第一天1．答案：a＝b 2． a≥0 3 ba 4.② 5． a<5
6.解：∵m∈a，∴设m＝2a1，a1∈z，又∵n∈b，∴设n＝2a2＋1，a2∈z，∴m＋n＝2(a1＋a2)＋1，而a1＋a2∈z，∴m＋n∈b.
7.由x2－3x＋2≤0，即(x－1)(x－2)≤0，得1≤x≤2，故a＝，而集合b＝，1)若a是b的真子集，即a b，则此时b＝，故a>2.
2)若b是a的子集，即ba，由数轴可知1≤a≤2.
3)若a=b，则必有a=2
第二天。1． ，a∩b＝，10.解：(1)a是空集，即方程ax2－3x＋2＝0无解．
若a＝0，方程有一解x＝，不合题意．
若a≠0，要方程ax2－3x＋2＝0无解，则δ＝9－8a<0，则a>.
综上可知，若a＝，则a的取值范围应为a>.
2)当a＝0时，方程ax2－3x＋2＝0只有一根x＝，a＝{}符合题意．
当a≠0时，则δ＝9－8a＝0，即a＝时，方程有两个相等的实数根x＝，则a＝{}
综上可知，当a＝0时，a＝{}当a＝时，a＝{}
3)当a＝0时，a＝{}当a≠0时，要使方程有实数根，则δ＝9－8a≥0，即a≤.
综上可知，a的取值范围是a≤，即m＝＝
第三天。1． [4,0)∪(0,1] 2． 2 3． log32 4． 1 5． (1,0，－1)
6. 7.7 8. f(x)＝lg(x＋1)＋lg(1－x) (110．解：(1)①若1－a2＝0，即a＝±1，ⅰ)若a＝1时，f(x)＝，定义域为r，符合题意；
ⅱ)当a＝－1时，f(x)＝，定义域为[－1，＋∞不合题意．
若1－a2≠0，则g(x)＝(1－a2)x2＋3(1－a)x＋6为二次函数．
由题意知g(x)≥0对x∈r恒成立，∴
－≤a<1.由①②可得－≤a≤1.
2)由题意知，不等式(1－a2)x2＋3(1－a)x＋6≥0的解集为[－2,1]，显然1－a2≠0且－2,1是方程(1－a2)x2＋3(1－a)x＋6＝0的两个根．
∴∴a＝2.
第四天。1 ① 2． [1](或(，1)) 3． [1,2] 4．－1≤a≤1 5．①③
6．解：(1)x∈r，f(x)0 b<0或b>4.
2)f(x)＝x2－mx＋1－m2，δ＝m2－4(1－m2)＝5m2－4，当δ≤0即－≤m≤时，则必需。
－≤m≤0.
当δ>0即m<－或m>时，设方程f(x)＝0的根为x1，x2(x1 m≥2.
若≤0，则x2≤0，－1≤m<－.综上所述：－1≤m≤0或m≥2.
10．解：∵f(x)在(0,1]上是减函数，[1，＋∞上是增函数，∴x＝1时，f(x)最小，log3＝1.即a＋b＝2.
设0＜x1＜x2≤1，则f(x1)＞f(x2)．即＞恒成立．
由此得＞0恒成立．
又∵x1－x2＜0，x1x2＞0，∴x1x2－b＜0恒成立，∴b≥1.
设1≤x3＜x4，则f(x3)＜f(x4)恒成立．∴＜0恒成立．
x3－x4＜0，x3x4＞0，∴x3x4＞b恒成立．∴b≤1.由b≥1且b≤1可知b＝1，∴a＝1.∴存在a、b，使f(x)同时满足三个条件．
第五天。1． f(a＋1)>f(b＋2) 2． 0 3． f(－25)5．－2 6． 7． f(2a－x1)>f(x2) 8.－1 9． -8
10．已知函数f(x)，当x，y∈r时，恒有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)．(1)求证：f(x)是奇函数；(2)如果x∈r＋，f(x)<0，并且f(1)＝－试求f(x)在区间[－2,6]上的最值．
解：(1)证明：∴函数定义域为r，其定义域关于原点对称．
f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，令y＝－x，∴f(0)＝f(x)＋f(－x)．令x＝y＝0，∴f(0)＝f(0)＋f(0)，得f(0)＝0.∴f(x)＋f(－x)＝0，得f(－x)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数．
2)法一：设x，y∈r＋，∵f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，∴f(x＋y)－f(x)＝f(y)．
x∈r＋，f(x)<0，∴f(x＋y)－f(x)<0，∴f(x＋y)x，∴f(x)在(0，＋∞上是减函数．又∵f(x)为奇函数，f(0)＝0，∴f(x)在(－∞上是减函数．∴f(－2)为最大值，f(6)为最小值．∵f(1)＝－f(－2)＝－f(2)＝－2f(1)＝1，f(6)＝2f(3)＝2[f(1)＋f(2)]＝3.∴所求f(x)在区间[－2,6]上的最大值为1，最小值为－3.
法二：设x10，∴f(x2－x1)<0.∴f(x2)－f(x1)<0.
即f(x)在r上单调递减．∴f(－2)为最大值，f(6)为最小值．∵f(1)＝－f(－2)＝－f(2)＝－2f(1)＝1，f(6)＝2f(3)＝2[f(1)＋f(2)]＝3.∴所求f(x)在区间[－2,6]上的最大值为1，最小值为－3.作业六。
6．解：(1)因为f(x)是r上的奇函数，所以f(0)＝0，即＝0，解得b＝1.
从而有f(x)＝.又由f(1)＝－f(－1)知＝－，解得a＝2.
2)法一：由(1)知f(x)＝＝由上式易知f(x)在r上为减函数，又因f(x)是奇函数，从而不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0f(t2－2t)<－f(2t2－k)＝f(－2t2＋k)．
因f(x)是r上的减函数，由上式推得t2－2t>－2t2＋k.
即对一切t∈r有3t2－2t－k>0，从而δ＝4＋12k<0，解得k<－.
法二：由(1)知f(x)＝，又由题设条件得＋<0
即(22t2－k＋1＋2)(－2t2－2t＋1)＋(2t2－2t＋1＋2)(－22t2－k＋1)<0
整理得23t2－2t－k>1，因底数2>1，故3t2－2t－k>0
上式对一切t∈r均成立，从而判别式δ＝4＋12k<0，解得k<－.
10．解：f(x)＝a2x＋2ax－1＝(ax＋1)2－2，∵x∈[－1,1]，1)当0∴(＋1)2－2＝14，∴＝3，∴a＝.
2)当a>1时，≤ax≤a，∴当ax＝a时，f(x)取得最大值．
(a＋1)2－2＝14，∴a＝3.综上可知，实数a的值为或3.
第七天。1． logx 2． a>b>c 3． 3 4．④ 5． 0 6．
10.解：令logax＝t(t∈r)，则x＝at，∴f(t)＝(at－a－t)，f(x)＝(ax－a－x)．∵f(－x)＝(a－x－ax)＝－f(x)，f(x)是r上的奇函数．
当a>1时， >0，ax是增函数，－a－x是增函数，∴f(x)是r上的增函数；
当0综上所述，a>0且a≠1时，f(x)是r上的增函数．
1)由f(1－m)＋f(1－m2)<0有f(1－m)<－f(1－m2)＝f(m2－1)，解得m∈(1，)．
2)∵f(x)是r上的增函数，∴f(x)－4也是r上的增函数，由x<2，得f(x)∴f(x)－4即(a2－a－2)－4≤0，解得2－≤a≤2＋，a的取值范围是2－≤a≤2＋且a≠1.
第八天。1． {x|38．①②9．③
10.证明：(1)∵f(1)＝a＋b＋c＝－，3a＋2b＋2c＝0.
又3a>2c>2b，∴3a>0,2b<0，∴a>0，b<0.又2c＝－3a－2b，由3a>2c>2b，3a>－3a－2b>2b.∵a>0，∴－3<<－
2)∵f(0)＝c，f(2)＝4a＋2b＋c＝a－c，当c>0时，∵a>0，∴f(0)＝c>0且f(1)＝－0，函数f(x)在区间(0,1)内至少有一个零点．
当c≤0时，∵a>0，∴f(1)＝－0且f(2)＝a－c>0，∴函数f(x)在区间(1,2)内至少有一个零点．综合①②得f(x)在(0,2)内至少有一个零点．
3)∵x1、x2是函数f(x)的两个零点，则x1、x2是方程ax2＋bx＋c＝0的两个根，∴x1＋x2＝－，x1x2＝＝－x1－x2|＝＝3<<－x1－x2|<.
第九天。1.甲 2．① 3．正值 4．③ 5．－4≤x≤－2 6. 6 7．②
10．解：(1)a＝，b＝－，f(x)＝＝2＋，f(x)的图象可由g(x)的图象沿x轴右移2个单位，再沿y轴上移2个单位得到，f(x)的图象的对称中心为点(2,2)．
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