eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 代数）：7. 若 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列, $a_{15}=8, a_{60}=20$, 则 $a_{75}=$
选项：
答案：24
解析：$\because a_{60}=a_{15}+45 d, \therefore d=\frac{4}{15}$,

$\therefore a_{75}=a_{60}+15 d=20+4=24$.
题目（高二 · 代数）：7. 在等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=1, a_{5}=16$, 则 $a_{3}=$
选项：
答案：4
解析：由题意知, $q^{4}=\frac{a_{5}}{a_{1}}=16, \therefore q^{2}=4, a_{3}=a_{1} q^{2}=4$.
题目（高二 · 代数）：若等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 和等比数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=b_{1}=-1, a_{4}=b_{4}=8$, 则 $\frac{a_{2}}{b_{2}}=$
选项：
答案：1
解析：等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 和等比数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=b_{1}=-1, a_{4}=b_{4}=8$, 设等差数列的公差为 $d$,
等比数列的公比为 $q$. 可得: $8=-1+3 d, d=3, a_{2}=2 ; \quad 8=-q^{3}$, 解得 $q=-2, \therefore b_{2}=2$. 可得 $\frac{a_{2}}{b_{2}}=1$.
题目（高二 · 代数）：21. 若函数 $y=f(x)$ 的导函数在区间 $[a, b]$ 上是增函数, 则函数 $y=f(x)$ 在区间 $[a, b]$ 上的图像可能是下列中的 \$ \qquad \$ .



(1)



(2)



(3)



(4)
选项：
答案：答案: (1)
解析：：解答：函数 $y=f(x)$ 的导函数在区间 $[a, b]$ 上是增函数, 所以在区间 $[a, b]$ 上, 函数 $y=f(x)$ 的图像上的点的切线斜率是逐渐增大的.上图中, 图像(1)的切线斜率是逐渐增大的, 图像(2)的切线斜率是逐渐减小的, 图像(3)是一条线段, 斜率恒定.图像(4)的切线斜率先增大后减小.所以填(1).

分析: 本题主要考查了变化的快慢与变化率, 解决问题的关键是结合图像进行具体分析即可.
题目（高二 · 代数）：22. 质点运动规律 $\mathrm{s}=2 \mathrm{t}^{2}+1$, 则从 $\mathrm{t}=1$ 到 $\mathrm{t}=1+\mathrm{d}$ 时间段内运动距离对时间的变化率为
选项：
答案：答案: $4+2 \mathrm{~d}$
解析：: 解答: $\bar{V}=\frac{2(1+d)^{2}+1-2 \times 1^{2}-1}{1+d-1}=4+2 \mathrm{~d}$.

分析: 本题主要考查了变化的快慢与变化率, 解决问题的关键是根据实际问题分析计算即可.
题目（高二 · 代数）：23. 如果函数 $f(x)=\frac{1}{x}$, 则 $\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f(4+\Delta x)-f(4)}{\Delta x}$ 的值等于 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $-\frac{1}{16}$
解析：: 解答: $\because f(x)=\frac{1}{\mathrm{x}} \therefore f^{\prime}(x)=-\frac{1}{x^{2}} \therefore \lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f(4+\Delta x)-f(4)}{\Delta x}=f^{\prime}(4)=-\frac{1}{16}$

分析: 本题主要考查了导数的概念, 解决问题的关键是根据导数的概念进行计算即可.
题目（高二 · 代数）：10. 不等式 $\left(x^{2}-x+1\right)\left(x^{2}-x-1\right)>0$ 的解集是
选项：
答案：$\left\{x \left\lvert\, x<\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right.\right.$ 或 $\left.x>\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right\}$
解析：because x^{2}-x+1=\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}>0$,

$\therefore\left(x^{2}-x-1\right)\left(x^{2}-x+1\right)>0$ 可转化为

解不等式 $x^{2}-x-1>0$, 由求根公式知,

$x_{1}=\frac{1-\sqrt{5}}{2}, x_{2}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.

$\therefore x^{2}-x-1>0$ 的解集是

$\left\{x \left\lvert\, x<\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right.\right.$ 或 $\left.x>\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right\}$.

$\therefore$ 原不等式的解集为 $\left\{x \left\lvert\, x<\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right.\right.$ 或 $\left.x>\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right\}$.
题目（高二 · 代数）：8. 不等式 $-1<x^{2}+2 x-1 \leqslant 2$ 的解集是
选项：
答案：$\{x \mid-3 \leqslant x<-2$ 或 $0<x \leqslant 1\}$
解析：$\because\left\{\begin{array}{l}x^{2}+2 x-3 \leqslant 0, \\ x^{2}+2 x>0,\end{array}\right.$

$\therefore-3 \leqslant x<-2$ 或 $0<x \leqslant 1$.
题目（高二 · 代数）：9. 已知 $x=1$ 是不等式 $k^{2} x^{2}-6 k x+8 \geqslant 0$ 的解, 则 $k$ 的取值范围是
选项：
答案：$k \leqslant 2$ 或 $k \geqslant 4$
解析：$x=1$ 是不等式 $k^{2} x^{2}-6 k x+8 \geqslant 0$ 的解, 把 $x=1$ 代入不等式得 $k^{2}-6 k+8 \geqslant 0$,解得 $k \geqslant 4$ 或 $k \leqslant 2$.
题目（高二 · 代数）：10. 如果 $A=\left\{x \mid a x^{2}-a x+1<0\right\}=\varnothing$, 则实数 $a$ 的取值范围为
选项：
答案：$0 \leqslant a \leqslant 4$
解析：=0$ 时, $A=\varnothing$; 当 $a \neq 0$ 时, $A=\varnothing \Leftrightarrow a x^{2}-a x+1 \geqslant 0$ 恒成立 $\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}a>0 \\ \Delta \leqslant 0\end{array} \Leftrightarrow 0<a \leqslant 4\right.$,综上所述, 实数 $a$ 的取值范围为 $0 \leqslant a \leqslant 4$.
题目（高二 · 代数）：7. 若关于 $x$ 的不等式 $\frac{x-a}{x+1}>0$ 的解集为 $(-\infty,-1) \cup(4,+\infty)$, 则实数 $a=$
选项：
答案：4
解析：$\frac{x-a}{x+1}>0 \Leftrightarrow(x+1)(x-a)>0$

$\Leftrightarrow(x+1)(x-4)>0$

$\therefore a=4$.
题目（高二 · 代数）：8. 若不等式 $-x^{2}+2 x-a \leqslant 0$ 恒成立, 则实数 $a$ 的取值范围是
选项：
答案：$a \geqslant 1$
解析：$\because \Delta=4-4 a \leqslant 0, \therefore a \geqslant 1$.
题目（高二 · 代数）：9. 若全集 $I=\mathbf{R}, f(x) 、 g(x)$ 均为 $x$ 的二次函数, $P=\{x \mid f(x)<0\}, Q=\{x \mid g(x) \geqslant 0\}$, 则不等式组 $\left\{\begin{array}{l}f(x)<0, \\ g(x)<0\end{array}\right.$ 的解集可用 $P 、 Q$ 表示为
选项：
答案：$P \cap \complement_{I} Q$
解析：$\because g(x) \geqslant 0$ 的解集为 $Q$,

所以 $g(x)<0$ 的解集为 $\complement_{I} Q$,

因此 $\left\{\begin{array}{l}f(x)<0, \\ g(x)<0\end{array}\right.$ 的解集为 $P \cap \complement_{I} Q$.
题目（高二 · 代数）：16. 函数 $y=\sin (2-x)$ 导数是
选项：
答案：答案: $y^{\prime}=-\cos (2-x)$
解析：: 解答: 令 $u=2-x$, 则 $\left.y^{\prime}\right|_{x}=\left.\left.y^{\prime}\right|_{u} \cdot u^{\prime}\right|_{x}=[\cos (2-x)] \cdot(-1)=-\cos (2-x)$.

分析: 本题主要考查了简单复合函数的导数, 解决问题的关键是根据复合函数性质计算即可.
题目（高二 · 代数）：17. 已知 $f^{\prime}(x)$ 是函数 $\mathrm{f}(x)$ 的导函数, $f(x)=\sin x+2 x f^{\prime}(0)$, 则 $f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=$
选项：
答案：答案: -2
解析：: 解答: 由已知, $\mathrm{f}^{\prime}(x)=\cos x+2 \mathrm{f}^{\prime}(0)$

令 $x=0$, 得 $\mathrm{f}^{\prime}(0)=1+2 \mathrm{f}^{\prime}(0)$, 可得 $\mathrm{f}^{\prime}(0)=-1$

于是 $\mathrm{f}(x)=\sin x-2 x, \mathrm{f}^{\prime}(x)=\cos x-2$

所以 $\mathrm{f}^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\cos \frac{\pi}{2}-2=-2$

分析: 本题主要考查了导数的运算, 解决问题的关键是根据导数运算性质计算即可.
题目（高二 · 代数）：18. 已知 $f(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)$ 则 $f^{\prime}(1)=$
选项：
答案：答案: 24
解析：: 解答: 设 $g(x)=(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)$, 则 $f(x)=(x-1) g(x)$,

所以 $f^{\prime}(x)=g(x)+(x-1) g^{\prime}(x)$,

所以 $f^{\prime}(1)=g(1)+(1-1) g^{\prime}(x)=(1-2)(1-3)(1-4)(1-5)=24$.

分析: 本题主要考查了简单复合函数的导数, 解决问题的关键是根据所给函数性质进行构造函数计算即可.
题目（高二 · 代数）：19. 函数 $f(x)=\frac{1-x}{a x}+\ln x$ 的导函数是 $f^{\prime}(x)$, 则 $f^{\prime}(1)=$
选项：
答案：答案: $\frac{a-1}{a}$
解析：: 解答: 由已知得 $f^{\prime}(x)=\frac{-1+a x}{a x^{2}}, \therefore f^{\prime}(1)=\frac{a-1}{a}$.
分析: 本题主要考查了简单复合函数的导数, 解决问题的关键是根据简单复合函数的性质计算即可.
题目（高二 · 代数）：21. 函数 $f(x)=2 x e^{x}$ 的导数为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $f^{\prime}(x)=2 e^{x}(1+x)$

.
解析：: 解答: 根据题意, 由于 $f(x)=2 x e^{x}$, 所以 $f^{\prime}(x)=2\left(1 \times e^{x}+x e^{x}\right)=2 e^{x}(x+1)$, 那么可知答案为 $f^{\prime}(x)=2 e^{x}(1+x)$.

分析: 本题主要考查了简单复合函数的导数, 解决问题的关键是根据复合函数导数计算即可.
题目（高二 · 代数）：22. 已知 $f(x)=a x^{3}+3 x^{2}+2$ 且 $f^{\prime}(-1)=4$, 则实数 $a$ 的值等于 \$ \qquad \$
选项：
答案：答案: $\frac{10}{3}$
解析：: 解答: 根据题意, 由于 $f(x)=a x^{3}+3 x^{2}+2 \therefore f^{\prime}(x)=3 a x^{2}+6 x$, 那么可知 $f^{\prime}(-1)=4=3 \mathrm{a}-6 \therefore 3 \mathrm{a}=10, a=\frac{10}{3}$, 故可知答案为 $\frac{10}{3}$

分析: 本题主要考查了简单复合函数的导数, 解决问题的关键是根据复合函数的导数计算即可.
题目（高二 · 代数）：23. 若 $f(x)=x^{3}+2 x, f^{\prime}(x)=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $3 x^{2}+2$
解析：: 解答: 根据题意, 由于 $f(x)=x^{3}+2 x, f^{\prime}(x)=\left(x^{3}+2 x\right)^{\prime}=3 x^{2}+2$, 故可知答案为 $3 x^{2}+2$
分析: 本题主要考查了导数的运算, 解决问题的关键是根据导数运算性质计算即可.
题目（高二 · 代数）：16. 已知函数 $f(x)=x^{3}+m x^{2}+(m+6) x+1$ 存在极值, 则实数 $\mathrm{m}$ 的取值范围为
选项：
答案：答案: $m<-3$ 或 $m>6$
解析：: 解答: $\because$ 函数 $f(x)=x^{3}+m x^{2}+(m+6) x+1$ 既存在极大值, 又存在极小值 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+2 m x+m+6=0$, 它有两个不相等的实根, $\therefore \Delta=4 m^{2}-12(m+6)>0$ 解得 $m<-3$ 或 $m>6$, 故答案为: $m<-3$ 或 $m>6$.

分析: 本题主要考查了数在某点取得极值的条件, 解决问题的关键是根据函数极值存在的条件分析计算即可.
题目（高二 · 代数）：18. 函数 $f(x)=12 x-x^{3}$ 在区间 $[-3,3]$ 上的最小值是
选项：
答案：答案: -16
解析：: 解答: 由函数 $f(x)=12 x-x^{3}$ 得, $f^{\prime}(x)=12-3 x^{2}=0$, 解得 $x= \pm 2, f(-3)=-9$, $f(-2)=-16, f(2)=16, f(3)=9$, 故函数 $f(x)=12 x-x^{3}$ 在区间 $[-3,3]$ 上的最小值是 $f(-2)=-16$.

分析: 本题主要考查了利用导数求闭区间上函数的最值, 解决问题的关键是利用函数在区间上的单调性求解即可.
题目（高二 · 代数）：19. 若函数 $f(x)$ 的导函数 $f^{\prime}(x)=x^{2}-4 x+3$, 则 $f(x+1)$ 的单调递减区间是
选项：
答案：答案: $(0,2)$
解析：: 解答: 由 $f^{\prime}(x)=x^{2}-4 x+3<0$ 得 $1<x<3$, 即得 $f(x)$ 的单调递减区间是 $(1,3)$,所以由 $1<x+1<3$ 得 $f(x+1)$ 的单调递减区间 $(0,2)$.

分析: 本题主要考查了利用导数研究函数的单调性, 解决问题的关键是根据导函数的性质计算即可.
题目（高二 · 代数）：10. 函数 $y=\log _{a}(x+3)-1(a>0, a \neq 1)$ 的图象恒过点 $A$, 若点 $A$ 在直线 $m x+n y+1=0$上, 其中 $m n>0$, 则 $\frac{1}{m}+\frac{2}{n}$ 的最小值为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：8
解析：because A(-2,-1)$ 在直线 $m x+n y+1=0$ 上,

$\therefore-2 m-n+1=0$,

即 $2 m+n=1, m n>0, \therefore m>0, n>0$.
$\therefore \frac{1}{m}+\frac{2}{n}=\frac{2 m+n}{m}+\frac{4 m+2 n}{n}=2+\frac{n}{m}+\frac{4 m}{n}+2 \geqslant 4+2 \cdot \sqrt{\frac{n}{m} \cdot \frac{4 m}{n}}=8$.

当且仅当 $\frac{n}{m}=\frac{4 m}{n}$, 即 $m=\frac{1}{4}, n=\frac{1}{2}$ 时等号成立.

故 $\frac{1}{m}+\frac{2}{n}$ 的最小值为 8 .
题目（高二 · 代数）：8. 已知正数 $a, b$ 满足 $a+b-a b+3=0$, 则 $a b$ 的最小值是
选项：
答案：9
解析：$\because a+b-a b+3=0$,

$\therefore a b=a+b+3 \geqslant 2 \sqrt{a b}+3$.

令 $\sqrt{a b}=t$, 则 $t^{2} \geqslant 2 t+3$.

解得 $t \geqslant 3(t \leqslant-1$ 舍). 即 $\sqrt{a b} \geqslant 3$.

$\therefore a b \geqslant 9$. 当且仅当 $a=b=3$ 时, 取等号.
题目（高二 · 代数）：7. 若 $a<1$, 则 $a+\frac{1}{a-1}$ 有最 值, 为
选项：
答案：大 -1
解析：$\because a<1, \therefore a-1<0$,

$\therefore-\left(a-1+\frac{1}{a-1}\right)=(1-a)+\frac{1}{1-a} \geqslant 2(a=0$ 时取等号 $)$,

$\therefore a-1+\frac{1}{a-1} \leqslant-2, \quad \therefore a+\frac{1}{a-1} \leqslant-1$.
题目（高二 · 代数）：8. 若 $\lg x+\lg y=1$, 则 $\frac{2}{x}+\frac{5}{y}$ 的最小值为
选项：
答案：2
解析：$\because \lg x+\lg y=1, \therefore x y=10, x>0, y>0$,

$\therefore \frac{2}{x}+\frac{5}{y}=\frac{2}{x}+\frac{x}{2} \geqslant 2(x=2$ 时取等号).
题目（高二 · 代数）：9. 已知 $x, y \in \mathbf{R}^{+}$, 且满足 $\frac{x}{3}+\frac{y}{4}=1$, 则 $x y$ 的最大值为
选项：
答案：3
解析：$\because x>0, y>0$ 且 $1=\frac{x}{3}+\frac{y}{4} \geqslant 2 \sqrt{\frac{x y}{12}}$,

$\therefore x y \leqslant 3$. 当且仅当 $\frac{x}{3}=\frac{y}{4}$ 时取等号.
题目（高二 · 代数）：函数 $y=\tan ^{2} x-2 \tan x+2$ 的最小值为
选项：
答案：1
解析：$y=(\tan x-1)^{2}+1$, 由于 $\tan x \in \mathrm{R}$, 所以当 $\tan x=1$ 时, 函数取最小值 1 .
题目（高二 · 代数）：\$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\frac{1}{2}$
解析：所以 $\tan \alpha \tan \beta=1-\frac{\tan \alpha+\tan \beta}{	an (\alpha+\beta)}=1-\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$, 故答案为 $\frac{1}{2}$.
题目（高二 · 代数）：若 $2 \pm \sqrt{3}$ 是方程 $x^{2}-5 x \sin \theta+1=0$ 的两根, 则 $\cos 2 \theta$ 等于
选项：
答案：$-\frac{7}{25}$
解析：因为 $2 \pm \sqrt{3}$ 是方程 $x^{2}-5 x \sin \theta+1=0$,所以 $5 \sin \theta=2+\sqrt{3}+2-\sqrt{3}=4$, 所以 $\sin \theta=\frac{4}{5}$,

所以 $\cos 2 \theta=1-2 \sin ^{2} \theta=1-2 \times\left(\frac{4}{5}\right)^{2}=-\frac{7}{25}$, 故答案为 $-\frac{7}{25}$.
题目（高二 · 代数）：已知函数 $f(x)=\left|\cos \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)-\cos \left(2 x-\frac{\pi}{2}\right)\right|$, 给出下列四个结论:

(1) $f(x)$ 的值域是 $[0,1]$;

(2) $f(x)$ 是以 $\frac{\pi}{2}$ 为最小正周期的周期函数;
(3) $f(x)$ 在 $[0,2 \pi]$ 上有 4 个零点;

(4) $f(x)$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{2 \pi}{3}\right]$ 上单调递增.

其中所有正确结论的编号是
选项：
答案：(1)(2)(3)
解析：因为 $f(x)=\left|\cos \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)-\cos \left(2 x-\frac{\pi}{2}\right)\right|=\left|\frac{\sqrt{3}}{2} \cos 2 x+\frac{1}{2} \sin 2 x-\sin 2 x\right|$

$=\left|\frac{\sqrt{3}}{2} \cos 2 x-\frac{1}{2} \sin 2 x\right|=\left|\cos \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)\right|$

对于(1), $\because-1 \leq \cos \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right) \leq 1$, 则 $f(x)=\left|\cos \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)\right| \in[0,1]$, (1)正确;

对于(2), $\because f\left(x+\frac{\pi}{2}\right)=\left|\cos \left[2 \times\left(x+\frac{\pi}{2}\right)+\frac{\pi}{6}\right]\right|=\left|-\cos \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)\right|=\left|\cos \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)\right|$

$=f(x)$,

作出函数 $f(x)$ 的大致图象, 如图所示.



由图可知, 函数 $f(x)$ 的最小正周期为 $\frac{\pi}{2}$, (2)正确;

对于(3), 当 $x \in[0,2 \pi]$ 时, $2 x+\frac{\pi}{6} \in\left[\frac{\pi}{6}, \frac{25 \pi}{6}\right]$,

由 $f(x)=\left|\cos \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)\right|=0$, 可得 $2 x+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}+k \pi(k \in \mathbf{Z})$ ，

可得 $x=\frac{\pi}{6}+\frac{k \pi}{2}(k \in \mathbf{Z})$,

分别令 $k=0 、 1 、 2 、 3$, 可得 $x=\frac{\pi}{6} 、 \frac{2 \pi}{3} 、 \frac{7 \pi}{6} 、 \frac{5 \pi}{3}$,

所以, 函数 $f(x)$ 在在 $[0,2 \pi]$ 上有 4 个零点, (3)正确;

对于(4), 当 $x \in\left[\frac{\pi}{6}, \frac{2 \pi}{3}\right]$ 时, $2 x+\frac{\pi}{6} \in\left[\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}\right]$,

则 $f(x)=\left|\cos \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)\right|=-\cos \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)$,

所以，函数 $f(x)$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{2 \pi}{3}\right]$ 上不单调, (4)错误,
故答案为(1)(2)(3).
题目（高二 · 代数）：若 $\tan ^{2} x-\sin ^{2} x=\frac{16}{5}$, 则 $\tan ^{2} x \sin ^{2} x=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\frac{16}{5}$
解析：$\tan ^{2} x \sin ^{2} x=\tan ^{2} x\left(1-\cos ^{2} x\right)=\tan ^{2} x-\tan ^{2} x \cos ^{2} x=\tan ^{2} x-\sin ^{2} x=\frac{16}{5}$.
题目（高二 · 代数）：6. 已知 $P=\left\{x \mid x^{2}-4 x+3 \leqslant 0\right\}, Q=\{x \mid y=\sqrt{x+1}+\sqrt{3-x}\}$, 则 “ $x$ $\in P$ ” 是 “ $x \in Q$ ” 的 \$ \qquad \$条件.
选项：
答案：答案： 充分不必要
解析：： $P=[1,3], Q=[-1,3], \therefore P \subseteq Q$.

则 $x \in P \Rightarrow x \in Q$, 但 $x \in Q D \Rightarrow x \in P$,

故 $x \in P$ 是 $x \in Q$ 的充分不必要条件.

答案： 充分不必要
题目（高二 · 代数）：7. 若不等式 $|x-m|<1$ 成立的充分不必要条件是 $\frac{1}{3}<x<\frac{1}{2}$, 则实数 $m$的取值范围是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案： $\left[-\frac{1}{2}, \frac{4}{3}\right]$
解析：： $|x-m|<1$, 即 $m-1<x<m+1$,由题意可知 $\left\{\begin{array}{l}m-1 \leqslant \frac{1}{3}, \\ m+1 \geqslant \frac{1}{2},\end{array} \quad\right.$ 即 $-\frac{1}{2} \leqslant m \leqslant \frac{4}{3}$,

故实数 $m$ 的取值范围是 $\left[-\frac{1}{2}, \frac{4}{3}\right]$.

答案： $\left[-\frac{1}{2}, \frac{4}{3}\right]$
题目（高二 · 代数）：7. 函数 $f(x)=-x^{3}+3 x$ 在区间 $[-3,3]$ 上的最小值是
选项：
答案：答案 ：-18
解析：： $f^{\prime}(x)=-3 x^{2}+3$, 令 $f^{\prime}(x)=0, \therefore x= \pm 1$.

$f(1)=2, f(-1)=-2, f(3)=-18, f(-3)=18$,

$\therefore f(x)$ 的最小值为 -18 .

答案 ：-18
题目（高二 · 代数）：8. 函数 $f(x)=x^{2}+2 a x+1$ 在 $[0,1]$ 上的最小值为 $f(1)$, 则 $a$ 的取值范围为 \$ \qquad \$
选项：
答案：答案： $(-\infty,-1]$
解析：： $f^{\prime}(x)=2 x+2 a$. 令 $f^{\prime}(x)=0, x=-a$,

$\therefore$ 若 $f(1)$ 为最小值，只需 $-a \geqslant 1, \quad \therefore a \leqslant-1$.

答案： $(-\infty,-1]$
题目（高二 · 代数）：9. 函数 $f(x)=a x^{4}-4 a x^{3}+b(a>0), x \in[1,4], f(x)$ 的最大值为 3 ,最小值为 -6 , 则 $a+b=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案 ：$\frac{10}{3}$
解析：： $f^{\prime}(x)=4 a x^{3}-12 a x^{2}$.

令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x=0$ 或 $x=3$.

当 $1<x<3$ 时, $f^{\prime}(x)<0$;

当 $3<x<4$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 故 $x=3$ 是极小值点.

$\because f(3)=b-27 a, f(1)=b-3 a, f(4)=b$, 又 $a>0$,

$\therefore f(x)$ 的最小值为 $f(3)=b-27 a$,

最大值为 $f(4)=b$.



答案 ：$\frac{10}{3}$
题目（高二 · 代数）：6. 已知 $f(x)=x^{2}+2 \sin x$, 则 $f^{\prime}(0)=$
选项：
答案：答案： 2
解析：$\because f^{\prime}(x)=2 x+2 \cos x$,

$\therefore f^{\prime}(0)=2 \times 0+2 \cos 0=2$.

答案： 2
题目（高二 · 代数）：8. 已知 $f(x)=x^{2}+2 x f^{\prime}(1)$, 则 $f^{\prime}(0)=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案 ：-4
解析：：$\because f^{\prime}(x)=2 x+2 f^{\prime}(1)$,

$$
\begin{aligned}
& \therefore f^{\prime}(1)=2+2 f^{\prime}(1), \quad \therefore f^{\prime} \quad(1)=-2 \\
& \therefore f^{\prime}(x)=2 x-4, \quad \therefore f^{\prime}(0)=-4
\end{aligned}
$$

答案 ：-4
题目（高二 · 代数）：9. 若函数 $f(x)=\frac{1}{3} x^{3}-f^{\prime}(1) \cdot x^{2}+x+5$, 则 $f^{\prime}(1)=$
选项：
答案：答案 ：$\frac{2}{3}$
解析：： $\because f(x)=\frac{1}{3} x^{3}-f^{\prime}(1) \cdot x^{2}+x+5$,

$\therefore f^{\prime}(x)=x^{2}-2 f^{\prime}(1) x+1$.

$\therefore f^{\prime}(1)=1-2 f^{\prime}(1)+1, f^{\prime}(1)=\frac{2}{3}$.

答案 ：$\frac{2}{3}$
题目（高二 · 代数）：6. 函数 $y=2 x^{3}-15 x^{2}+36 x-24$ 的极小值为
选项：
答案：答案： 3
解析：： $y^{\prime}=6 x^{2}-30 x+36=6\left(x^{2}-5 x+6\right)$

$=6(x-2)(x-3)$.

当 $x<2$ 时, $y^{\prime}>0$; 当 $2<x<3$ 时, $y^{\prime}<0$;

当 $x>3$ 时, $y^{\prime}>0 . \therefore$ 当 $x=3$ 时有极小值.
$\therefore$ 极小值为 $f(3)=2 \times 3^{3}-15 \times 3^{2}+36 \times 3-24=3$.

答案： 3
题目（高二 · 代数）：7. 若函数 $y=\frac{1}{3} x^{3}+x^{2}+a x$ 在 $\mathbf{R}$ 上没有极值点, 则实数 $a$ 的取值范围是
选项：
答案：答案： $a \geqslant 1$
解析：： $f^{\prime}(x)=x^{2}+2 x+a$,

$\because f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上没有极值点,

$\therefore \Delta=4-4 a \leqslant 0, \quad \therefore a \geqslant 1$.

答案： $a \geqslant 1$
题目（高二 · 代数）：8. 若函数 $f(x)=x(x-c)^{2}$ 在 $x=2$ 处有极大值, 则常数 $c$ 的值为
选项：
答案：答案： 6
解析：： $f(x)=x^{3}-2 c x^{2}+c^{2} x$

$f^{\prime}(x)=3 x^{2}-4 c x+c^{2}$,

$\therefore f^{\prime}(2)=c^{2}-8 c+12=0, c=2$ 或 $c=6$.

当 $c=2, f^{\prime}(x)=3 x^{2}-8 x+4=(3 x-2)(x-2)$,

当 $\frac{2}{3}<x<2, f^{\prime}(x)<0$, 当 $x>2, f^{\prime}(x)>0$,

$\therefore$ 当 $x=2$ 时有极小值.

当 $c=6$ 时, $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-24 x+36=3(x-2)(x-6)$,

当 $2<x<6$ 时, $f^{\prime}(x)<0$ ，当 $x<2$ 时, $f^{\prime}(x)>0$,

$\therefore$ 当 $x=2$ 时有极大值.

$\therefore c=6$ 符合题意.

答案： 6
题目（高二 · 代数）：6. 函数 $f(x)=-2 x^{2}+3$ 在点 $(0,3)$ 处的导数是
选项：
答案：： 0
解析：： 0
题目（高二 · 代数）：7. 如图是函数 $f(x)$ 及 $f(x)$ 在点 $P$ 处切线的图象, 则 $f(2)+f^{\prime}$ $=$


选项：
答案：：从图中可知, 切线的方程为 $\frac{x}{4}+\frac{y}{
解析：：从图中可知, 切线的方程为 $\frac{x}{4}+\frac{y}{
题目（高二 · 代数）：若不等式 $x^{2}+a x+1 \geq 0$ 对一切 $x \in\left(0, \frac{1}{2}\right]$ 都成立, 则 $a$ 的最小值为
选项：
答案：$-\frac{5}{2}$
解析：不等式 $x^{2}+a x+1 \geqslant 0$ 对一切 $x \in\left(0, \frac{1}{2}\right]$ 成立 $\Leftrightarrow a \geqslant \frac{-1-x^{2}}{x}=-\frac{1}{x}-x$ 对一切 $x \in\left(0, \frac{1}{2}\right]$ 恒成立,

令 $g(x)=-\frac{1}{x}-x\left(0<x \leqslant \frac{1}{2}\right)$, 则 $a \geqslant g(x)_{\text {max }}$.

$\because 0<x \leq \frac{1}{2}$,

$\therefore g^{\prime}(x)=\frac{1}{x^{2}}-1>0$,
$\therefore g(x)=-\frac{1}{x}-x$ 在 $\left(0, \frac{1}{2}\right]$ 上单调递增,

$\therefore g(x)_{\text {max }}=g\left(\frac{1}{2}\right)=-2-\frac{1}{2}=-\frac{5}{2}$,

$\therefore a \geq-\frac{5}{2}$,

$\therefore$ 实数 $a$ 的最小值为 $-\frac{5}{2}$.
题目（高二 · 代数）：设 $a>1$, 则关于 $x$ 的不等式 $(1-a)(x-a)\left(x-\frac{1}{a}\right)<0$ 的解集是
选项：
答案：$\left(-\infty, \frac{1}{a}\right) \cup(a,+\infty)$
解析：$a>1$ 时, $1-a<0$, 且 $a>\frac{1}{a}$,

则关于的不等式 $(1-a)(x-a)\left(x-\frac{1}{a}\right)<0$ 可化为 $(x-a)\left(x-\frac{1}{a}\right)>0$,

解得 $x<\frac{1}{a}$ 或 $x>a$,

所以不等式的解集为 $\left(-\infty, \frac{1}{a}\right) \cup(a,+\infty)$.
题目（高二 · 代数）：若方程 $7 x^{2}-(m+13) x-m-2=0$ 的一个根在区间 $(0,1)$ 上, 另一根在区间 $(1,2)$ 上, 则实数 $m$ 的取值范围为
选项：
答案：$(-4,-2)$
解析：答案: $(-4,-2)$
题目（高二 · 代数）：将数列 $\{2 n-1\}$ 与 $\{3 n-2\}$ 的公共项从小到大排列得到数列 $\left\{a_{n}\right\}$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$3 n^{2}-2 n$
解析：数列 $\{2 n-1\}$ 表示首项为 1 ,公差为 2 的等差数列,各项均为正奇数,而数列 $\{3 n-2\}$ 表示首项为 1 ,公差为 3 的等差数列, 各项分别为交替出现的正奇数与正偶数, 它们的公共项为数列 $\{3 n-2\}$ 中的奇数项, 所以 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 1 , 公差为 6 的等差数列, 其前 $n$ 项和 $S_{n}=n \times 1+\frac{n(n-1)}{2} \times 6=3 n^{2}-2 n$.
题目（高二 · 代数）：设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$. 若 $S_{5}=2 S_{10}$, 则 $\frac{S_{5}+4 S_{15}}{S_{10}-S_{5}}=$
选项：
答案：-8
解析：答案: -8
题目（高二 · 代数）：$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n+1}{3 n-1}=$
选项：
答案：$\frac{1}{3}$
解析：答案: $\frac{1}{3}$
题目（高二 · 代数）：16. 记等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 和 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和分别为 $S_{n}$ 和 $T_{n}$, 若 $\frac{S_{n}}{T_{n}}=\frac{3 n+5}{n+7}$, 则 $\frac{a_{5}}{b_{7}}=$
选项：
答案：$\frac{8}{5}$
解析：因为 $\frac{S_{n}}{T_{n}}=\frac{3 n+5}{n+7}$, 所以可设 $S_{n}=k n(3 n+5), T_{n}=k n(n+7)$,

    $\because S_{9}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{9}=9 a_{5}, \therefore a_{5}=\frac{S_{9}}{9}=32 k$,

    $\because S_{13}=b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{13}=13 a_{7}, \therefore b_{7}=\frac{T_{13}}{13}=20 k$, 故 $\frac{a_{5}}{b_{7}}=\frac{8}{5}$
题目（高二 · 代数）：13. (2018 湖南湘潭四模) 已知数列 $\left\{\sqrt{a_{n+1}}-\sqrt{a_{n}}\right\}$ 是公差为 2 的等差数列, 且 $a_{1}=1, a_{3}=9$, 则 $a_{n}=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：. $\left(n^{2}-3 n+3\right)^{2}$
解析：依题意, $\left(\sqrt{a_{3}}-\sqrt{a_{2}}\right)-\left(\sqrt{a_{2}}-\sqrt{a_{1}}\right)=2$, 则 $3-2 \sqrt{a_{2}}+1=2$,

所以 $a_{2}=1$, 所以 $\sqrt{a_{n+1}}-\sqrt{a_{n}}=\sqrt{a_{2}}-\sqrt{a_{1}}+2(n-1)=2 n-2$,

所以 $\sqrt{a_{n}}-\sqrt{a_{1}}=\left(\sqrt{a_{1}}-\sqrt{a_{1}}\right)+\left(\sqrt{a_{3}}-\sqrt{a_{2}}\right)+\cdots+\left(\sqrt{a_{n}}-\sqrt{a_{n-1}}\right)=0+2+\cdots+(2 n-4)$

$=\frac{(2 n-4)(n-1)}{2}$, 又 $a_{1}=1$, 所以 $\sqrt{a_{n}}=n^{2}-3 n+3$, 故 $a_{n}=\left(n^{2}-3 n+3\right)^{2}$.
题目（高二 · 代数）：14. (2018 广东东莞第三次调研) 已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的各项均为正数, 且 $a_{10} a_{11}+a_{9} a_{12}=2 e^{2}$, 则 $\ln a_{1}+\ln a_{2}+\cdots+\ln a_{20}=$ \$ \qquad \$
选项：
答案：20
解析：由 $a_{10} a_{11}+a_{9} a_{12}=2 e^{2}$ 得 $a_{10} a_{11}+a_{9} a_{12}=2 a_{1} a_{20}=2 e^{2}, a_{1} a_{20}=e^{2}$, 所以 $\ln a_{1}+\ln a_{2}+\cdots+\ln a_{20}=\ln \left(a_{1} a_{2} \cdots a_{19} a_{20}\right)=\ln \left(a_{1} a_{20}\right)^{10}=10 \ln e^{2}=20$.
题目（高二 · 代数）：16. (2018 湖北黄冈等八市 3 月联考) 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 首项 $a_{1}=1$, 函数
$f(x)=x^{4}+a_{n+1} \cos 2 x-\left(2 a_{n}+1\right)$ 有唯一零点, 则数列 $\left\{n\left(a_{n}+1\right)\right\}$ 的前 $n$ 项的和 \$ \qquad \$
选项：
答案：$(n-1) \cdot 2^{n+1}+2$
解析：由 $f(x)=x^{4}+a_{n+1} \cos 2 x-\left(2 a_{n}+1\right)$, 得

$f(-x)=(-x)^{4}+a_{n+1} \cos (-2 x)-\left(2 a_{n}+1\right)=f(x)$, 所以 $f(x)$ 为偶函数, 且存在唯一零点, 所以

$f(0)=0$, 所以, $a_{n+1}-\left(2 a_{n}+1\right)=0, a_{n+1}=2 a_{n}+1$, 有 $a_{n+1}+1=2\left(a_{n}+1\right)$, 故数列 $\left\{a_{n}+1\right\}$ 是首项为 2 , 公比为 2 的等比数列, 所以 $a_{n}+1=2 \cdot 2^{n-1}=2^{n}$, 所以数列 $\left\{n\left(a_{n}+1\right)\right\}$ 的前 $n$ 项的和为 $S_{n}=1 \times 2^{1}+2 \times 2^{2}+\cdots+n \cdot 2^{n}(1), 2 S_{n}=1 \times 2^{2}+2 \times 2^{3}+\cdots+n \cdot 2^{n+1}(2)$, 两式相减, 得 $-S_{n}=2^{1}+2^{2}+\cdots+2^{n}-n \cdot 2^{n+1}=\frac{2\left(1-2^{n}\right)}{2}-n \cdot 2^{n+1}$, 所以 $S_{n}=(n-1) \cdot 2^{n+1}+2$.
题目（高二 · 代数）：6. 利用余弦曲线, 写出满足 $\cos x>0, x \in[0,2 \pi]$ 的 $x$ 的区间是
选项：
答案：$\left[0, \frac{\pi}{2}\right) \cup\left(\frac{3 \pi}{2}, 2 \pi\right]$
解析：画出 $y=\cos x, x \in[0,2 \pi]$ 上的图象如图所示.

$\cos x>0$ 的区间为 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right) \cup\left(\frac{3 \pi}{2}, 2 \pi\right]$.

【答案】 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right) \cup\left(\frac{3 \pi}{2}, 2 \pi\right]$
题目（高二 · 代数）：6.$(x)=\sin x \cos x$ 是 (填 “奇” 或 “偶”) 函数.
选项：
答案：奇
解析：$x \in \mathbf{R}$ 时, $f(-x)=\sin (-x) \cos (-x)=-\sin x \cos x=-f(x)$, 即 $f(x)$ 是奇函数.

答案: 奇
题目（高二 · 代数）：7. 如图 1-6-7 是弹簧振子做简谐振动的图象, 横轴表示振动的时间, 纵轴表示振动的位移, 则这个振子振动的函数解析式是 \$ \qquad \$



图 1-6-7
选项：
答案：$y=2 \sin \left(\frac{5 \pi}{2} t+\frac{\pi}{4}\right)$
解析：由题图可设 $y=A \sin (\omega t+\varphi)$, 则 $A=2$,又 $T=2(0.5-0.1)=0.8$,所以 $\omega=\frac{2 \pi}{0.8}=\frac{5}{2} \pi$,所以 $y=2 \sin \left(\frac{5}{2} \pi t+\varphi\right)$,将点 $(0.1,2)$ 代入 $y=2 \sin \left(rac{5 \pi}{2} t+\varphi\right)$ 中,得 $\sin \left(\varphi+\frac{\pi}{4}\right)=1$所以 $\varphi+\frac{\pi}{4}=2 k \pi+\frac{\pi}{2}, k \in \mathbf{Z}$,即 $\varphi=2 k \pi+\frac{\pi}{4}, k \in \mathbf{Z}$ ，令 $k=0$, 得 $\varphi=\frac{\pi}{4}$,所以 $y=2 \sin \left(\frac{5 \pi}{2} t+\frac{\pi}{4}\right)$.
题目（高二 · 代数）：如图, 函数 $y=f(x)$ 的图象在点 $\mathrm{P}$ 处的切线方程是 $y=-x+8$, 则 $f(5)+f^{\prime}(5)=$


选项：
答案：答案:2
解析：答案:2
 【解析】 $\because$ 函数 $y=f(x)$ 的图象在点 $\mathrm{P}$ 处的切线方程是 $y=-x+8$,

$\therefore f^{\prime}(5)=-1, f(5)=-5+8=3 \therefore f(5)+f^{\prime}(5)=3-1=2$. 故答案为: 2 .
题目（高二 · 代数）：函数 $y=x^{4}-2 x^{2}+5$ 在区间 $[-2,2]$ 上的最大值与最小值的和为
选项：
答案：答案:17
解析：【解析】 先求导数, 得 $y^{\prime}=4 x^{3}-4 x$, 令 $y^{\prime}=0$ 即 $4 x^{3}-4 x=0$ 解得 $x_{1}=-1, x_{2}=0, x_{3}=1$. 函数 $\mathrm{y}, \mathrm{y}^{\prime}$ 的变化情况如下表:

| $x$ | -2 | $(-2,-1)$ | -1 | $(-1,0)$ | 0 | $(0,1)$ | 1 | $(1,2)$ | 2 |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| $y^{\prime}$ | - | 0 | + | 0 | - | 0 | + |  |  |
| $y$ | 13 | $y$ | 4 | $\nearrow$ | 5 | $\searrow$ | 4 | 7 | 13 |

从上表知, 当 $\mathrm{x}= \pm 2$ 时, 函数有最大值 13 , 当 $\mathrm{x}= \pm 1$ 时, 函数有最小值 4 .

$\therefore$ 最大值与最小值的和为 17 . 故答案为: 17 .
题目（高二 · 代数）：已知函数 $f(x)=x^{3}+3 x$ 对任意的 $m \in[-2,2], f(m x-2)+f(x)<0$ 恒成立, 则 $x \in$
选项：
答案：$\left(-2, \frac{2}{3}\right)$
解析：由题意得, $f(-x)=(-x)^{3}+3(-x)=-(x^{3}+3 x)=-f(x)$, 所以 $f(x)$ 是奇函数, 又 $f'(x)=3 x^{2}+3>0$, 所以 $f(x)$ 在 $R$ 上单调递增, 所以 $f(m x-2)+f(x)<0$ 可化为: $f(m x-2)<-f(x)=f(-x)$, 由 $f(x)$ 递增知: $m x-2<-x$, 即 $m x+x-2<0$, 则对任意的 $m \in[-2,2], f(m x-2)+f(x)<0$ 恒成立, 等价于对任意的 $m \in[-2,2], m x+x-2<0$ 恒成立, 所以 $\left\{\begin{array}{l}-2 x+x-2<0 \\ 2 x+x-2<0\end{array}\right.$, 解得 $-2<x<\frac{2}{3}$, 即 $x$ 的取值范围是 $(-2, \frac{2}{3})$, 故答案为: $(-2, \frac{2}{3})$.
题目（高二 · 代数）：如图, 函数 $y=f(x)$ 的图象在点 $\mathrm{P}$ 处的切线方程是 $y=-x+8$, 则 $f(5)+f^{\prime}(5)=$

选项：
答案：2
解析：$ecause$ 函数 $y=f(x)$ 的图象在点 $\mathrm{P}$ 处的切线方程是 $y=-x+8$,$	herefore f^{\prime}(5)=-1, f(5)=-5+8=3$$	herefore f(5)+f^{\prime}(5)=3-1=2$.故答案为: 2 .
题目（高二 · 代数）：已知函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{x}^{3}+3 \mathrm{x}$ 对任意的 $\mathrm{m} \in[-2,2], \mathrm{f}(\mathrm{mx}-2)+\mathrm{f}(\mathrm{x})<0$ 恒成立, 则 $\mathrm{x} \in$
选项：
答案：答案: $\left(-2, \frac{2}{3}\right)$
解析：答案: $\left(-2, \frac{2}{3}\right)$

【解析】解: 由题意得, 函数的定义域是 $\mathrm{R}$, 且 $\mathrm{f}(-\mathrm{x})=(-\mathrm{x})^{3}+3(-\mathrm{x})=-\left(\mathrm{x}^{3}+3 \mathrm{x}\right)$ $=-\mathrm{f}(\mathrm{x})$,

所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 是奇函数,

又 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=3 \mathrm{x}^{2}+3>0$, 所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\mathrm{R}$ 上单调递增,

所以 $\mathrm{f}(\mathrm{mx}-2)+\mathrm{f}(\mathrm{x})<0$ 可化为: $\mathrm{f}(\mathrm{mx}-2)<-\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{f}(-\mathrm{x})$,

由 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 递增知: $\mathrm{mx}-2<-\mathrm{x}$, 即 $\mathrm{mx}+\mathrm{x}-2<0$,

则对任意的 $m \in[-2,2], f(m x-2)+f(x)<0$ 恒成立,

等价于对任意的 $\mathrm{m} \in[-2,2], \mathrm{mx}+\mathrm{x}-2<0$ 恒成立,

所以 $\left\{\begin{array}{c}-2 x+x-2<0 \\ 2 x+x-2<0\end{array}\right.$, 解得 $-2<\mathrm{x}<{ }^{\frac{2}{3}}$,

即 $\mathrm{x}$ 的取值范围是 $\left(-2, \frac{2}{3}\right)$,

故答案为: $\left(-2, \frac{2}{3}\right)$.

【分析】先利用函数的奇偶性的定义判断出函数的奇偶性，再由导数判断出函数的单调性，利用奇偶性将不等式进行转化, 再利用单调性去掉不等式中的符号“ $\mathrm{f}$ ", 转化具体不等式, 借助一次函数的性质可得 $\mathrm{x}$ 的不等式组, 解出可得答案.
题目（高二 · 代数）：已知函数 $f(x)=x^{3}+\frac{1}{2} x^{2}-2 x+4$ ,则函数的单调减区间为
选项：
答案：$\left(-1, rac{2}{3}ight)$
解析：【解答】求导 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+x-2=(3 x-2)(x+1)$, 令 $f^{\prime}(x)<0$得到 $-1<\mathrm{x}<rac{2}{3}$$	herefore$ 函数的单调减区间为 $\left(-1, rac{2}{3}ight)$