数学4.4 函数与方程精练

这是一份数学4.4 函数与方程精练，共27页。试卷主要包含了0分），2]=−2，[0，【答案】A，【答案】D，【答案】B，【答案】C等内容，欢迎下载使用。

湘教版（2019）高中数学必修第一册
注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
用符号[x]表示不超过x的最大整数(称为x的整数部分)，如[−1.2]=−2，[0.2]=0，[1]=1，设函数f(x)=(1−lnx)(lnx−ax)有三个不同的零点x1，x2，x3，若[x1]+[x2]+[x3]=6，则实数a的取值范围是( )
A. (0,1e)B. (ln33,1e)C. [ln22,1e)D. [ln22,ln33)
函数f(x)=x2−2x+a在区间(−2,0)和(2,3)内各有一个零点，则实数a的取值范围是( )
A. (−3,0)B. (−3,+∞)C. (−∞,0)D. (0,3)
设方程2ax2−x−1=0在区间(0,1)内恰有一解，则实数a的取值范围是( )
A. {a∣a<−1}B. {a∣−1C. {a∣0≤a≤1}D. {a∣a>1}
已知函数f(x)=x2−2x,x⩾0x−4x,x<0，则函数y=f(x)−3的零点个数为
A. 1B. 2C. 3D. 4
x0是方程lnx=2x的根，则x0所在的大致区间是( )
A. (1,2)B. (2,3)C. (3,4)D. e,+∞
已知函数的零点x0∈a,b，且b−a=1a,b∈N*，则a+b=( )
A. 5B. 4C. 3D. 2
函数f(x)=lnx−2x的零点所在的大致区间是( )
A. (1,2)B. (2,3)C. (1,1e)D. (e,+∞)
设函数f(x)=x2−6x+5,x≥02x+4, x<0，若互不相等的实数x1,x2,x3满足f(x1)=f(x2)=f(x3)，则x1+x2+x3的取值范围是( )
A. (2,6]B. (2,6)C. (4,6]D. (4,6)
设为实数，若函数有零点，则函数y=f[f(x)]零点的个数是
A. 或B. 或C. 或D. 或
方程lnx=4−x的根所在的区间是( )
A. 0,1B. 1,2C. 2,3D. 3,4
偶函数f(x)在区间[0,a](a>0)上是单调函数，且f(0)·f(a)<0，则方程f(x)=0在区间[−a,a]内根的个数是( )
A. 3B. 2C. 1D. 0
根据表格中的数据，可以断定方程ex−x−2=0的一个根所在的区间是( )
A. (−1,0)B. (0,1)C. (1,2)D. (2,3)
第II卷（非选择题）
二、多空题（本大题共5小题，共25.0分）
已知函数f(x)=x2−ax+2，若f(x)的零点均小于1，则实数a的取值范围为 ；若f(x)在(−4,−3)内恰有一个零点，则实数a的取值范围为 ．
函数f(x)=2x−2x的零点个数为 ，不等式f(x)>0的解为 ．
已知函数f(x)满足f(1+x)=f(-1+x)，且f(1-x)=f(1+x)(x∈R)，当x∈[0,1]时，f(x)=2x-1，则f(4)= .若曲线y=f(x)与直线y=k(x-1)有5个交点，则实数k的取值范围是 ．
已知函数f(x)=lg2x+a,x≥1x2+3ax+2a2,x<1,①若a=1，f(x)的最小值是 ；②若f(x)恰好有2个零点，则实数a的取值范围是 ．
若关于x的方程cs2x−sinx+a=0在[0,π] a∈R①方程有解a∈ (1) ；②方程有一解a∈ (2) ．
三、解答题（本大题共8小题，共96.0分）
函数f(x)=lg3x2−lg3(x+m)(m∈R)．
(1)当m=−2时，求不等式f(x)≤2的解集；
(2)若函数f(x)在定义域内存在两个零点，求实数m的取值范围．
已知函数f(x)=-x2+2ex+t-1，g(x)=x+e2x(x>0)，其中e表示自然对数的底数．
(1)若函数hh(x)=g(x)-m有零点，求实数m的取值范围;
(2)试确定t的取值范围，使得g(x)-f(x)=0有两个相异实根．
已知函数fx=x2+14x．
(1)证明：函数fx在0,12上单调递减，在12,+∞上单调递增;
(2)讨论函数gx=4x3−4ax+1在区间(0,1)上的零点个数．
已知函数f(x)=|x−a|x(a>0)，且满足f(12)=1．
(1)判断函数f(x)在(1,+∞)上的单调性，并用定义证明；
(2)设函数g(x)=f(x)−c，若g(x)在(0,+∞)上有两个不同的零点，求实数c的取值范围；
(3)若存在实数m，使得关于x的方程2(x−a)2−x|x−a|+2mx2=0恰有4个不同的正根，求实数m的取值范围．
已知二次函数y=ax2−bx+1．
(1)是否存在实数a，b，使不等式ax2−bx+1>0的解集是{x|1(2)若a为整数，b=a+2，且方程ax2−bx+1=0在x∈{x|−2对于函数f(x)，若存在x0∈R，使方程f(x0)=x0成立，则称x0为f(x)的不动点.已知函数f(x)=ax2+(b+1)x+b−1(a≠0)．
(1)当a=1，b=−2时，求函数f(x)的不动点;
(2)若对任意实数b，函数f(x)恒有两个相异的不动点，求实数a的取值范围．
若在定义域内存在实数x0，使得fx0+1=fx0+f1成立，则称函数有“飘移点”x0．
(1)函数fx=1x是否有“飘移点”？请说明理由；
(2)证明函数fx=x2+2x在0,1上有“飘移点”；
(3)若函数fx=lgax2+1在0,+∞上有“飘移点”，求实数a的取值范围．
已知函数f(x)=|ax2−1|−x2+ax，其中a≤1．
(1)当a=1时，求函数f(x)的单调递减区间；
(2)对满足f(x)有四个零点的任意实数a，当x∈[0,1]时，不等式f(x)≤m恒成立，求实数m的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：不妨设x1由f(x)=0，得1−lnx=0或lnx−ax=0，
所以x=e或lnxx=a，
令g(x)=lnxx，
作出g(x)的图象：

由g(x)的图象可知1e，
由[x1]+[x2]+[x3]=6，可得[x1]+[x3]=4，
又g(2)=g(4)，
若14，
此时[x1]+[x3]≥5，
若2≤x1此时[x1]+[x3]=4或5或6，
要使得[x1]+[x3]=4，则由e所以ln33故选：B．
不妨设x1e，结合取整函数的定义，即可得出答案．
本题考查函数的新定义，解题中需要正确理解取整函数的定义，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查二次函数零点的分布，解答的关键是知道函数零点存在性定理．
由f(−2)>0,f(0)<0,f(2)<0,f(3)>0,解不等式组即可．
【解答】
解：已知函数f(x)=x2−2x+a在区间(−2,0)和(2,3)内各有一个零点，
则f(−2)>0,f(0)<0,f(2)<0,f(3)>0,即8+a>0,a<0,3+a>0,
解得−3故选A．

3.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查函数的零点存在定理，属于基础题．
函数f(x)=2ax2−x−1，由函数零点存在定理得f(0)f(1)<0，由此能求出结果．
【解答】
解：∵方程2ax2−x−1=0在区间(0,1)内恰有一解，
则函数f(x)=2ax2−x−1在(0,1)内恰有一个零点，
f(0)=−1，f(1)=2a−1−1=2a−2，
由题意得f(0)f(1)<0，
∴f(1)=2a−2>0，解得a>1．
故选D．

4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查分段函数以及函数零点问题，属基础题.通过对x分类讨论即可求解．
【解答】
解：当x≥0时，令x2−2x−3=0，解得x=3或−1(舍);
当x<0时，令x−4x−3=0，解得x=−1或4(舍)，
∴x=3或−1为函数y=f(x)−3的零点．
故选B．
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了函数的零点和方程的关系，零点存在性定理，属于基础题．
首先构造函数f(x)=lnx−2x，x∈(0,+∞)，把方程的根的问题转化为函数零点问题，再利用零点存在性定理即可得答案．
【解答】
解： 设f(x)=lnx−2x，x∈(0,+∞)，
由函数在定义域上是递增函数，则在函数有零点的情况下，只有唯一一个零点，
又∵f(3)=ln3−23>0，f(2)=ln2−1<0，
∴f(2)·f(3)<0，
函数f(x)=lnx−2x零点所在的大致区间为(2,3)．
故选B．

6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查函数的零点及对数的运算，属基础题．
由f(2)f(3)<0，和函数的单调性可得函数唯一的零点x0∈[2,3]，进而可得a，b，可得答案．
【解答】
解：∵f(x)=lnx+3x−8，可得函数为(0,+∞)上的增函数，
而且f(2)=ln2−2<0，f(3)=ln3+1>0，即f(2)f(3)<0，
故函数有唯一的零点x0∈[2,3]，且满足题意，
故a=2，b=3，a+b=5，
故选A．

7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查函数零点存在性定理，属于基础题．
根据题意可得f2=ln2−1<0,f3=ln3−23>0，即可求得结果．
【解答】
解：∵函数f(x)=lnx−2x的定义域为(0,+∞)，
函数f(x)=lnx−2x在(0,+∞)上单调递增，
则f2=ln2−1<0,f3=ln3−23>0，
∴f(2)·f(3)<0，
∴函数的零点所在的大致区间是(2,3)．
故选B．

8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查函数零点与方程根的关系，数形结合思想，属于中档题．
由题意，画出函数f(x)的图象，从而不妨设x1<0，x2，x3>0，可得x2+x3=6，−4<2x1+4<4，从而解得．
【解答】
解：当x<0时，f(x)=2x+4<4，
当x≥0时，f(x)=x2−6x+5=(x−3)2−4≥−4，
且x∈[0,3]时，f(x)∈[−4,5]，
x∈[3,+∞)时，f(x)∈[−4,+∞)，
∵存在互不相等的实数x1，x2，x3满足f(x1)=f(x2)=f(x3)，
∴不妨设x1<0，x2，x3>0；
则x2+x3=6，−4<2x1+4<4，
解得，−4故x1+x2+x3的取值范围为(2,6)；
故选B．

9.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查函数与方程的综合应用，函数f(x)的零点个数也是方程f(x)=0根的数目，讨论“嵌套”的函数f[f(x)]的零点个数，可采用换元法令t=f(x)，考虑f(x)的零点与t的关系，分析出对应方程根的数目，即为函数零点的个数．
令f(x)=t，得到y=f[f(x)]=f(t)=2t2−t+a，函数f(x)=2x2−x+a有零点，则方程2x2−x+a=0有根，考虑方程有一个根、两个根两种情况，分析对应的零点个数．
【解答】
解：令f(x)=t，所以y=f[f(x)]=f(t)=2t2−t+a，
因为f(x)=2x2−x+a有零点，所以方程2x2−x+a=0有根，
当2x2−x+a=0仅有一根时，△=1−8a=0，所以a=18，
此时f(x)=2(x−14)2，若f(t)=0，则有t=14是方程2t2−t+18=0的解，
即f(x)=14，此时有2解，即y=f[f(x)]有2个零点;
当2x2−x+a=0有两个不等实根时，△=1−8a>0，所以a<18，
记两根为x1，x2(x1所以x2>0，此时t=x2是方程2t2−t+a=0的解，
即f(x)=x2，x2>0，此时有2解，
又因为x1=1−1−8a4，f(x)min=f(14)=a−18，
f(x)min−x1=−(1−8a−1)2−18<0，
所以x1>f(x)min，所以t=x1是方程2t2−t+a=0的解，
即f(x)=x1，f(x1)>f(x)min，此时有2解，
所以当2x2−x+a=0有两个不等实根时，共有4解，即y=f[f(x)]有4个零点．
故选：C．
10.【答案】C
【解析】
【分析】
本题重点考查零点存在定理，属于基础题．
令f(x)=lnx+x−4，利用零点存在定理即可判断．
【解答】
解：令f(x)=lnx+x−4，
因为f(2)=ln2−2<0,f(3)=ln3−1>0，
由零点存在定理可知，f(x)在(2,3)存在零点，
故方程ln x=4−x在(2,3)存在实数根，
故选C．
11.【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了函数零点的判定定理，属于基础题.灵活运用单调性和奇偶性以及函数的图象，有助于这类问题的解题．
由条件f(0)⋅f(a)<0可知，f(x)在(0,a)上有至少一个零点，又根据函数在(0,a)上单调，说明函数在(0,a)有且只有一个零点，再根据函数为偶函数，图象关于y轴对称，即可知函数在区间(−a,0)也有唯一零点，因此可以得出答案．
【解答】
解：因为f(0)·f(a)<0，所以f(x)在[0,a]内至少有一个零点，
又因为f(x)在[0,a]上是单调函数，
所以f(x)在[0,a]上有且仅有一个零点．
又因为f(x)是偶函数，所以f(−x)=f(x)，
所以f(x)在[−a,0)内也只有一个零点，
故f(x)在[−a,a]内有两个零点，
即方程f(x)=0在区间[−a,a]内根的个数为2．
故选B．

12.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查函数零点存在定理．
根据表格中的数据，直接利用零点存在定理判断即可．
【解答】
解：方程ex−x−2=0的根就是函数fx=ex−x−2的零点，
由上表可知，令fx=ex−x−2，则f−1≈0.37+1−2<0，f0=1−0−2=−1<0，
f1≈2.72−1−2<0，f2≈7.39−2−2>0，f3≈20.09−3−2>0，
故f1f2<0，因为函数图象连续，所以fx=ex−x−2的一个零点在1,2内，
方程ex−x−2=0的一个根所在的区间是1,2，
故选C．
13.【答案】(−∞,−22]
−92,−113
【解析】
【分析】
本题考查了函数零点存在定理、函数的零点与方程根的关系，属于基础题．
若f(x)的零点均小于1，由二次函数性质可得a的不等式组，解之即可；若f(x)在(−4,−3)内恰有一个零点，由函数零点存在定理或是由二次函数性质可得关于a的不等式组，解之即可．
【解答】
解：若f(x)的零点均小于1，
则a2−8≥0,f(1)=3−a>0,a2<1解得a≤−22．
若f(x)在(−4,−3)内恰有一个零点，
则f(−4)f(−3)=(18+4a)(11+3a)<0，或Δ=a2−8=0,−4解得−92故答案为(−∞,−22],−92,−113．

14.【答案】1
【解析】
【分析】
本题考查函数的零点与函数图象交点的关系，求解不等式，属于中档题．
由题意，函数f(x)=2x−2x的零点个数即为函数y=2x与函数y=2x图象的交点个数，作出两函数的图象，根据图象即可得函数零点的个数，对于f(x)>0，即2x>2x，根据函数图象可得解集．
【解答】
解：由题意，函数f(x)=2x−2x的零点个数即为函数y=2x与函数y=2x图象的交点个数，
函数y=2x与函数y=2x图象如下：
根据图象可知函数y=2x与函数y=2x图象只有一个交点，
故函数f(x)=2x−2x的零点个数为1．
不等式f(x)>0，即2x>2x，
结合图象，可知x<0或x>1
即不等式的解为，
故答案为：1； ．

15.【答案】0
(−14,−16)∪(16,14)
【解析】
【分析】
本题考查通过两函数交点个数判断参数的取值范围，涉及了函数的对称性及周期性，主要是培养学生对数形结合思想的运用，属于较难题．
可知函数f(x)的周期为2，又已知x∈[0,1]时，函数f(x)的解析式，故可得到在一个完整周期的解析式，进而作图，通过数形结合，即可求得答案．
【解答】
解：∵函数f(x)满足f(−1+x)=f(1+x)，且f(1+x)=f(1−x)，
∴函数f(x)的周期为2，
∴函数f(x)关于x=1及x=0对称，
∵当x∈[0,1]时，f(x)=2x−1，
∴f(4)=f(0)=20−1=0；
∴当x∈[−1,0)时，f(x)=2−x−1，
作函数草图如下，
由图象可知，要使曲线y=f(x)与直线y=k(x−1)有5个交点，
则需k>0k⋅(5−1)<1k⋅(7−1)>1或k<0k⋅(−3−1)<1k⋅(−5−1)>1，
解得16故答案为：0；(−14,−16)∪(16,14)．

16.【答案】−14 ；
(−1,−12]∪[0,+∞)
【解析】【解答】
①若a=1，分别求出当x≥1时，函数递增，可得最小值f(1)；当x<1时，配方求得最小值，比较即可得到所求最小值；
②若f(x)恰好有2个零点，讨论a=0，a>0，a<0，再由单调性和二次方程的根的情况，即可得到所求a的范围．
本题考查函数的最值和零点个数问题的解法，注意运用分类讨论思想方法，考查化简整理的运算能力，属于较难题目．

【解答】
解：①由题意f(x)=lg2x+1,x≥1x2+3x+2,x<1,
x≥1时，f(x)=lg2x+1单调递增，f(x)min=f(1)=1，
x<1时，f(x)=x2+3x+2=(x+32)2−14，f(x)min=f(−32)=−14，
所以x=−32时，f(x)min=−14；
②若a=0，则f(x)=lg2x,x≥1x2,x<1，恰有两个零点0和1，满足题意，
若a>0，则x≥1时，f(x)=lg2x+a≥a>0无零点，
但x<1时，f(x)=x2+3ax+2a2有两个零点−a和−2a，满足题意，
当a<0时，则x≥1时，f(x)=lg2x+a是增函数，f(x)min=a<0，有一个零点，
x<1时，由f(x)=x2+3ax+2a2=0得x=−a或x=−2a，因为f(x)只有两个零点，所以−a<1−2a≥1，解得−1综上，a的取值范围是(−1,−12]∪[0,+∞)．
故答案为−14 ；(−1,−12]∪[0,+∞)．
17.【答案】[−1,1]
1
【解析】
【分析】
本题主要考查函数的零点与方程的根的关系以及函数的值域、三角函数的性质，属于中档题．
方程有解转化为a=sinx−cs2x=sin2x+sinx−1，利用换元思想和二次函数求值域即可求解．
【解答】
解：由题意，得a=sinx−cs2x=sin2x+sinx−1，
因为x∈[0,π]，
令sinx=t，t∈[0,1]，
令f(t)=t2+t−1=t+122−54，
则ft∈[−1,1]，
所以方程有解a∈[−1,1]；
当方程有一解时，，
此时，a=f(t)=1，此时a∈1，
故答案为[−1,1]， 1．
18.【答案】解：(1)由lg3x2−lg3(x−2)=lg3x2x−2≤2，
得x2−9x+18x−2≤0，且x−2>0，解得3≤x≤6，
∴不等式的解集为{x|3≤x≤6}．
(2)f(x)=lg3x2−lg3(x+m)=lg3x2x+m在定义域内存在两个零点，
即方程lg3x2x+m=0，也即x2−x−m=0存在两个满足条件的不等实根，
由Δ=4m+1>0，解得m>−14，
设x1，x2为方程的两根，且x1即−m<1−4m+12，结合m>−14解得−140．
综上，实数m的取值范围是(−14,0)⋃(0,+∞)．
【解析】本题考查了不等式的解法，函数与方程的思想，分段讨论思想和数形结合的思想，属于中档题．
(1)由题意转化为x2−9x+18x−2≤0，解不等式即可；
(2)函数f(x)有两个零点，等价于方程x2−x−m=0存在两个满足条件的不等实根，所以Δ=4m+1>0，可得−m<1−4m+12由此可得答案．
19.【答案】解：(1)方法一 作出g(x)=x+e2x(x>0)的大致图像，如图所示，
可知若使h(x)=g(x)-m有零点，则只需m≥2e，
即m的取值范围为[2e,+∞).
方法二 令h(x)=0，得g(x)=m，即x2-mx+e2=0．
函数h(x)=g(x)-m(x>0)有零点，即方程x2-mx+e2=0有大于零的根，
故m2>0Δ=m2-4e2⩾0，解得m≥2e，
即m的取值范围为[2e,+∞).
(2)若g(x)-f(x)=0，则g(x)=f(x)，
∵g(x)-f(x)=0有两个相异实根，
∴函数g(x)与f(x)的图像有两个不同的交点．
f(x)=-x2+2ex+t-1=-(x-e)2+e2+t-1，
其图像的对称轴为直线x=e，开口向下，最大值为e2+t-1．
作出函数g(x)与f(x)的大致图像，如图所示．
故当e2+t-1>2e，即t>1+2e-e2时，g(x)与f(x)的图像有两个不同的交点，
即g(x)-f(x)=0有两个相异实根．
∴t的取值范围是(1+2e-e2,+∞).
【解析】本题考查利用函数的零点与方程根的关系及函数零点存在性求参数的取值范围，属于中档题目．
(1)方法一：转化为y=g(x)与y=m图象有交点，得出m的取值范围即可;
方法二：令h(x)=0，转化为方程x2-mx+e2=0有大于零的根，即可求解．
(2)转化为y=g(x)与y=f(x)图象有两个交点，进行求解即可．
20.【答案】解：，不妨设x1则f(x1)−f(x2)
=x12−x22+14x1−14x2
=(x1−x2)[4x1x2(x1+x2)−1]4x1x2，
∵0∴0∴4x1x2x1+x2<1，即4x1x2x1+x2−1<0，
∴f(x1)−f(x2)
=(x1−x2)[4x1x2(x1+x2)−1]4x1x2>0，
即fx在0,12上单调递减．
同理可证fx在12,+∞上单调递增．
(2)由gx=0得：a=x2+14x=fx，
由(1)知：fx在0,12上单调递减，在12,1上单调递增
∴fx≥f12=34．
①若a<34，则fx≥f12=34>a，
∴fx=a在(0,1)上无解，
即gx在(0,1)上无零点．
②若a=34，则fx≥f12=34=a，
∴fx=a在(0,1)上有且只有一解，
即gx在(0,1)上有且只有一个零点．
③若34a，f12=34fx在0,12上单调递减知，
fx=a在0,12上有且只有一解;
由f12=34a，
fx在12,1上单调递增知，
fx=a在12,1上有且只有一解．
即gx在(0,1)上有两个零点．
④若a≥54，则x∈12,1时，f(x)∴fx=a在12,1上无解，
又∵f14a=116a2+a>a，f12=34fx在0,12上单调递减，
∴fx=a在0,12上有且只有一解．
即gx在(0,1)上有且只有一个零点．
综上所述：①a<34时， gx在(0,1)上无零点;
②a=34或a≥54时，gx在(0,1)上有且只有一个零点;
③34【解析】本题主要考查函数的单调性以及函数零点与方程根的关系，属于拔高题．
(1)用定义法判断f(x)的单调性及单调区间；
(2)根据已知及(1)知，函数fx在0,12上单调递减，在12,+∞上单调递增，对a的取值范围进行分类讨论，从而求得函数的零点个数．
21.【答案】 解 (1)f(x)在上单调递增，证明如下：
由f(12)=|12−a|12=1，得a=1或0. 因为a>0，所以a=1，所以f(x)=|x−1|x．
当x>1时，f(x)=x−1x=1−1x，任取x1,x2∈(1,+∞)，且x1则f(x1)−f(x2)=1−1x1−1−1x2=1x2−1x1=x1−x2x2x1，
因为10，
则f(x1)−f(x2)<0，
所以f(x)在(1,+∞)上单调递增；
(2)由(1)可知，f(x)在(1,+∞)上单调递增，
当x∈(1,+∞)时，f(x)=1−1x∈(0,1)，
同理可得f(x)在(0,1)上单调递减，当x∈(0,1)时，f(x)=1x−1∈(0,+∞).
所以c∈(0,1)；
(3)方程2(x−1)2−x|x−1|+2mx2=0可化为2|x−1|2x2−|x−1|x+2m=0， 即2f2(x)−f(x)+2m=0，
设t=f(x)，方程可化为2t2−t+2m=0. 要使原方程有4个不同的正根，
则方程2t2−t+2m=0在(0,1)有两个不等的根t1,t2，
则有1−16m>02m>02×12−1+2m>0，解得0以实数m的取值范围为(0,116)．
【解析】本题考查函数的解析式的求法，利用定义证明单调性，利用单调性求函数值域，考查存在性问题解法，注意运用换元法和转化思想，讨论一元二次方程实根分布，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
(1)由f(12)=1，解方程可得a，再由单调性的定义，即可证得f(x)在(1,+∞)上单调递增；
(2)分别讨论函数f(x)在x∈(1,+∞)和x∈(0,1)时的值域，可得结果；
(3)由题意可得方程2(x−1)2−x|x−1|+2mx2=0可化为2|x−1|2x2−|x−1|x+2m=0，即2f2(x)−f(x)+2m=0，利用一元二次方程实根分布和二次函数的图象和性质可得结果．
22.【答案】解：(1)∵不等式ax2−bx+1>0的解集为{x|1∴方程ax2−bx+1=0的两根是1，2．
则1×2=1a1+2=ba，解得a=12，b=32，
又当a=12>0时，不等式ax2−bx+1>0的解集不可能为{x|1∴不存在实数a，b，使不等式ax2−bx+1>0的解集是{x|1(2)∵b=a+2，∴y=ax2−(a+2)x+1．
对于方程ax2−(a+2)x+1=0，
∵Δ=(a+2)2−4a=a2+4>0，
∴方程ax2−(a+2)x+1=0有两个不等的实数根．
又方程ax2−bx+1=0在x∈{x|−2∴[a(−2)2−b×(−2)+1]⋅[a(−1)2−b×(−1)+1]=(6a+5)⋅(2a+3)<0，
解得−32【解析】本题考查二次函数、二次方程、二次不等式之间的关系，属于中档题．
(1)由一元二次不等式的解法可知ax2−bx+1=0的两根是1，2.利用根与系数之间的关系求出a，b的值进行检验即可求解；
(2)将b=a+2代入原方程得：ax2−(a+2)x+1=0，由该方程的Δ=(a+2)2−4a=a2+4>0可知ax2−(a+2)x+1=0有两个不等的实数根，再由零点存在性定理列不等式[a(−2)2−b×(−2)+1]⋅[a(−1)2−b×(−1)+1]=(6a+5)⋅(2a+3)<0，结合a∈Z即可求解．
23.【答案】解：(1)由题意，得f(x)=x2−x−3，
若x0为f(x)的不动点，
则f(x0)=x02−x0−3=x0，
所以x0=−1或x0=3，
即函数f(x)的不动点为3和−1．
(2)因为对任意实数b，函数f(x)恒有两个相异的不动点，
所以方程ax2+bx+b−1=0有两个不等实根，
即Δ=b2−4a(b−1)>0恒成立，
即对于任意b∈R，b2−4ab+4a>0恒成立，
所以(4a)2−16a<0，即a2−a<0，
所以0故实数a的取值范围是(0,1)．
【解析】本题考查了二次函数与二次方程的关系，函数与方程的综合应用，属于中档题．
(1)由已知f(x)的不动点的定义，可知x0=x02−x0−3，解得x0=−1或x0=3，即可求出f(x)的不动点；
(2)由已知f(x)有两个相异的不动点，得到ax2+bx+b−1=0恒有两个相异实根，由Δ=b2−4ab−1>0(b∈R)恒成立，即可求出a的取值范围．
24.【答案】(1)解：假设函数f(x)=1x有“飘移点”x0，则1x0+1=1x0+1，
即x02+x0+1=0，此方程无实根，与题设矛盾，
所以函数f(x)=1x没有飘移点；
(2)证明：令h(x)=f(x+1)−f(x)−f(1)
=2(2x−1+x−1)，
所以函数h(x)是连续单调函数，
所以h(0)=−1，h(1)=2．
所以h(0)h(1)<0，
∴h(x)=0在(0,1)上至少有一实根，
所以函数f(x)=x2+2x在(0,1)上有漂移点；
(3)解：因为在(0,+∞)上有漂移点x0，则a>0，
所以lga(x0+1)2+1=lgax02+1+lga2成立，即a(x0+1)2+1=ax02+1⋅a2，
整理得(2−a)x02−2ax0+2−2a=0，
从而关于x的方程g(x)=(2−a)x2−2ax+2−2a在(0,+∞)上有实数根x0．
当a=2时，方程的根为−12，不符合要求，
当a>2时，g(x)<0，不符合要求，
当0可知只需4a2−4(2−a)(2−2a)≥0，
解得3−5≤a≤3+5，
所以，
所以a的范围是[3−5,2).
【解析】本题考查了函数的方程与函数间的关系，即利用函数思想解决方程根的问题，利用方程思想解决函数的零点问题，要注意体会．
(1)按照“飘移点”的概念，只需方程有根即可，据此判断；
(2)利用零点存在性定理即可判断，即判断端点处的函数值异号；
(3)若函数在(0,+∞)上有飘移点，只需方程在该区间上有实根，然后借助于二次函数的性质可以解决．
25.【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=|x2−1|−x2+x=x−1,x∈(−∞,−1]∪[1,+∞)−2x2+x+1,−1由图知函数f(x)的单调递减区间为[14,1]
；
(2)①当a=1时，由(1)知此时函数f(x)不满足要求．
②当a≤0时，f(x)=｜ax2−1｜−x2+ax=−ax2+1−x2+ax=−(a+1)x2+ax+1，此时函数f(x)为二次或者一次函数，不满足要求．
③当0f(x)=|ax2−1|−x2+ax=−a+1x2+ax+1,x∈−1a,1aa−1x2+ax−1,x∈−∞,−1a∪1a,+∞
当x∈−1a,1a时，f(x)=−a(a+1)x2+ax+1=[−(a+1)x−1](x−1)，有两个零点x1=−1a+1，x2=1，均满足要求．
对称轴x=a2a+1=12−12a+1∈0,12，
此时f(x)max=f(a2(a+1))=1+a24(a+1)．
当x∈−∞,−1a∪1a,+∞时，f(x)=(a−1)x2+ax−1，函数f(x)有两个零点，
则△=a2−4(1−a)=a2+4a−4>0，得−2+22对称轴x=−a2a−1=−12+121−a>2+1，
而1a<122−1<2+1，
所以−2+22当x∈[0,1]时，fxmax=fa2a+1=1+a24a+1=1+14a+1+1a+1−2．
因为a∈−2+22,1，所以a+1∈−1+22,2，
所以fx=1+14a+1+1a+1−2<98，
综上所述m∈[98,+∞)．
【解析】本题考查分段函数，函数单调性最值，二次函数，函数零点，基本不等式，不等式性质及恒成立问题，综合性较强，有一定的难度．
(1)将a=1时，去绝对值符号可得f(x)解析式，根据图象可得f(x)的单调减区间；
(2)对a分类讨论，判断是否满足f(x)有四个零点，再将当x∈[0,1]时，不等式f(x)≤m恒成立转化为当x∈[0,1]时，f(x)max≤m即可求解．
−1
0
1
2
3
0.37
1
2.72
7.39
20.09
1
2
3
4
5