|-3=x2-2|x|-3=f(x)，所以該函式是偶函式.(2)略.(3)單調遞增區間是[-1,0],[1,+∞)，單調遞減區間是(-∞,-1],[0,1].

21.(1)f(4)=4×1 3=5.2,f(5.5)=5×1.3+0.5×3.9=8.45,f(6.5)=5×1.3+1×3.9+0.5×6 5=13.65.

(2)f(x)=1.3x(0≤x≤5),

3.9x-13(5

6.5x-28.6(6

22.(1)值域為[22,+∞).(2)若函式y=f(x)在定義域上是減函式，則任取x1,x2∈(0,1]且x1f(x2)成立，即(x1-x2)2+ax1x2>0，只要a<-2x1x2即可，由於x1,x2∈(0,1]，故-2x1x2∈(-2,0)，a<-2，即a的取值範圍是(-∞,-2).

第二章基本初等函式(Ⅰ)

2.1指數函式

2 1 1指數與指數冪的運算(一)

1.B.2.A.3.B.4.y=2x(x∈N).5.(1)2.(2)5.6.8a7.

7.原式=|x-2|-|x-3|=-1(x<2),

2x-5(2≤x≤3),

1(x>3).8.0.9.2011.10.原式=2yx-y=2.

11.當n為偶數,且a≥0時,等式成立;當n為奇數時,對任意實數a,等式成立.

2 1 1指數與指數冪的運算(二)

1.B.2.B.3.A.4.94.5.164.6.55.

7.(1)-∞,32.(2)x∈R|x≠0,且x≠-52.8.原式=52-1+116+18+110=14380.

9.-9a.10.原式=(a-1+b-1)·a-1b-1a-1+b-1=1ab.

11.原式=1-2-181+2-181+2-141+2-121-2-18=12-827.

2 1 1指數與指數冪的運算(三)

1.D.2.C.3.C.4.36.55.5.1-2a.6.225.7.2.

8.由8a=23a=14=2-2,得a=-23,所以f(27)=27-23=19.9.4 7288,0 0885.

10.提示：先由已知求出x-y=-(x-y)2=-(x+y)2-4xy=-63,所以原式=x-2xy+yx-y=-33.

11.23.

2 1 2指數函式及其性質(一)

1.D.2.C.3.B.4.A B.5.(1,0).6.a>0.7.125.

8.(1)圖略.(2)圖象關於y軸對稱.

9.(1)a=3,b=-3.(2)當x=2時,y有最小值0;當x=4時,y有最大值6.10.a=1.

11.當a>1時，x2-2x+1>x2-3x+5，解得{x|x>4};當0

2 1 2指數函式及其性質(二)

1.A.2.A.3.D.4.(1)<.(2)<.(3)>.(4)>.

5.{x|x≠0},{y|y>0，或y<-1}.6.x<0.7.56-0.12>1=π0>0.90.98.

8.(1)a=0.5.(2)-4x4>x3>x1.

10.(1)f(x)=1(x≥0),

2x(x<0).(2)略.11.am+a-m>an+a-n.

2 1 2指數函式及其性質(三)

1.B.2.D.3.C.4.-1.5.向右平移12個單位.6.(-∞,0).

7.由已知得0.3(1-0.5)x≤0.08,由於0.51.91=0.2667,所以x≥1.91,所以2h後才可駕駛.

8.(1-a)a>(1-a)b>(1-b)b.9.815×(1+2%)3≈865(人).

10.指數函式y=ax滿足f(x)·f(y)=f(x+y);正比例函式y=kx(k≠0)滿足f(x)+f(y)=f(x+y).

11.34,57.

2.2對數函式

2 2 1對數與對數運算(一)

1.C.2.D.3.C.4.0;0;0;0.5.(1)2.(2)-52.6.2.

7.(1)-3.(2)-6.(3)64.(4)-2.8.(1)343.(2)-12.(3)16.(4)2.

9.(1)x=z2y,所以x=(z2y)2=z4y(z>0,且z≠1).(2)由x+3>0,2-x<0，且2-x≠1,得-3

10.由條件得lga=0,lgb=-1，所以a=1,b=110,則a-b=910.

11.左邊分子、分母同乘以ex，去分母解得e2x=3,則x=12ln3.

2 2 1對數與對數運算(二)

1.C.2.A.3.A.4.0 3980.5.2logay-logax-3logaz.6.4.

7.原式=log2748×12÷142=log212=-12.

8.由已知得(x-2y)2=xy，再由x>0,y>0,x>2y,可求得xy=4.9.略.10.4.

11.由已知得(log2m)2-8log2m=0,解得m=1或16.

2 2 1對數與對數運算(三)

1.A.2.D.3.D.4.43.5.24.6.a+2b2a.

7.提示：注意到1-log63=log62以及log618=1+log63,可得答案為1.

8.由條件得3lg3lg3+2lg2=a,則去分母移項，可得(3-a)lg3=2alg2,所以lg2lg3=3-a2a.

9.2 5.10.a=log34+log37=log328∈(3，4).11.1.

2 2 2對數函式及其性質(一)

1.D.2.C.3.C.4.144分鐘.5.①②③.6.-1.

7.-2≤x≤2.8.提示：注意對稱關係.

9.對loga(x+a)<1進行討論:①當a>1時,0a,得x>0.

10.C1：a=32，C2:a=3，C3:a=110，C4:a=25.

11.由f(-1)=-2,得lgb=lga-1①,方程f(x)=2x即x2+lga·x+lgb=0有兩個相等的實數根，可得lg2a-4lgb=0,將①式代入,得a=100,繼而b=10.

2 2 2對數函式及其性質(二)

1.A.2.D.3.C.4.22,2.5.(-∞,1).6.log20 4

7.logbab0得x>0.(2)x>lg3lg2.

9.圖略，y=log12(x+2)的圖象可以由y=log12x的圖象向左平移2個單位得到.

10.根據圖象,可得0

2 2 2對數函式及其性質(三)

1.C.2.D.3.B.4.0，12.5.11.6.1,53.

7.(1)f35=2,f-35=-2.(2)奇函式，理由略.8.{-1，0，1，2，3，4，5，6}.

9.(1)0.(2)如log2x.

10.可以用求反函式的方法得到,與函式y=loga(x+1)關於直線y=x對稱的函式應該是y=ax-1,和y=logax+1關於直線y=x對稱的函式應該是y=ax-1.

11.(1)f(-2)+f(1)=0.(2)f(-2)+f-32+f12+f(1)=0.猜想:f(-x)+f(-1+x)=0,證明略.

2 3冪函式

1.D.2.C.3.C.4.①④.5.6.2518<0.5-12<0.16-14.

6.(-∞,-1)∪23,32.7.p=1,f(x)=x2.

8.圖象略,由圖象可得f(x)≤1的解集x∈[-1,1].9.圖象略,關於y=x對稱.

10.x∈0,3+52.11.定義域為(-∞,0)∪(0,∞),值域為(0，∞)，是偶函式，圖象略.

單元練習

1.D.2.D.3.C.4.B.5.C.6.D.7.D.8.A.9.D.

10.B.11.1.12.x>1.13.④.14.25 8.提示：先求出h=10.

15.(1)-1.(2)1.

16.x∈R，y=12x=1+lga1-lga>0,討論分子、分母得-1

17.(1)a=2.(2)設g(x)=log12(10-2x)-12x,則g(x)在[3,4]上為增函式,g(x)>m對x∈[3,4]恆成立，m

18.(1)函式y=x+ax(a>0),在(0,a]上是減函式,[a,+∞)上是增函式,證明略.

(2)由(1)知函式y=x+cx(c>0)在[1,2]上是減函式,所以當x=1時,y有最大值1+c;當x=2時,y有最小值2+c2.

19.y=(ax+1)2-2≤14，當a>1時，函式在[-1，1]上為增函式，ymax=(a+1)2-2=14，此時a=3;當0

20.(1)F(x)=lg1-xx+1+1x+2,定義域為(-1,1).

(2)提示:假設在函式F(x)的圖象上存在兩個不同的點A,B，使直線AB恰好與y軸垂直,則設A(x1,y),B(x2,y)(x1≠x2),則f(x1)-f(x2)=0,而f(x1)-f(x2)=lg1-x1x1+1+1x1+2-lg1-x2x2+1-1x2+2=lg(1-x1)(x2+1)(x1+1)(1-x2)+x2-x1(x1+2)(x2+2)=①+②,可證①，②同正或同負或同為零,因此只有當x1=x2時,f(x1)-f(x2)=0,這與假設矛盾,所以這樣的兩點不存在.(或用定義證明此函式在定義域內單調遞減)。

第三章函式的應用

3 1函式與方程

3 1 1方程的根與函式的零點

1.A.2.A.3.C.4.如：f(a)f(b)≤0.5.4,254.6.3.

7.函式的零點為-1，1，2.提示：f(x)=x2(x-2)-(x-2)=(x-2)(x-1)(x+1).

8.(1)(-∞,-1)∪(-1,1).(2)m=12.

9.(1)設函式f(x)=2ax2-x-1,當Δ=0時，可得a=-18，代入不滿足條件，則函式f(x)在(0，1)內恰有一個零點.∴f(0)·f(1)=-1×(2a-1-1)<0，解得a>1.

(2)∵在[-2，0]上存在x0，使f(x0)=0,則f(-2)·f(0)≤0,∴(-6m-4)×(-4)≤0,解得m≤-23.

10.在(-2，-1 5)，(-0 5,0),(0,0 5)內有零點.

11.設函式f(x)=3x-2-xx+1.由函式的單調性定義，可以證明函式f(x)在(-1,+∞)上是增函式.而f(0)=30-2=-1<0,f(1)=31-12=52>0,即f(0)·f(1)<0，說明函式f(x)在區間(0，1)內有零點，且只有一個.所以方程3x=2-xx+1在(0，1)內必有一個實數根.

3 1 2用二分法求方程的近似解(一)

1.B.2.B.3.C.4.[2，2 5].5.7.6.x3-3.7.1.

8.提示：先畫一個草圖，可估計出零點有一個在區間(2，3)內，取2與3的平均數2 5，因f(2 5)=0 25>0，且f(2)<0，則零點在(2，2 5)內，再取出2 25,計算f(2 25)=-0 4375，則零點在(2 25,2 5)內.以此類推，最後零點在(2 375,2 4375)內，故其近似值為2 4375.

9.1 4375.10.1 4296875.

11.設f(x)=x3-2x-1,∵f(-1)=0,∴x1=-1是方程的解.又f(-0 5)=-0 125<0,f(-0 75)=0 078125>0，x2∈(-0 75,-0 5)，又∵f(-0 625)=0 005859>0，∴x2∈(-0 625,-0 5).又∵f(-0 5625)=-0 05298<0,∴x2∈(-0 625,-0 5625)，由|-0.625+0.5625|<0.1,故x2=-0.5625是原方程的近似解，同理可得x3=1 5625.

3 1 2用二分法求方程的近似解(二)

1.D.2.B.3.C.4.1.5.1.6.2 6.7.a>1.

8.畫出圖象，經驗證可得x1=2，x2=4適合，而當x<0時，兩圖象有一個交點，∴根的個數為3.

9.對於f(x)=x4-4x-2，其圖象是連續不斷的曲線，∵f(-1)=3>0，f(2)=6>0，f(0)<0，

∴它在(-1，0)，(0，2)內都有實數解，則方程x4-4x-2=0在區間[-1，2]內至少有兩個實數根.

10.m=0,或m=92.

11.由x-1>0,

3-x>0，

a-x=(3-x)(x-1),得a=-x2+5x-3(1134或a≤1時無解;a=134或1

3 2函式模型及其應用

3.2.1幾類不同增長的函式模型

1.D.2.B.3.B.4.1700.5.80.6.5.

7.(1)設一次訂購量為a時，零件的實際出廠價恰好為51元，則a=100+60-510.02=550(個).

(2)p=f(x)=60(0

62-x50(100

51(x≥550,x∈N*).

8.(1)x年後該城市人口總數為y=100×(1+1.2%)x.

(2)10年後該城市人口總數為y=100×(1+1.2%)10=100×1.01210≈112.7(萬).

(3)設x年後該城市人口將達到120萬人，即100×(1+1.2%)x=120,x=log1.012120100=log1.0121.2=lg1.2lg1.012≈15(年).

9.設對乙商品投入x萬元，則對甲商品投入9-x萬元.設利潤為y萬元，x∈[0,9].∴y=110(9-x)+25x=110(-x+4x+9)=110[-(x-2)2+13],∴當x=2，即x=4時，ymax=1.3.所以，投入甲商品5萬元、乙商品4萬元時，能獲得最大利潤1.3萬元.

10.設該家庭每月用水量為xm3，支付費用為y元，則y=8+c,0≤x≤a,①

8+b(x-a)+c,x>a.②由題意知0

33=8+(22-a)b+c,∴b=2,2a=c+19.③再分析1月份的用水量是否超過最低限量，不妨設9>a,將x=9代入②,得9=8+2(9-a)+c,2a=c+17與③矛盾，∴a≥9.1月份的付款方式應選①式，則8+c=9,c=1,代入③,得a=10.因此a=10,b=2,c=1.

(第11題)11.根據提供的資料，畫出散點圖如圖：由圖可知，這條曲線與函式模型y=ae-n接近，它告訴人們在學習中的遺忘是有規律的，遺忘的程序不是均衡的，而是在記憶的最初階段遺忘的`速度很快，後來就逐漸減慢了，過了相當長的時間後，幾乎就不再遺忘了，這就是遺忘的發展規律，即“先快後慢”的規律.觀察這條遺忘曲線，你會發現，學到的知識在一天後，如果不抓緊複習，就只剩下原來的13.隨著時間的推移，遺忘的速度減慢，遺忘的數量也就減少.因此，艾賓浩斯的實驗向我們充分證實了一個

3 2 2函式模型的應用例項

1.C.2.B.3.C.4.2400.5.汽車在5h內行駛的路程為360km.

6.10;越大.7.(1)1 5m/s.(2)100.8.從2015年開始.

9.(1)應選y=x(x-a)2+b，因為①是單調函式，②至多有兩個單調區間，而y=x(x-a)2+b可以出現兩個遞增區間和一個遞減區間.

(2)由已知，得b=1，

2(2-a)2+b=3，

a>1，解得a=3,b=1.∴函式解析式為y=x(x-3)2+1.

10.設y1=f(x)=px2+qx+r(p≠0)，則f(1)=p+q+r=1,

f(2)=4p+2q+r=1 2,

f(3)=9p+3q+r=1 3,解得p=-0 05,q=0 35,r=0 7，∴f(4)=-0 05×42+0 35×4+0 7=1 3，再設y2=g(x)=abx+c,則g(1)=ab+c=1，

g(2)=ab2+c=1 2，

g(3)=ab3+c=1 3，解得a=-0 8，b=0 5，c=1 4，∴g(4)=-0 8×0 54+1 4=1 35，經比較可知，用y=-0 8×(0 5)x+1 4作為模擬函式較好.

11.(1)設第n年的養雞場的個數為f(n)，平均每個養雞場養g(n)萬隻雞，則f(1)=30，f(6)=10,且點(n,f(n))在同一直線上，從而有：f(n)=34-4n(n=1，2，3，4，5,6).而g(1)=1,g(6)=2,且點(n,g(n))在同一直線上，從而有:g(n)=n+45(n=1，2，3，4，5，6).於是有f(2)=26,g(2)=1.2(萬隻)，所以f(2)·g(2)=31.2(萬隻)，故第二年養雞場的個數是26個，全縣養雞31.2萬隻.

(2)由f(n)·g(n)=-45n-942+1254，得當n=2時，[f(n)·g(n)]max=31.2.故第二年的養雞規模最大，共養雞31.2萬隻.

單元練習

1.A.2.C.3.B.4.C.5.D.6.C.7.A.8.C.9.A.

10.D.11.±6.12.y=x2.13.-3.14.y3，y2，y1.

15.令x=1，則12-0>0，令x=10，則1210×10-1<0.選初始區間[1,10]，第二次為[1，5.5]，第三次為[1，3.25]，第四次為[2.125，3.25]，第五次為[2.125，2.6875]，所以存在實數解在[2，3]內.

(第16題)16.按以下順序作圖：y=2-xy=2-|x|y=2-|x-1|.∵函式y=2-|x-1|與y=m的圖象在0

道理，學習要勤於複習，而且記憶的理解效果越好，遺忘得越慢.

17.兩口之家,乙旅行社較優惠,三口之家、多於三口的家庭,甲旅行社較優惠.

18.(1)由題意，病毒總數N關於時間n的函式為N=2n-1，則由2n-1≤108，兩邊取對數得(n-1)lg2≤8,n≤27.6,即第一次最遲應在第27天時注射該種藥物.

(2)由題意注入藥物後小白鼠體內剩餘的病毒數為226×2%,再經過n天后小白鼠體內病毒數為226×2%×2n，由題意，226×2%×2n≤108，兩邊取對數得26lg2+lg2-2+nlg2≤8，得x≤6.2,故再經過6天必須注射藥物，即第二次應在第33天注射藥物.

19.(1)f(t)=300-t(0≤t≤200),

2t-300(200

(2)設第t天時的純利益為h(t)，則由題意得h(t)=f(t)-g(t),即h(t)=-1200t2+12t+1752(0≤t≤200)，

-1200t2+72t-10252(20087.5可知，h(t)在區間[0，300]上可以取得最大值100，此時t=50，即從2月1日開始的第50天時，西紅柿純收益最大.

20.(1)由提供的資料可知，描述西紅柿種植成本Q與上市時間t的變化關係的函式不可能是常數函式，從而用函式Q=at+b，Q=a·bt，Q=a·logbt中的任何一個進行描述時都應有a≠0，而此時上述三個函式均為單調函式，這與表格提供的資料不吻合.所以選取二次函式Q=at2+bt+c進行描述.將表格所提供的三組資料分別代入Q=at2+bt+c，得到150=2500a+50b+c,

108=12100a+110b+c,

150=62500a+250b+c.解得a=1200,

b=-32,

c=4252.∴描述西紅柿種植成本Q與上市時間t的關係的函式為:Q=1200t2-32t+4252.

(2)當t=150時，西紅柿種植成本最低為Q=100(元/100kg).

綜合練習(一)

1.D.2.D.3.D.4.A.5.B.6.D.7.D.8.D.9.B.

10.B.11.{x|x≤5且x≠2}.12.1.13.4.14.0.15.10.16.0.8125.

17.4.18.{-6,-5,-4,-3,-2,-1,0}.19.(1)略.(2)[-1，0]和[2，5].20.略.

21.(1)∵f(x)的定義域為R,設x10.∴f(x1)-f(x2)<0，即f(x1)

(2)∵f(x)為奇函式,∴f(-x)=-f(x),即a-12-x+1=-a+12x+1，解得a=12.

∴f(x)=12-12x+1.∵2x+1>1,∴0<12x+1<1,∴-1<-12x+1<0,

∴-12

綜合練習(二)

1.B.2.B.3.D.4.A.5.A.6.C.7.A.8.A.9.B.

10.B.11.log20.3<20.3.12.-2.13.-4.14.8.15.P=12t5730(t>0).

16.2.17.(1,1)和(5，5).18.-2.

19.(1)由a(a-1)+x-x2>0，得[x-(1-a)]·(x-a)<0.由2∈A，知[2-(1-a)]·(2-a)<0，解得a∈(-∞,-1)∪(2,+∞).

(2)當1-a>a,即a<12時，不等式的解集為A={x|a12時，不等式的解集為A={x|1-a

20.在(0,+∞)上任取x10,x2+1>0,所以要使f(x)在(0,+∞)上遞減，即f(x1)-f(x2)>0，只要a+1<0即a<-1,故當a<-1時，f(x)在區間(0,+∞)上是單調遞減函式.

21.設利潤為y萬元，年產量為S百盒，則當0≤S≤5時，y=5S-S22-0.5-0.25S=-S22+4.75S-0.5,當S>5時，y=5×5-522-0.5-0.25S=12-0.25S,

∴利潤函式為y=-S22+4.75S-0.5(0≤S≤5,S∈N*)，

-0.25S+12(S>5,S∈N*).

當0≤S≤5時，y=-12(S-4.75)2+10.78125，∵S∈N*，∴當S=5時，y有最大值10 75萬元;當S>5時，∵y=-0.25S+12單調遞減，∴當S=6時，y有最大值10 50萬元.綜上所述，年產量為500盒時工廠所得利潤最大.

22.(1)由題設,當0≤x≤2時,f(x)=12x·x=12x2;當2

-(x-3)2+3(2

12(x-6)2(4≤x≤6).

(2)略.

(3)由圖象觀察知,函式f(x)的單調遞增區間為[0,3],單調遞減區間為[3,6],當x=3時,函式f(x)取最大值為3.