2022高考數(shù)學(xué)“一本”培養(yǎng)專題突破 第3部分 考前增分指導(dǎo) 2 快速準(zhǔn)確解答客觀題的方法技巧學(xué)案 文

《2022高考數(shù)學(xué)“一本”培養(yǎng)專題突破 第3部分 考前增分指導(dǎo) 2 快速準(zhǔn)確解答客觀題的方法技巧學(xué)案 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高考數(shù)學(xué)“一本”培養(yǎng)專題突破 第3部分 考前增分指導(dǎo) 2 快速準(zhǔn)確解答客觀題的方法技巧學(xué)案 文（13頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考數(shù)學(xué)“一本”培養(yǎng)專題突破 第3部分 考前增分指導(dǎo) 2 快速準(zhǔn)確解答客觀題的方法技巧學(xué)案 文 選擇題、填空題是高考必考的題型，共占有80分，因此，探討選擇題、填空題的特點(diǎn)及解法是非常重要和必要的.選擇題的特點(diǎn)是靈活多變、覆蓋面廣，突出的特點(diǎn)是答案就在給出的選項(xiàng)中.而填空題是一種只要求寫(xiě)出結(jié)果，不要求寫(xiě)出解答過(guò)程的客觀性試題，不設(shè)中間分，所以要求所填的是最簡(jiǎn)最完整的結(jié)果.解答選擇題、填空題時(shí)，對(duì)正確性的要求比解答題更高、更嚴(yán)格.它們自身的特點(diǎn)決定選擇題及填空題會(huì)有一些獨(dú)到的解法. 解法1　直接法 直接法是直接從題設(shè)出發(fā)，抓住命題的特征，利用定義、性質(zhì)、定理、公式等，經(jīng)過(guò)變形、推理

2、、計(jì)算、判斷得出結(jié)果．直接法是求解填空題的常用方法．在用直接法求解選擇題時(shí)，可利用選項(xiàng)的暗示性作出判斷，同時(shí)應(yīng)注意：在計(jì)算和論證時(shí)盡量簡(jiǎn)化步驟，合理跳步，還要盡可能地利用一些常用的性質(zhì)、典型的結(jié)論，以提高解題速度． 【例1】　(1)(2016·全國(guó)卷Ⅱ)已知向量a＝(1，m)，b＝(3，－2)，且(a＋b)⊥b，則m＝(　　) A．－8　　　B．－6　　　C．6　　　D．8 (2)等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為實(shí)數(shù)，其前n項(xiàng)和為Sn.已知S3＝，S6＝，則a8＝________. (1)D　(2)32　[(1)法一：因?yàn)閍＝(1，m)，b＝(3，－2)，所以a＋b＝(4，m－2)． 因?yàn)?/p>

3、(a＋b)⊥b，所以(a＋b)·b＝0，所以12－2(m－2)＝0，解得m＝8. 法二：因?yàn)?a＋b)⊥b，所以(a＋b)·b＝0，即a·b＋b2＝3－2m＋32＋(－2)2＝16－2m＝0，解得m＝8. (2)設(shè){an}的首項(xiàng)為a1，公比為q，則解得 所以a8＝×27＝25＝32.] ■對(duì)點(diǎn)即時(shí)訓(xùn)練· 為了解某社區(qū)居民的家庭年收入與年支出的關(guān)系，隨機(jī)調(diào)查了該社區(qū)5戶家庭，得到如下統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)表： 收入x(萬(wàn)元) 8.2 8.6 10.0 11.3 11.9 支出y(萬(wàn)元) 6.2 7.5 8.0 8.5 9.8 根據(jù)上表可得回歸直線方程＝x＋，其中＝0.76，

4、＝－.據(jù)此估計(jì)，該社區(qū)一戶年收入為15萬(wàn)元家庭的年支出為(　　) A．11.4萬(wàn)元　　　　　　 B．11.8萬(wàn)元 C．12.0萬(wàn)元 D．12.2萬(wàn)元 B　[由題意知，＝＝10， ＝＝8，∴＝8－0.76×10＝0.4， ∴當(dāng)x＝15時(shí)，＝0.76×15＋0.4＝11.8(萬(wàn)元)．] 解法2　特值法 在解決選擇題和填空題時(shí)，可以取一個(gè)(或一些)特殊情況(包括特殊數(shù)值、特殊位置、特殊函數(shù)、特殊點(diǎn)、特殊方程、特殊數(shù)列、特殊圖形等)來(lái)確定其結(jié)果，這種方法稱為特值法．特值法由于只需對(duì)特殊數(shù)值、特殊情形進(jìn)行檢驗(yàn)，省去了推理論證、繁瑣演算的過(guò)程，提高了解題的速度．特值法是考試中解答選擇題和

5、填空題時(shí)經(jīng)常用到的一種方法，應(yīng)用得當(dāng)可以起到“四兩撥千斤”的功效． 【例2】　(1)設(shè)f(x)＝ln x,0p C．p＝rq (2)如圖3-2-1所示，在?ABCD中，AP⊥BD，垂足為點(diǎn)P，且AP＝3，則·＝________. 圖3-2-1 [思路點(diǎn)撥]　(1)→→ (2)→→ (1)C　(2)18　[(1)根據(jù)條件，不妨取a＝1，b＝e，則p＝f()＝ln＝，q＝f＞f()＝，r＝(f(1)＋f(e))＝，在這種特例情況

6、下滿足p＝r＜q， 所以選C. (2)把?ABCD看成正方形，則點(diǎn)P為對(duì)角線的交點(diǎn)，AC＝6，則·＝18.] ■對(duì)點(diǎn)即時(shí)訓(xùn)練· 1．如果a1，a2，…，a8為各項(xiàng)都大于零的等差數(shù)列，公差d≠0，那么(　　) A．a(chǎn)1a8＞a4a5 B．a(chǎn)1a8＜a4a5 C．a(chǎn)1＋a8＞a4＋a5 D．a(chǎn)1a8＝a4a5 B　[取特殊數(shù)列1,2,3,4,5,6,7,8，顯然只有1×8＜4×5成立．] 2．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若a，b，c成等差數(shù)列，則＝________. 　[令a＝b＝c，則A＝C＝60°，cos A＝cos C＝. 從而＝.]

7、 解法3　數(shù)形結(jié)合法 數(shù)形結(jié)合法是指在處理數(shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)，能夠?qū)⒊橄蟮臄?shù)學(xué)語(yǔ)言與直觀的幾何圖形有機(jī)結(jié)合起來(lái)思考，促使抽象思維和形象思維有機(jī)結(jié)合，通過(guò)對(duì)規(guī)范圖形或示意圖形的觀察分析，化抽象為直觀，化直觀為精確，從而使問(wèn)題得到簡(jiǎn)捷解決的方法． 【例3】　(1)(2018·贛州模擬)已知函數(shù)f(x)＝|2x－2|＋b的兩個(gè)零點(diǎn)分別為x1，x2(x1＞x2)，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．1＜x1＜2，x1＋x2＜2 B．1＜x1＜2，x1＋x2＜1 C．x1＞1，x1＋x2＜2 D．x1＞1，x1＋x2＜1 (2)(2018·武漢模擬)函數(shù)f(x)＝2sin xsin－x2的零點(diǎn)

8、個(gè)數(shù)為_(kāi)_______． (1)A　(2)2　[(1)函數(shù)f(x)＝|2x－2|＋b有兩個(gè)零點(diǎn)，即y＝|2x－2|與y＝－b的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，交點(diǎn)的橫坐標(biāo)就是x1，x2(x1＞x2)， 在同一平面直角坐標(biāo)系中畫(huà)出y＝|2x－2|與y＝－b的圖象如下，可知1＜x1＜2，當(dāng)y＝－b＝2時(shí)，x1＝2，兩個(gè)函數(shù)圖象只有一個(gè)交點(diǎn)，當(dāng)y＝－b＜2時(shí)，由圖可知x1＋x2＜2. (2)f(x)＝2sin xcos x－x2＝sin 2x－x2，函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)可轉(zhuǎn)化為函數(shù)y1＝sin 2x與y2＝x2圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，在同一坐標(biāo)系中畫(huà)出y1＝sin 2x與y2＝x2的圖象如圖所示： 由圖可

9、知兩函數(shù)圖象有2個(gè)交點(diǎn)，則f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2.] ■對(duì)點(diǎn)即時(shí)訓(xùn)練· 1．(2018·鄭州模擬)方程xlg(x＋2)＝1的實(shí)數(shù)根的個(gè)數(shù)為(　　) A．1　　　 B．2 C．0　　　 D．不確定 B　[方程xlg(x＋2)＝1?lg(x＋2)＝，在同一坐標(biāo)系中畫(huà)出函數(shù)y＝lg(x＋2)與y＝的圖象，可得兩函數(shù)圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，故所求方程有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根． ] 2．已知偶函數(shù)y＝f(x)(x∈R)在區(qū)間[0,2]上單調(diào)遞增，在區(qū)間(2，＋∞)上單調(diào)遞減，且滿足f(－3)＝f(1)＝0，則不等式x3f(x)＜0的解集為_(kāi)_______． (－3，－1)∪(0,1)∪(3，＋∞)

10、　[由題意可畫(huà)出y＝f(x)的草圖，如圖． ①x＞0，f(x)＜0時(shí)，x∈(0,1)∪(3，＋∞)； ②x＜0，f(x)＞0時(shí)，x∈(－3，－1)． 故不等式x3f(x)＜0的解集為(－3，－1)∪(0,1)∪(3，＋∞)．] 解法4　排除法(針對(duì)選擇題) 排除法就是充分運(yùn)用選擇題中單選題的特征，先根據(jù)某些條件，在選項(xiàng)中找到明顯與之矛盾的予以否定，再根據(jù)另一些條件，在剩余的選項(xiàng)內(nèi)找出矛盾，這樣逐步篩選，直至得出正確的答案． 【例4】　(2018·北師大附中模擬)函數(shù)y＝的圖象大致為(　　) D　[函數(shù)y＝cos 6x為偶函數(shù)，函數(shù)y＝2x－2－x為奇函數(shù)，故原函數(shù)為奇函數(shù)

11、，排除A. 又函數(shù)y＝2x－2－x為增函數(shù)，當(dāng)x→＋∞時(shí)，2x－2－x→＋∞且|cos 6x|≤1，∴y＝→0(x→＋∞)，排除C. ∵y＝＝為奇函數(shù)，不妨考慮x＞0時(shí)函數(shù)值的情況，當(dāng)x→0時(shí)，4x→1,4x－1→0,2x→1，cos 6x→1， ∴y→＋∞，故排除B，綜上知選D.] ■對(duì)點(diǎn)即時(shí)訓(xùn)練· 1．函數(shù)f(x)＝cos x(－π≤x≤π且x≠0)的圖象可能為(　　) D　[函數(shù)f(x)＝cos x(－π≤x≤π且x≠0)為奇函數(shù)，排除選項(xiàng)A，B；當(dāng)x＝π時(shí)，f(x)＝cos π＝－π<0，排除選項(xiàng)C，故選D.] 2．方程ax2＋2x＋1＝0至少有一個(gè)負(fù)根的充要條件是(

12、　　) A．0＜a≤1 B．a(chǎn)＜1 C．a(chǎn)≤1 D．0＜a≤1或a＜0 C　[當(dāng)a＝0時(shí)，x＝－，符合題意，故排除A、D； 當(dāng)a＝1時(shí)，x＝－1，排除B，故選C.] 解法5　構(gòu)造法 用構(gòu)造法解客觀題的關(guān)鍵是利用已知條件和結(jié)論的特殊性構(gòu)造出新的數(shù)學(xué)模型，從而簡(jiǎn)化推理與計(jì)算過(guò)程，使較復(fù)雜的數(shù)學(xué)問(wèn)題得到解決，它需要對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)和基本方法進(jìn)行積累，需要從一般的方法原理中進(jìn)行提煉概括，積極聯(lián)想，橫向類比，從曾經(jīng)遇到的類似問(wèn)題中尋找靈感，構(gòu)造出相應(yīng)的具體的數(shù)學(xué)模型，使問(wèn)題簡(jiǎn)化． 【例5】　(1)(2018·福州模擬)已知f(x)為定義在(0，＋∞)上的可導(dǎo)函數(shù)，且f(x)＞xf′(

13、x)恒成立，則不等式x2f－f(x)＞0的解集為(　　) A．(0,1) B．(1,2) C．(1，＋∞) D．(2，＋∞) (2)如圖3-2-2，已知球O的面上有四點(diǎn)A，B，C，D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝，則球O的體積等于________． 圖3-2-2 [思路點(diǎn)撥]　(1)→→→→→ (2) (1)C　(2)π　[(1)設(shè)g(x)＝，則g′(x)＝，又因?yàn)閒(x)＞xf′(x)，所以g′(x)＝＜0在(0，＋∞)上恒成立，所以函數(shù)g(x)＝為(0，＋∞)上的減函數(shù)，又因?yàn)閤2f－f(x)＞0?＞?g＞g(x)，則有＜x，解得x＞1，

14、故選C. (2)如圖，以DA，AB，BC為棱長(zhǎng)構(gòu)造正方體，設(shè)正方體的外接球球O的半徑為R，則正方體的體對(duì)角線長(zhǎng)即為球O的直徑，所以CD＝＝2R， 所以R＝，故球O的體積V＝＝π.] ■對(duì)點(diǎn)即時(shí)訓(xùn)練· 已知a，b為不垂直的異面直線，α是一個(gè)平面，則a，b在α上的射影有可能是：①兩條平行直線；②兩條互相垂直的直線；③同一條直線；④一條直線及其外一點(diǎn)． 在上面的結(jié)論中，正確結(jié)論的序號(hào)是________(寫(xiě)出所有正確結(jié)論的序號(hào))． ①②④　[用長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1實(shí)例說(shuō)明A1D與BC1在平面ABCD上的射影互相平行，AB1與BC1在平面ABCD上的射影互相垂直，BC1與DD

15、1在平面ABCD上的射影是一條直線及其外一點(diǎn)．故正確的結(jié)論為①②④.] 增分限時(shí)訓(xùn)練(三) (建議用時(shí)：40分鐘) 一、選擇題 1．設(shè)a∈R，若復(fù)數(shù)z＝(i是虛數(shù)單位)的實(shí)部為2，則復(fù)數(shù)z的虛部為(　　) A．7　　　　B．－7　　　　C．1　　　　D．－1 D　[復(fù)數(shù)z＝＝＝－i 因?yàn)閦的實(shí)部為2，所以＝2，解得a＝7. 所以復(fù)數(shù)z的虛部為－＝－1.故選D.] 2．下列函數(shù)中，在其定義域內(nèi)既是增函數(shù)又是奇函數(shù)的是(　　) A．y＝－ B．y＝－log2x C．y＝3x D．y＝x3＋x D　[y＝－在(0，＋∞)，(－∞，0)上單調(diào)遞增，但是在整個(gè)定義

16、域內(nèi)不是單調(diào)遞增函數(shù)，故A錯(cuò)誤； y＝－log2x的定義域(0，＋∞)關(guān)于原點(diǎn)不對(duì)稱，不是奇函數(shù)，故B錯(cuò)誤； y＝3x不是奇函數(shù)，故C錯(cuò)誤； 令f(x)＝y(tǒng)＝x3＋x，f(－x)＝(－x)3＋(－x)＝－x3－x＝－f(x)，是奇函數(shù)，且由冪函數(shù)的性質(zhì)可知函數(shù)在R上單調(diào)遞增，故D正確．故選D.] 3．設(shè)F1，F(xiàn)2分別為橢圓＋y2＝1的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)P在橢圓上，且|＋|＝2，則∠F1PF2等于(　　) A. B. C. D. D　[法一：(直接法)根據(jù)橢圓定義，設(shè)∠F1PF2＝θ， 根據(jù)余弦定理得 |F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|

17、PF1|·|PF2|cos θ， 即12＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|cos θ， 已知|＋|＝2， 即12＝|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1|·|PF2|cos θ. 兩式相減得4|PF1|·|PF2|cos θ＝0，即cos θ＝0， 即θ＝.故選D. 法二：(定性分析法)橢圓的焦距為2，＋＝2，可知點(diǎn)P在以F1F2為直徑的圓上，所以∠F1PF2＝.故選D.] 4．已知平面向量a，b，c滿足a·a＝a·b＝b·c＝1，a·c＝2，則|a＋b＋c|的取值范圍為(　　) A．[0，＋∞) B．[2，＋∞) C．[2，＋∞) D．[4，

18、＋∞) D　[(特值法)由a·a＝1，得|a|＝1，可設(shè)a＝(1,0)(特值)，由a·b＝1，a·c＝2，可設(shè)b＝(1，m)，c＝(2，n)． 由b·c＝1，可得mn＝－1. |a＋b＋c|＝|(4，m＋n)|＝≥＝4， 當(dāng)且僅當(dāng)m＋n＝0，即m＝±1，n＝?1時(shí)成立， 故|a＋b＋c|的取值范圍是[4，＋∞)．故選D.] 5．如圖，在棱柱的側(cè)棱A1A和B1B上各有一動(dòng)點(diǎn)P，Q滿足A1P＝BQ，過(guò)P，Q，C三點(diǎn)的截面把棱柱分成兩部分，則其體積之比為(　　) 圖3-2-3 A．3∶1 B．2∶1 C．4∶1 D.∶1 B　[令P與A1重合，Q與

19、B重合，此時(shí)A1P＝BQ＝0，則VC-AA1B＝VA1-ABC＝V三棱柱ABC-A1B1C1，故過(guò)P，Q，C三點(diǎn)的截面把棱柱分成的兩部分體積之比為2∶1.] 6．函數(shù)f(x)＝的圖象可能是(　　) B　[法一：函數(shù)f(x)＝的圖象過(guò)特殊點(diǎn)(1,0)和，排除選項(xiàng)A，D； 函數(shù)f(x)＝為偶函數(shù)，排除選項(xiàng)C，選B. 法二：函數(shù)f(x)＝為偶函數(shù)，排除選項(xiàng)A，C；當(dāng)x＞1時(shí)，f(x)＝＞0，排除選項(xiàng)D，選B.] 7．已知函數(shù)f(x)＝和函數(shù)g(x)＝log2x，則函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 C

20、　[令h(x)＝0，得f(x)＝g(x)，所以函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)等價(jià)于函數(shù)f(x)與g(x)的圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)． 分別畫(huà)出函數(shù)f(x)＝的圖象和函數(shù)g(x)＝log2x的圖象，如圖所示．由圖可知，兩函數(shù)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)是3.故選C. ] 8．如圖3-2-4，函數(shù)f(x)的圖象為折線ACB，則不等式f(x)≥log2(x＋1)的解集是(　　) 圖3-2-4 A．{x|－1＜x≤0} B．{x|－1≤x≤1} C．{x|－1＜x≤1} D．{x|－1＜x≤2} C　[令g(x)＝y(tǒng)＝log2(x＋1)，作出函數(shù)g(x)圖象如下圖． 由得 ∴

21、結(jié)合圖象知不等式f(x)≥log2(x＋1)的解集為.] 9．函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象如圖3-2-5所示，點(diǎn)P、Q、R在f(x)的圖象上，坐標(biāo)分別為(－1，－A)、(1,0)、(x0,0)，△PQR是以PR為底邊的等腰三角形，將函數(shù)f(x)的圖象向右平移5個(gè)單位后得到函數(shù)g(x)的圖象，則關(guān)于g(x)的說(shuō)法中不正確的是(　　) 圖3-2-5 A．g(x)是偶函數(shù) B．g(x)在區(qū)間[0,4]上是減函數(shù) C．g(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱 D．g(x)在[－1,3]上的最小值為－ C　[由題意知＝2，所以＝8，ω＝，作PH⊥x軸于點(diǎn)H(圖略)，則QH＝2，

22、又因?yàn)镻Q＝QR＝4，所以A＝2，因?yàn)閒(x)的圖象過(guò)Q(1,0)，所以2sin＝0，因?yàn)閨φ|＜，所以φ＝－. 所以f(x)＝2sin. 易知g(x)＝f(x－5)＝2cosx，易知A、B、D正確，C錯(cuò)誤．故選C.] 10．已知定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，對(duì)任意x∈R滿足f(x)＋f′(x)＜0，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．2f(ln 2)＞3f(ln 3) B．2f(ln 2)＜3f(ln 3) C．2f(ln 2)≥3f(ln 3) D．2f(ln 2)≤3f(ln 3) A　[由題意設(shè)g(x)＝exf(x)， 則g′(x)＝exf(x)＋

23、exf′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]， 因?yàn)閷?duì)任意x∈R滿足f(x)＋f′(x)＜0，ex＞0， 所以對(duì)任意x∈R滿足g′(x)＜0， 則函數(shù)g(x)在R上是減函數(shù)， 因?yàn)閘n 2＜ln 3，所以g(ln 2)＞g(ln 3)， 即2f(ln 2)＞3f(ln 3)． 故選A.] 11．已知實(shí)數(shù)x，y滿足則的取值范圍是(　　) A. B．[3,11] C. D．[1,11] C　[目標(biāo)函數(shù)z＝＝1＋2·，表示動(dòng)點(diǎn)P(x，y)與定點(diǎn)M(－1，－1)連線斜率k的兩倍加1， 由圖可知，當(dāng)點(diǎn)P在A(0,4)點(diǎn)處時(shí)，k最大為5，z最大值為11； 當(dāng)點(diǎn)P在B

24、(3,0)點(diǎn)處時(shí)，k最小為，z最小值為. 從而的取值范圍是. 故選C.] 12．設(shè)函數(shù)f(x)＝sin(x∈)，若方程f(x)＝a恰好有三個(gè)根，分別為x1，x2，x3(x1＜x2＜x3)，則x1＋x2＋x3的取值范圍是(　　) A. B. C. D. B　[由x∈得2x＋∈ 令t＝2x＋，則y＝sin t，t∈的圖象如圖所示． 由圖象知，當(dāng)≤a＜1時(shí)，方程f(x)＝a恰好有三個(gè)根． 且 即所以π≤x1＋x2＋x3＜π，故選B.] 二、填空題 13．(2016·四川高考)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的周期為2的奇函數(shù)，當(dāng)0

25、f(2)＝________. －2　[∵f(x)是周期為2的奇函數(shù)，∴f＝f＝－f＝－4＝－2，f(2)＝f(0)＝0，∴f＋f(2)＝－2＋0＝－2.] 14．若f(x)＝ln(e3x＋1)＋ax是偶函數(shù)，則a＝________. －　[由題意知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽， 又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)為偶函數(shù)， 所以f－f＝0， 即ln(e－1＋1)－－ln(e＋1)－＝0， ln e－1－a＝0， 解得a＝－，將a＝－代入原函數(shù)， 檢驗(yàn)知f(x)是偶函數(shù)，故a＝－.] 15．若a＝ln－，b＝ln－，c＝ln－，則a，b，c的大小關(guān)系為_(kāi)_______． a＜b＜c　[令f(x)＝ln x－x(0＜x＜1)， 則f′(x)＝－1， 因?yàn)?＜x＜1，所以f′(x)＞0，所以f(x)為增函數(shù)． 又因?yàn)椋迹?，所以a＜b＜c.] 16．已知函數(shù)f(x)＝x|x－2|，則不等式f(－x)≤f(1)的解集為_(kāi)_______． [－1，＋∞)　[f(x)＝x|x－2|＝，圖象如圖所示： 由不等式f(－x)≤f(1)知，－x≤＋1，即x≥－1， 從而得到不等式f(－x)≤f(1)的解集為[－1，＋∞)．]