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预习衔接.夯实基础 二分法求方程的近似解
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 嘉兴期中）方程2x+lnx﹣5＝0的解所在区间为（　　）
A．（4，5） B．（3，4） C．（2，3） D．（1，2）
2．（2024秋 靖远县校级期中）已知定义在R上的函数f（x）满足2f（x+y）f（x﹣y）＝f（x）+f（y），且f（0）≠0，则下列结论正确的是（　　）
A．f（0）＝﹣1 B．函数f（x）为奇函数
C．函数f（x）有2个零点 D．f（2x）＝f（x）
3．（2024秋 重庆期中）已知实数a＞0，且a≠1，若函数f（x）＝ax+logax在（1，2）上存在零点，则（　　）
A．a2+loga2＜0 B．a2﹣log2a＜0
C．a4+loga2＞0 D．a﹣loga2＜0
4．（2024秋 沙坪坝区校级期中）对任意两个实数a，b，定义，若f（x）＝2﹣x2，g（x）＝x2﹣2，则下列关于函数m（x）＝min{f（x），g（x）}的说法错误的是（　　）
A．函数m（x）是偶函数
B．方程m（x）＝﹣2有两个根
C．不等式m（x）＞﹣x的解集为（1，2）
D．函数m（x）的值域为（﹣∞，0]
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024秋 寻甸县校级期中）已知f（x）＝kx2﹣4x﹣8，则（　　）
A．当时，f（x）＝0有两个零点
B．f（x）+4x为偶函数
C．f（x）在（5，7）上单调，则或
D．f（x）不可能为奇函数
（多选）6．（2024秋 朝阳区校级期中）已知函数，则下列关于x的方程[f（x）]2﹣2kf（x）+k＝0的命题正确的有（　　）
A．存在实数k，使得方程恰有1个实根
B．不存在实数k，使得方程恰有2个不等的实根
C．存在实数k，使得方程恰有3个不等的实根
D．不存在实数k，使得方程恰有4个不等的实根
（多选）7．（2024秋 中山区校级期中）关于x的方程|x2﹣1|2﹣|x2﹣1|+k＝0，以下说法正确的是（　　）
A．存在实数k，使得方程恰有3个不同的实根
B．存在实数k，使得方程恰有5个不同的实根
C．存在实数k，使得方程恰有6个不同的实根
D．不存在实数k，使得方程恰有7个不同的实根
三．填空题（共4小题）
8．（2024秋 杨浦区校级期中）设a∈R，函数若关于x的方程f（x）＝a恰有一解，则a的取值范围为 　 　．
9．（2024秋 闵行区校级期中）已知方程x2﹣4x+1＝0的两根为x1和x2，则　 　．
10．（2024秋 西湖区校级期中）已知函数若关于x的方程[f（x）]2+（2a﹣3）f（x）+a2﹣3a＝0有5个不同的实数根，则a的取值范围为 　 　．
11．（2024秋 寻甸县校级期中）已知函数f（x）＝cos2x﹣msinx（m＞1），若函数y＝f（x）在区间（0，nπ）上恰有4052个零点，则所有可能的正整数n的值组成的集合为 　 　．
四．解答题（共4小题）
12．（2024秋 南通期中）已知函数
（1）若f（x）是R上的增函数，求实数a的取值范围；
（2）若a＝3，方程f（x）＝t有三个实数解x1，x2，x3（x1＜x2＜x3）．
①写出实数t和x1x2+x1x3的取值范围；
②求证：．
13．（2024秋 城关区校级期中）已知函数f（x）＝2x2+mx+n的图象过点（0，﹣1），且满足f（﹣1）＝f（2）．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）求函数f（x）在[a，a+2]上的最大值h（a）；
（3）若x0满足φ（x0）＝x0，则称x0为函数y＝φ（x）的不动点．若函数g（x）＝f（x）﹣tx+t有两个不相等的不动点x1，x2，且x1＞0，x2＞0，求的最小值．
14．（2024秋 宁德期中）已知函数f（x），g（x）满足f（x）＝2ex﹣e﹣x+ax，．
（1）若f（x）为R上的增函数，求a的取值范围．
（2）证明：f（x）与g（x）的图象关于一条直线对称．
（3）若，且关于x的方程f（x）+f（ex﹣m）＝2g（2﹣x）在[﹣1，1]内有解，求m的取值范围．
15．（2024秋 桃城区校级期中）已知f（x）为偶函数，g（x）为奇函数，且满足f（x）﹣g（x）＝2×4﹣x．
（1）求f（x）、g（x）；
（2）若方程mf（x）＝[g（x）]2+2m+9有解，求实数m的取值范围；
（3）若，且方程有三个解，求实数k的取值范围．
预习衔接.夯实基础 二分法求方程的近似解
参考答案与试题解析
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 嘉兴期中）方程2x+lnx﹣5＝0的解所在区间为（　　）
A．（4，5） B．（3，4） C．（2，3） D．（1，2）
【考点】判定函数零点的存在性．
【专题】函数思想；定义法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】C
【分析】利用零点存在性定理分析判断即可．
【解答】解：令f（x）＝2x+lnx﹣5，f（x）在（0，+∞）上连续，且单调递增，
∵f（1）＝2+ln1﹣5＝﹣3＜0，f（2）＝4+ln2﹣5＝ln2﹣1＜0，
f（3）＝6+ln3﹣5＝1+ln3＞0，f（4）＝8+ln4﹣5＝3+ln4＞0，
f（5）＝10+ln5﹣5＝5+ln5＞0．
∴f（x）的零点在（2，3）内．
故选：C．
【点评】本题考查函数零点的判定及应用，考查运算求解能力，是基础题．
2．（2024秋 靖远县校级期中）已知定义在R上的函数f（x）满足2f（x+y）f（x﹣y）＝f（x）+f（y），且f（0）≠0，则下列结论正确的是（　　）
A．f（0）＝﹣1 B．函数f（x）为奇函数
C．函数f（x）有2个零点 D．f（2x）＝f（x）
【考点】求函数的零点．
【专题】转化思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】D
【分析】利用赋值法令x＝y＝0可判断A错误；结合A可知f（0）＝1，不满足f（﹣x）＝﹣f（x），可得B错误；解方程可得f（x）＝1或，所以函数y＝f（x）没有零点，即C错误；令y＝x，可得2f（2x）f（0）＝f（x）+f（x），即f（2x）＝f（x），所以D正确．
【解答】解：由2f（x+y）f（x﹣y）＝f（x）+f（y），
令x＝y＝0，得2[f（0）]2＝2f（0），∵f（0）≠0，∴f（0）＝1，则A项错误；
函数f（x）的定义域为R，f（0）＝1≠0，∴函数f（x）不是奇函数，B项错误；
由2f（x+y）f（x﹣y）＝f（x）+f（y），令y＝0，可得2[f（x）]2＝f（x）+f（0），
即2[f（x）]2﹣f（x）﹣1＝0，解得f（x）＝1或，f（x）的函数值只有这两个情况，
∴函数y＝f（x）没有零点，C项错误；
由2f（x+y）f（x﹣y）＝f（x）+f（y），令y＝x，可得2f（2x）f（0）＝f（x）+f（x），
∴2f（2x）＝2f（x），即f（2x）＝f（x），D项正确．
故选：D．
【点评】本题考查抽象函数的性质，属于中档题．
3．（2024秋 重庆期中）已知实数a＞0，且a≠1，若函数f（x）＝ax+logax在（1，2）上存在零点，则（　　）
A．a2+loga2＜0 B．a2﹣log2a＜0
C．a4+loga2＞0 D．a﹣loga2＜0
【考点】由函数零点所在区间求解函数或参数．
【专题】综合题；转化思想；分析法；函数的性质及应用；逻辑思维．
【答案】A
【分析】分a＞1、0＜a＜1进行讨论，结合f（x）的单调性与零点的存在性定理可判断A，亦可得0＜a＜1，由0＜a＜1结合对数函数性质进行分析可判断B、C、D．
【解答】解：①当a＞1时，函数f（x）＝ax+logax在（0，+∞）上单调递增，
由题意知f（1）＝a+loga1＝a＜0，与a＞1矛盾，舍去；
②当0＜a＜1时，函数f（x）＝ax+logax在（0，+∞）上单调递减，
由已知得，A正确；
再由0＜a＜1得，故B错误；
又，故C错误；
a﹣loga2＞a﹣0＞0，故D错误．
故选：A．
【点评】本题考查函数零点个数的判断，对数函数与指数函数的性质，属于中档题．
4．（2024秋 沙坪坝区校级期中）对任意两个实数a，b，定义，若f（x）＝2﹣x2，g（x）＝x2﹣2，则下列关于函数m（x）＝min{f（x），g（x）}的说法错误的是（　　）
A．函数m（x）是偶函数
B．方程m（x）＝﹣2有两个根
C．不等式m（x）＞﹣x的解集为（1，2）
D．函数m（x）的值域为（﹣∞，0]
【考点】函数的零点与方程根的关系；奇函数偶函数的判断．
【专题】转化思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】B
【分析】根据定义写出函数解析式，并画出函数图象，观察图象即可得出正确选项．
【解答】解：∵，又f（x）＝2﹣x2，g（x）＝x2﹣2，
且m（x）＝min{f（x），g（x）}，
∴，
作出m（x）的图象，如图所示：
由图象可知m（x）为偶函数，故A正确；
由图可知y＝m（x）与y＝﹣2有三个交点，
∴方程m（x）＝﹣2有三个根，故B错误；
由，当x＞0时，解得x＝1，可得交点坐标（1，﹣1），
由，当x＞0时，解得x＝2，可得交点坐标（2，﹣2）
由图像可知m（x）＞﹣x的解集为（1，2），故C正确；
由图可知m（x）的最大值为0，值域为（﹣∞，0]，故D正确．
故选：B．
【点评】本题考查分段函数的应用，数形结合思想，属中档题．
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024秋 寻甸县校级期中）已知f（x）＝kx2﹣4x﹣8，则（　　）
A．当时，f（x）＝0有两个零点
B．f（x）+4x为偶函数
C．f（x）在（5，7）上单调，则或
D．f（x）不可能为奇函数
【考点】函数的零点与方程根的关系；由函数的单调性求解函数或参数；奇函数偶函数的判断．
【专题】分类讨论；函数思想；综合法；函数的性质及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】BCD
【分析】对于A，取k＝0，即可判断；
对于B，由偶函数的定义即可判断；
对于C，分k＝0和k≠0，分别求解，即可判断；
对于D，只需判断是否存在k，使得f（﹣x）+f（x）＝0恒成立，即可判断．
【解答】解：对于A，当k＝0时，f（x）＝﹣4x﹣8，
令f（x）＝0，解得x＝﹣2，
此时函数只有一个零点，故A错误；
对于B，f（x）+4x＝kx2﹣8，
令g（x）＝f（x）+4x，g（﹣x）＝k（﹣x）2﹣8＝kx2﹣8＝g（x），故B正确；
对于C，当k＝0时，f（x）＝﹣4x﹣8在（5，7）上单调递减，
当k≠0时，若f（x）在（5，7）上单调，则或，解得或k＜0或，
综上，或，故C正确；
对于D，因为f（﹣x）+f（x）＝k（﹣x）2﹣4（﹣x）﹣8+kx2﹣4x﹣8＝2kx2﹣16，
不存在k，使得f（﹣x）+f（x）＝0恒成立，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查了函数的零点、奇偶性，考查了二次函数的性质及分类讨论思想，属于中档题．
（多选）6．（2024秋 朝阳区校级期中）已知函数，则下列关于x的方程[f（x）]2﹣2kf（x）+k＝0的命题正确的有（　　）
A．存在实数k，使得方程恰有1个实根
B．不存在实数k，使得方程恰有2个不等的实根
C．存在实数k，使得方程恰有3个不等的实根
D．不存在实数k，使得方程恰有4个不等的实根
【考点】函数的零点与方程根的关系．
【专题】转化思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】ACD
【分析】令u＝f（x），y＝g（u）＝u2﹣2ku+k，利用图象分别研究k∈（0，1），k＝0，k＝1，k＜0，k＞1下的根的情况．
【解答】解：对于关于x的方程[f（x）]2﹣2kf（x）+k＝0中，
令u＝f（x），y＝g（u）＝u2﹣2ku+k，
作出函数u＝f（x），y＝g（u）的图象如图：
，
g（u）＝u2﹣2ku+k＝（u﹣k）2+k﹣k2，
，
当k∈（0，1）时，gmin（x）＞0，方程g（u）＝0无解，即方程g（f（x））＝0无解；
当k＝0时，g（u）＝0，解得u＝0，此时f（x）＝0恰有一个根，即方程g（f（x））＝0恰有一个根；
当k＝1时，g（u）＝0，解得u＝1，此时f（x）＝1恰有一个根，即方程g（f（x））＝0恰有一个根；
当k＜0时，g（0）＝k＜0，g（1）＝1﹣k＞0，g（u）＝0有一个根在（0，1）内，另一根在（﹣∞，0）内，此时方程g（f（x））＝0恰有两个不等实根；
当k＞1时，g（0）＝k＞0，g（1）＝1﹣k＜0，g（u）＝0有一个根在（0，1）内，另一根在（1，+∞）内，此时方程g（f（x））＝0恰有三个不等实根；
故选：ACD．
【点评】本题考查函数的性质，数形结合思想的应用，属中档题．
（多选）7．（2024秋 中山区校级期中）关于x的方程|x2﹣1|2﹣|x2﹣1|+k＝0，以下说法正确的是（　　）
A．存在实数k，使得方程恰有3个不同的实根
B．存在实数k，使得方程恰有5个不同的实根
C．存在实数k，使得方程恰有6个不同的实根
D．不存在实数k，使得方程恰有7个不同的实根
【考点】函数的零点与方程根的关系．
【专题】分类讨论；函数思想；转化思想；数形结合法；综合法；函数的性质及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】BD
【分析】将方程化为（x2﹣1）2﹣|x2﹣1|＝﹣k，然后采用换元法变形为t2﹣|t|＝﹣k，将问题转化为y＝t2﹣|t|，y＝﹣k 的函数图象交点个数问题，通过对k分类讨论，从而判断出正确选项．
【解答】解：将|x2﹣1|2﹣|x2﹣1|+k＝0化为（x2﹣1）2﹣|x2﹣1|＝﹣k，
令t＝x2﹣1≥﹣1，则t2﹣|t|＝﹣k，
在同一平面直角坐标系中作出y＝t2﹣|t|，y＝﹣k 的函数图象，如下图所示：
（1）当k＝0时，即t2﹣|t|＝0，解得t＝﹣1，0，1，
令x2﹣1＝﹣1，解得x＝0；
令x2﹣1＝0，解得x＝±1；
令x2﹣1＝1，解得，此时有5个不同实根；
（2）当﹣k＞0时，即k＜0，此时图象有2个不同交点，
设交点横坐标为t1，t2（t1＞1，t2＜﹣1），
令x2﹣1＝t1，解得；
因为t2＜﹣1，
所以x2＝1＝t2无解，
所以此时共有2个不同实根；
（3）当，即时，此时图象有2个不同交点，
设交点横坐标为t3，t4（﹣1＜t3＜0，0＜t4＜1），
令x2﹣1＝t3，解得；
令x2﹣1＝t4，解得，所以此时有4个不同实根；
（4）当时，即，此时图象有4个不同交点，
设交点横坐标为t5，t6，t7，t8且t5，t6∈（﹣1，0），t7，t8∈（0，1），
令x2﹣1＝t5，解得；令x2﹣1＝t6，解得；
令x2﹣1＝t7，解得；令x2﹣1＝t8，解得，
所以此时有8个不同实根；
（5）当时，即，此时两图象无交点，所以方程无解；
综上可知，BD选项正确．
故选：BD．
【点评】本题考查了函数与方程思想、转化思想、数形结合思想及分类讨论思想，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
8．（2024秋 杨浦区校级期中）设a∈R，函数若关于x的方程f（x）＝a恰有一解，则a的取值范围为 　[﹣1，2]　．
【考点】函数的零点与方程根的关系．
【专题】函数思想；数形结合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】[﹣1，2]．
【分析】画出f（x）的图象，数形结合求解即可．
【解答】解：画出f（x）的图象，如图所示：
方程f（x）＝a恰有一解，等价于函数y＝f（x）的图象和y＝a的图象恰有一个交点，
结合图像可知，﹣1≤a≤2，
即a的取值范围为[﹣1，2]．
故答案为：[﹣1，2]．
【点评】本题主要考查了分段函数图象和性质，考查了函数的零点与方程根的关系，属于中档题．
9．（2024秋 闵行区校级期中）已知方程x2﹣4x+1＝0的两根为x1和x2，则　14　．
【考点】函数的零点与方程根的关系．
【专题】计算题；方程思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】利用根与系数的关系和完全平方公式求解即可．
【解答】解：方程x2﹣4x+1＝0的两根为x1和x2，
所以x1+x2＝4，x1x2＝1，
所以（x1+x2）2﹣2x1x2＝16﹣2＝14．
故答案为：14．
【点评】本题主要考查根与系数的关系的应用，考查运算求解能力，属于基础题．
10．（2024秋 西湖区校级期中）已知函数若关于x的方程[f（x）]2+（2a﹣3）f（x）+a2﹣3a＝0有5个不同的实数根，则a的取值范围为 　（﹣1，0]∪（2，3]　．
【考点】函数的零点与方程根的关系．
【专题】数形结合；转化思想；数形结合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】（﹣1，0]∪（2，3]．
【分析】根据函数的解析式作出函数的大致图像，再由[f（x）]2+（2a﹣3）f（x）+a2﹣3a＝0可得f（x）＝3﹣a 或f（x）＝﹣a，然后数形结合，即可求解．
【解答】解：∵关于x的方程[f（x）]2+（2a﹣3）f（x）+a2﹣3a＝0可化为：
[f（x）+a﹣3][f（x）+a]＝0，
∴f（x）＝3﹣a 或f（x）＝﹣a，
又函数，
∴作出f（x）的图象，如图所示：
∵关于x的方程[f（x）]2+（2a﹣3）f（x）+a2﹣3a＝0有5个不同的实数根，
∴关于x的两方程：f（x）＝3﹣a，f（x）＝﹣a共有5个不同的实数根，
即y＝f（x）与y＝3﹣a，y＝﹣a共有5个交点，
∴数形结合可得或，
解得2＜a≤3或﹣1＜a≤0，
∴a的取值范围为（﹣1，0]∪（2，3]．
故答案为：（﹣1，0]∪（2，3]．
【点评】本题考查嵌套型方程的根问题，数形结合思想的应用，化归转化思想，属中档题．
11．（2024秋 寻甸县校级期中）已知函数f（x）＝cos2x﹣msinx（m＞1），若函数y＝f（x）在区间（0，nπ）上恰有4052个零点，则所有可能的正整数n的值组成的集合为 　{4051，4052}　．
【考点】函数的零点与方程根的关系；正弦函数的奇偶性和对称性．
【专题】函数思想；综合法；三角函数的图象与性质；运算求解．
【答案】{4051，4052}．
【分析】对函数化简得f（x）＝﹣2sin2x﹣msinx+1，利用换元法有g（t）＝﹣2t2﹣mt+1，根据二次函数零点可得：原题意等价于sinx＝t2∈（0，1）在区间（0，nπ）上恰有4052个零点，结合正弦函数分析求解．
【解答】解：f（x）＝cos2x﹣msinx＝﹣2sin2x﹣msinx+1，
令t＝sinx，t∈[﹣1，1]，
可得g（t）＝﹣2t2﹣mt+1，
Δ＝m2+8＞0，
记g（t）＝﹣2t2﹣mt+1的两零点为t1、t2，
则，不妨设t1＜0＜t2，
且m＞1，则g（﹣1）＝﹣1+m＞0，g（0）＝1＞0，g（1）＝﹣m﹣1＜0，
可知t1＜﹣1（舍去），0＜t2＜1，
原题意等价于sinx＝t2∈（0，1）在区间（0，nπ）上恰有4052个零点，
可知sinx＝t2在（0，2kπ）和（0，（2k﹣1）π）（k为正整数）内不同根的个数均为2k，
所以n＝4052或4051．
故答案为：{4051，4052}．
【点评】本题主要考查了正弦函数的图象和性质，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
12．（2024秋 南通期中）已知函数
（1）若f（x）是R上的增函数，求实数a的取值范围；
（2）若a＝3，方程f（x）＝t有三个实数解x1，x2，x3（x1＜x2＜x3）．
①写出实数t和x1x2+x1x3的取值范围；
②求证：．
【考点】函数的零点与方程根的关系；分段函数的应用．
【专题】函数思想；转化思想；数形结合法；综合法；函数的性质及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）；
（2）①t∈（03]，x1x2+x1x2∈（﹣6，0]；
②证明见解析．
【分析】（1）依题意可得，解得即可；
（2）①首先得到函数解析式，即可画出函数图象，再数形结合求出t的取值范围，又，x2+x3＝4，即可求出x1x1+x1x3的取值范围；
②由①x2+x3＝4，从而得到，再结合对勾据数的性质计算可得．
【解答】解：（1）因为，
又f（x）是R上的增函数，
所以，解得，
所以实数α的取值范围为；
（2）当a＝3时，，
当x＞0时，f（x）＝x2﹣4x+4＝（x﹣2）2，
所以f（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，
又f（2）＝0，
令f（x）＝3，即x2﹣4x+1＝0，解得；
当x≤0时，f（x）＝2x+3，
则f（x）在（﹣∞，0]上单调递增，
且，f（0）＝3；
则f（x）的图象如下所示：
①因为方程f（x）＝t有三个实数解x1，x2，x3（x1＜x2＜x3），
即y＝f（x）与y＝t有三个交点，
由图可知0＜t≤3，
且，x2+x3＝4，
所以x1x2+x1x3＝x1（x2+x3）＝4x1＝（﹣6，0]；
②证明：由①可知x2+x3＝4，
所以（x2+2）+（4+x3）＝10，
所以
，
令，
因为，
所以，
则，
所以，
则，
又对勾函数在上单调递减，在上单调递增，
又，
所以，
所以，
所以．
【点评】本题考查了一次函数、二次函数及对勾函数的性质，考查了转化思想及数形结合思想，属于中档题．
13．（2024秋 城关区校级期中）已知函数f（x）＝2x2+mx+n的图象过点（0，﹣1），且满足f（﹣1）＝f（2）．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）求函数f（x）在[a，a+2]上的最大值h（a）；
（3）若x0满足φ（x0）＝x0，则称x0为函数y＝φ（x）的不动点．若函数g（x）＝f（x）﹣tx+t有两个不相等的不动点x1，x2，且x1＞0，x2＞0，求的最小值．
【考点】函数的零点与方程根的关系；二次函数的性质与图象．
【专题】转化思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】（1）f（x）＝2x2﹣2x﹣1；
（2）；
（3）6．
【分析】（1）根据函数f（x）的图象过点（0，﹣1），得到n＝﹣1，再根据f（﹣1）＝f（2），由对称性求得m即可求解；
（2）根据，x∈[a，a+2]，分，，，，讨论求解；
（3）根据不动点的定义可得方程2x2﹣（3+t）x+t﹣1＝0有两个不相等的正实根x1，x2，由二次函数根的分布可得到，求解得t＞1，再由并结合基本不等式即可求解．
【解答】解：（1）因为函数f（x）＝2x2+mx+n的图象过点（0，﹣1），所以f（0）＝n＝﹣1，
又因为f（﹣1）＝f（2），所以，解得m＝﹣2，
所以f（x）＝2x2﹣2x﹣1；
（2）由，x∈[a，a+2]，
当时，即，
函数f（x）在[a，a+2]单调递减，所以；
当时，函数f（x）在[a，a+2]单调递增，所以；
当时，即，函数f（x）在单调递减，在单调递增，
根据二次函数性质可知端点x＝a与对称轴的距离比端点x＝a+2与对称轴的距离大，
所以；
当时，即，函数f（x）在单调递减，在单调递增，
根据二次函数性质可知端点x＝a与对称轴的距离比端点x＝a+2与对称轴的距离小，
所以；
当时，即，函数f（x）在单调递减，在单调递增，
根据二次函数性质可知端点x＝a与对称轴的距离和端点x＝a+2与对称轴的距离相等，
所以；
综上所述：；
（3）因为函数g（x）＝f（x）﹣tx+t有两个不相等的不动点x1，x2，且x1＞0，x2＞0，
所以g（x）＝x，即方程2x2﹣（3+t）x+t﹣1＝0有两个不相等的正实根x1，x2，
所以，解得t＞1．
222，
因为t＞1，所以0，0，所以4，
当且仅当，即t＝5时，等号成立，
所以4+2＝6，
所以的最小值为6．
【点评】本题考查函数的性质，一元二次方程根与系数的关系的应用，属中档题．
14．（2024秋 宁德期中）已知函数f（x），g（x）满足f（x）＝2ex﹣e﹣x+ax，．
（1）若f（x）为R上的增函数，求a的取值范围．
（2）证明：f（x）与g（x）的图象关于一条直线对称．
（3）若，且关于x的方程f（x）+f（ex﹣m）＝2g（2﹣x）在[﹣1，1]内有解，求m的取值范围．
【考点】函数的零点与方程根的关系．
【专题】函数思想；转化思想；综合法；函数的性质及应用；导数的综合应用；逻辑思维；直观想象；运算求解．
【答案】（1）；
（2）证明见解析；
（3）[1，e﹣1]．
【分析】（1）求导，利用f′（x）≥0对x∈R恒成立，可求a的取值范围；
（2）求得g（x）的解析式，根据g（x）＝f（2﹣x）可得结论；
（3）可得g（2﹣x）＝f（x），结合已知可得f（ex﹣m）＝f（x）在[﹣1，1]内有解，结合（1）的单调性可得ex﹣m＝x，构造函数可得m的取值范围．
【解答】解：（1）由f（x）＝2ex﹣e﹣x+ax，可得f′（x）＝2ex+e﹣x+a，
∵f（x）为R上的增函数，
∴f′（x）≥0对x∈R恒成立，
∴2ex+e﹣x+a≥0对x∈R恒成立，
即a≥﹣（2ex+e﹣x）对x∈R恒成立，
∵，
∴，
当且仅当2ex＝e﹣x，即，即x＝ln时取等号，
∴，
∴，
∴a的取值范围为；
（2）证明：∵f（x）＝2ex﹣e﹣x+ax，，
∴f（x），
即f（2﹣x），
∴g（x）＝f（2﹣x），
又函数y＝f（x）关于y对称的函数为y＝f（﹣x），
再把y＝f（﹣x）向右方平移2个单位得到y＝f[﹣（x﹣2）]＝f（2﹣x），
∴函数y＝g（x）与y＝f（x）关于对称x＝1；
（3）由（2）可得g（2﹣x）＝2e2﹣（2﹣x）﹣e（2﹣x）﹣2+a[2﹣（2﹣x）]＝2ex﹣e﹣x+ax＝f（x），
又∵f（x）+f（ex﹣m）＝2g（2﹣x）在[﹣1，1]内有解，
∴f（x）+f（ex﹣m）＝2f（x）在[﹣1，1]内有解，
∴f（ex﹣m）＝f（x）在[﹣1，1]内有解，
由（1）可知时，f（x）为R上为单调递增函数，
∴f（x）在[﹣1，1]上单调递增，
∴ex﹣m＝x，
∴m＝ex﹣x在[﹣1，1]内有解，
令φ（x）＝ex﹣x，求导可得φ′（x）＝ex﹣1，
当x∈（﹣1，0）时，φ′（x）＜0，函数在（﹣1，0）上单调递减，
当x∈（0，1）时，φ′（x）＞0，函数在（0，1）上单调递增，
∴φ（x）min＝φ（0）＝1，又，φ（1）＝e﹣1＞1.5，
∴φ（x）max＝φ（1）＝e﹣1，
∴m的取值范围为[1，e﹣1]．
【点评】本题考查了转化思想、导数的综合运用，属于中档题．
15．（2024秋 桃城区校级期中）已知f（x）为偶函数，g（x）为奇函数，且满足f（x）﹣g（x）＝2×4﹣x．
（1）求f（x）、g（x）；
（2）若方程mf（x）＝[g（x）]2+2m+9有解，求实数m的取值范围；
（3）若，且方程有三个解，求实数k的取值范围．
【考点】函数的零点与方程根的关系；函数的奇偶性．
【专题】计算题；整体思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】（1）f（x）＝4x+4﹣x，g（x）＝4x﹣4﹣x；
（2）[10，+∞）；
（3）{0}∪[，+∞）．
【分析】（1）由已知得到f（x）+g（x）＝2×4x，然后和已知等式列方程组求解；
（2）将方程mf（x）＝[g（x）]2+2m+9有解转化为 有解，利用基本不等式求 的最值即可；
（3）求出 的值域，并画出h（x）的图象，令h（x）＝a，将方程有三个解转化为有两个根a1，a2，研究方程的根的取值范围可得答案．
【解答】解：（1）根据题意，
∵f（x）是偶函数，g（x）是奇函数，
且f（x）﹣g（x）＝2×4﹣x①，
∴f（﹣x）＝f（x），g（﹣x）＝﹣g（x），
∴f（﹣x）﹣g（﹣x）＝2×4x，即f（x）+g（x）＝2×4x②；
由①+②解得f（x）＝4x+4﹣x，
①﹣②解得g（x）＝4x﹣4﹣x；
（2）方程mf（x）＝[g（x）]2+2m+9有解，
则m（4x+4﹣x）＝42x+4﹣2x﹣2+2m+9＝（4x+4﹣x）2+2m+5有解，
令t＝4x+4﹣x≥2，当且仅当x＝0时取等号，
∴mt＝t2+2m+5在[2，+∞）有解，
即m（t﹣2）＝t2+5，
当t＝2时，不成立，
当t＞2时，m（t﹣2）4≥24＝6+4＝10，
当且仅当t＝5时取等号，
故m的取值范围为[10，+∞）；
（3）h（x）＝|[f（x）+g（x）]﹣1|＝|4x﹣1|∈[0，+∞），
令h（x）＝a，则a∈[0，+∞），
函数h（x）的图象，如图所示为：
∵方程[h（x）]2﹣（2k）h（x）+k＝0有三个解，
∴a2﹣（2k）a+k＝0有两个根，且0＜a1＜1＜a2，或者a1＝0，0＜a2＜1，或者0＜a1＜1，a2＝1
当a1＝0，0＜a2＜1，有k＝0，
a2a＝0，解得a2满足题意，
则|4x﹣1|＝0，解得x＝0，
则|4x﹣1|，存在两个x值满足，
当a2＝1时，
记p（a）＝a2﹣（2k）a+k，
∴，
解得k，
故k的取值范围为{0}∪[，+∞）．
【点评】本题考查函数的零点与方程的根的关系，及函数的性质，考查学生的运算能力，属于难题．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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