高中数学湘教版（2019）必修 第一册4.4 函数与方程课后测评

这是一份高中数学湘教版（2019）必修 第一册4.4 函数与方程课后测评，共27页。试卷主要包含了4函数与方程同步练习，0分），25)B，【答案】C，【答案】B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）
记函数f(x)=(12)|2x−1|−sinπx在区间(−2,3)上的零点分别为x=xi(i=1,2,…,n)，则i=1nxi=( )
A. 32B. 52C. 72D. 3
在用二次法求方程3x+3x-8=0在(1,2)内近似根的过程中，已经得到f(1)<0，f(1.5)>0，f(1.25)<0，则方程的根落在区间( )
A. (1,1.25)B. (1.25,1.5)C. (1.5,2)D. 不能确定
利用二分法求方程lg3x+x−3=0的近似解，可以取的一个区间是( )
A. 0,1B. 1,2C. 2,3D. 3,4
方程lnx+2x=6的根所在的区间为( )
A. (2,2.25)B. (2.25,2.5)C. (2.5,2.75)D. (2.75,3)
若x0是方程lnx+x−3=0的实数解，则x0属于区间( )
A. (1,1.5)B. (1.5,2)C. (2,2.5)D. (2.5,3)
已知函数f(x)=lnx−a,x≥1,x+a,x<1(a∈R)，若函数f(x)在R上有两个零点，则实数a的取值范围是( )
A. [0,+∞)B. [−1,+∞)C. (−1,0]D. −12,0
设实数a，b，c分别满足a=5−12，blnb=1，3c3+c=1，则a，b，c的大小关系为( )
A. c>b>aB. b>c>aC. b>a>cD. a>b>c
函数f(x)=x2−2,x≤02x−6+lnx,x>0的零点个数是( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
某同学在使用二分法求方程x3+x2=2x+2的近似根的过程中，设函数F(x)=x3+x2−2x−2，计算得F(1)=−2，F(1.5)=0.625，F(1.25)≈−0.984，F(1.375)≈−0.260，F(1.4375)≈0.162，F(1.40625)≈−0.054.那么方程x3+x2=2x+2的一个近似根(精确度为0.05)可以是( )
A. 1.32B. 1.385C. 1.41D. 1.44
已知函数f(x)=(12)x−x，g(x)=1g13x−x，h(x)=x3−x(x>0)的零点分别为a，b，c，则a，b，c的大小顺序为( )
A. a>b>cB. c>a>bC. b>c>aD. b>a>c
已知函数f(x)满足f(x)=f(1x)，且当x∈[1π,1]时，f(x)=lnx，若当x∈[1π,π]时，函数g(x)=f(x)−ax与x轴有交点，则实数a的取值范围是( )
A. [−lnππ,0]B. [−π2,−1π]C. [−1π,lnππ]D. [−πlnπ,0]
若函数f(x)=ln x+x2+a−1在区间内有唯一的零点，则实数a的取值范围是( )
A. B. C. D. (1,e2)
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fx=lnx,x≥12x3−3x2+1,x<1，则x∈−1,e时，fx的最小值为 ，设gx=fx2−fx+a，若函数gx有6个零点，则实数a的取值范围是 ．
函数f(x)=xex,x⩾a,x,x设函数f(x)=2x−a,x<14(x−a)(x−2a),x⩾1
①若a=1，则f(x)的最小值为 ；
②若f(x)恰有2个零点，则实数a的取值范围是 ．
已知函数fx=xex+1x≥0x2+2x+1x<0，则方程fx=20212020的实根的个数为 ；若函数y=ffx−a−1有三个零点，则a的取值范围是 ．
已知函数fx=ln3x+csx−132e3x，则fxmax= ；若直线y=aa≥0与函数fx=ln3x+csx−132e3x的图象有交点，则a的取值范围为 ．
三、解答题（本大题共8小题，共96.0分）
已知函数f(x)=ax2+bx+1(a≠0)的图象关于直线x=1对称，且函数y=f(x)+2x为偶函数，函数g(x)=1−2x．
(1)求函数f(x)的表达式;
(2)求证：方程f(x)+g(x)=0在区间[0,1]上有唯一实数根;
(3)若存在实数m，使得f(m)=g(n)，求实数n的取值范围．
已知函数f(x)=ax2+bx+1(a≠0)的图象关于直线x=1对称，且函数y=f(x)+2x为偶函数，函数g(x)=1-2x．
(1)求函数f(x)的表达式;
(2)求证：方程f(x)+g(x)=0在区间[0,1]上有唯一实数根;
(3)若存在实数m，使得f(m)=g(n)，求实数n的取值范围．
已知定义在区间(0,+∞)上的函数f(x)=|x+4x−5|．
(1)求函数f(x)的零点；
(2)若方程f(x)=m(m>0)有四个不等实根x1，x2，x3，x4，证明x1⋅x2⋅x3⋅x4=16；
(3)在区间[1,4]上是否存在实数a，b(a已知函数f(x)=ex+ae−x，其中e是自然对数的底数，a∈R．
(1)若函数y=f(x)在区间(1,+∞)内有零点，求a的取值范围；
(2)当a=4时，∀x∈(0,+∞)，mf(x)≥e−x+3m，求实数m的取值范围．
若在定义域内存在实数x0使f(x0+1)=f(x0)+f(1)成立，则称函数有“漂移点”x0．
(1)函数f(x)=1x是否有漂移点？请说明理由．
(2)证明函数f(x)=x2+2x在(0,1)上有漂移点．
(3)若函数f(x)=lgax2+1在(0,+∞)上有漂移点，求实数a的取值范围．
已知f(x)=(x−1−3)2．
(I)若函数g(x)=f(x)−ax−2有三个零点，求实数a的值；
(II)若对任意x∈［−1,1］，均有f(2x)−2k−2x≤0恒成立，求实数k的取值范围．
已知函数f(x)=3ax2+2bx+c，a+b+c=0，f(0)>0，f(1)>0．
(1)证明：a>0；
(2)利用二分法证明方程f(x)=0在[0,1]上有两个实根．
已知函数f(x)的图象在定义域(0,+∞)上连续不断.若存在常数T>0，使得对于任意的x>0，f(Tx)=f(x)+T恒成立，称函数f(x)满足性质P(T)．
(Ⅰ)若f(x)满足性质P(2)，且f(1)=0，求f(4)+f(14)的值；
(Ⅱ)若f(x)=lg1.2x，试说明至少存在两个不等的正数T1,T2，同时使得函数f(x)满足性质P(T1)和P(T2). (参考数据：1.24=2.0736)
(Ⅲ)若函数f(x)满足性质P(T)，求证：函数f(x)存在零点．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查函数的零点问题，属于中档题．
将函数f(x)的零点转化为图象的交点问题，根据对称性，即可得到答案．
【解答】
解：将函数f(x)的零点转化为图象的交点，两个函数图象有七个交点，且两个函数图象关于x=12对称，
所以零点之和为12×2×3+12=72．
故选C．

2.【答案】B
【解析】【试题解析】
解：∵f(1)<0，f(1.5)>0，
∴在区间(1,1.5)内函数f(x)=3x+3x−8存在一个零点
又∵f(1.5)>0，f(1.25)<0，
∴在区间(1.25,1.5)内函数f(x)=3x+3x−8存在一个零点，
由此可得方程3x+3x−8=0的根落在区间(1.25,1.5)内，
故选：B．
根据函数的零点存在性定理，由f(1)与f(1.5)的值异号得到函数f(x)在区间(1,1.5)内有零点，同理可得函数在区间(1.25,1.5)内有零点，从而得到方程3x+3x−8=0的根所在的区间．
本题给出函数的一些函数值的符号，求相应方程的根所在的区间．着重考查了零点存在定理和方程根的分布的知识，考查了学生分析解决问题的能力，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查函数零点存在定理，属于中档题．
设f(x)=lg3x+x−3，利用零点存在定理即可得解．
【解答】
解：设f(x)=lg3x+x−3，为增函数，
又∵f(2)=lg32−1<0，f(3)=lg33−3+3=1>0，
故f(2)⋅f(3)<0，
故方程lg3x+x−3=0在区间(2,3)上有解，
故选C．

4.【答案】C
【解析】解：令f(x)=lnx+2x−6，则f(x)在(2,3)上为增函数．
f(2)=ln2−2<0，f(2.25)=ln2.25−1.5<0，f(2.5)=ln2.5−1<0，f(2.75)=ln2.75−0.5>0，f(3)=ln3>0，
因为<0，所以fx在2.5,2.75内有零点，
所以方程的根在此区间上，
故选C．
方程lnx+2x=6的根即函数f(x)=lnx+2x−6的零点，而函数f(x)=lnx+2x−6在定义域上单调连续，从而即可求零点的区间．
本题考查了方程的根与函数的零点的应用，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：∵方程lnx+x−3=0，
∴设对应函数f(x)=lnx+x−3，f(x)在(0,+∞)上单调递增，
∵f(2)=ln2+2−3=ln2−1<0，f(2.5)=ln2.5+2.5−3=ln2.5−0.5lne>0，
∴根据零点存在定理可知在区间(2,2.5)内函数存在零点，
即x0属于区间(2,2.5)．
故选：C．
由方程lnx+x=3，设对应函数f(x)=lnx+x−3，然后根据零点存在定理进行判断即可．
本题主要考查函数零点的判断，利用零点存在定理是解决本题的关键，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查了分段函数的零点问题，意在考查考生的逻辑推理能力和转化与化归思想．属于中档题．
根据单调性和零点个数列出不等式组，从而得出a的范围．
【解答】
解：因为函数f(x)在R上有两个零点，且y=ln x−a，y=x+a均为单调递增函数，
所以y=ln x−a在[1,+∞)上有1个零点，y=x+a在(−∞,1)上有1个零点，
所以1+a>0,−a≤0,解得a≥0，
故选A．
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查指数函数及对数函数的图象及性质，考查零点存在性定理及函数的零点与方程的根的关系，属于中档题．
【解答】
解：令f(x)=3x3+x−1，则f′x=9x2+1>0，f(x)=3x3+x−1在R上单调递增，且f(12)⋅f(1)<0，即c∈(12,1)，
blnb=1即lnb=1b，分别令gx=lnx,hx=1xx>0，在同一坐标系下作出两函数图象，观察易得b∈1,2，
0c>a．
故选B．
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了分段函数的零点，当当x≤0时，直接由f(x)=0得出零点，当x>0时，由零点的存在性定理可得零点个数，从而得出结论．
【解答】
解：当x≤0时，由f(x)=x2−2=0，解得x=−2，有1个零点；
当x>0，函数f(x)=2x−6+ln x，单调递增，则f(1)=−4<0，f(3)=ln3>0，
此时函数f(x)在(1,3)上只有一个零点，
所以共有2个零点．
故选C．
9.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查用二分法求区间根的问题，属于基础题．
在利用二分法求区间根的问题上，如果题中有根的精确度的限制，在解题时就一定要计算到满足要求才能结束．由参考数据可得F(1.4375)>0，F(1.40625)<0，又因为题中要求精确到0.05可得答案．
【解答】
解：由参考数据可得F(1.4375)>0，F(1.40625)<0，
方程x3+x2=2x+2的一个近似根在(1.40625,1.4375)之间，
又因为题中要求精确到0.05，
所以近似根可以是1.41．
故选C．

10.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查函数的零点判定定理，注意函数零点的定义，属于基础题．
根据题意，对于h(x)=x3−x，由零点的定义可得c3−c=0，解可得c的值，对于f(x)、g(x)，由零点判定定理分析a、b的范围，据此分析可得答案．
【解答】
解：根据题意，对于h(x)=x3−x，(x>0)，其零点为c，则有c3−c=0，解可得c=1，
对于f(x)=(12)x−x，为单调减函数，
且有f(1)=12−1=−12<0，f(12)=22−1>0，
∴12对于g(x)=lg13x−x，为单调减函数，
有g(13)=lg1313−13=23>0，
g(12)=lg1312−12=lg1312−lg1333
=lg1332<0，则13则有c>a>b，
故选：B．
11.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了方程的根的存在性以及根的个数的判断，解答此题的关键是利用数形结合，使复杂的问题简单化．由题意先求出设x∈(1,π]上的解析式，再用分段函数表示出函数f(x)，根据对数函数的图象画出函数f(x)的图象，根据图象求出函数g(x)=f(x)−ax与x轴有交点时实数a的取值范围．
【解答】
解：设x∈(1,π]，
则1x∈[1π,1),
所以f(x)=f(1x)=ln1x=−lnx，
则f(x)=lnx,x∈[1π,1]−lnx,x∈(1,π],
在坐标系中画出函数f(x)的图象如图：
因为函数g(x)=f(x)−ax与x轴有交点，
所以直线y=ax与函数f(x)的图象有交点，
由图得，直线y=ax与y=f(x)的图象相交于点(1π,−lnπ)，
即有−lnπ=aπ，解得a=−πlnπ．
由图象可得，实数a的取值范围是[−πlnπ,0]．
故选D．

12.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了函数的单调性、零点判定定理的应用，是中档题．
函数f(x)=lnx+x2+a−1在区间(1,e)内有唯一的零点，根据函数单调性及利用零点判定定理列出不等式，求解即可求出a的范围．
【解答】
解：函数f(x)=lnx+x2+a−1在区间(1,e)内有唯一的零点，
当x>0时，函数f(x)=lnx+x2+a−1单调递增，
则f(1)f(e)<0，
可得：a(1+e2+a−1)<0，解得a∈(−e2,0)．
故选A．

13.【答案】−4;
(0,14)
【解析】
【分析】
本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及区间最值问题，函数与方程根的个数问题，考查学生计算能力与数形结合思想，属于难题．
利用函数求导，得到函数的单调区间，求出函数在[−1,e]上f(x)的最小值，利用换元法t=fx，结合函数图象将函数g(x)有6个零点，转化为方程t2−t+a=0，方程需由两个根t1,t2且t1,t2∈0,1，列出不等式，即可求出实数a的取值范围．
【解答】
解：由题意得当x<1时，fx=2x3−3x2+1，
所以f′x=6x2−6x，令f′x=6x2−6x=0，所以x=0或x=1，
所以fx在−∞,0单调递增，在0,1单调递减，
因为x≥1时，fx=lnx，所以fx在[1,+∞)单调递增，
因为f1=ln1=2−3+1=0，所以函数在x=1出连续不断开；
当x∈[−1,e]时，函数fx在−1,0单调递增，在0,1单调递减，1,e单调递增；
因为f−1=−2−3+1=−4因为设t=fx，画出函数图象得到
所以当t∈0,1时，t=fx，有三个交点，
因为函数g(x)有6个零点，
所以等价转化为方程t2−t+a=0，需由两个根t1,t2且t1,t2∈0,1，
所以1−4a>0a>01−1+a>0，所以0所以实数a的取值范围是0,14．
故答案为−4，0,14．
14.【答案】(−∞,1e]
0,1
【解析】
【分析】
本题考查分段函数的性质，考查存在量词命题为真时求参数的取值范围问题，考查利用导数研究函数的最值，考查函数的零点与方程的解，考查抽象思维能力，属于难题．
因为存在实数x0，使得对于任意x∈R，都有f(x0)≥f(x)，等价于函数fx在定义域R上有最大值，所以空1转化为研究函数fx存在最大值时a的取值范围问题，利用导数研究第一段函数的最大值，然后结合两段综合考虑可解；空2转化为研究方程fx=k有三个不等实根的条件，结合空1的分析，可解决问题．
【解答】
解：存在实数x0，使得对于任意x∈R，都有f(x0)≥f(x)，等价于函数fx在定义域R上有最大值．
记gx=xexx∈R，hx=xx∈R，
∵g′x=1−xex，当x<1时，g′x>0，当x>1时，g′x<0，
∴gx在−∞,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
从而gxmax=g1=1e．
若a>1e，则由当x若a⩽1e，则由当xf(x)=xex,x⩾a,x,x因此，若存在实数x0，使得对于任意x∈R，都有f(x0)≥f(x)，则实数a的取值范围是(−∞,1e]．
又若存在不相等的x1，x2，x3，满足f(x1)=f(x2)=f(x3)，记此式的值为k，
则由gx的单调性和图象特征知，方程gx=k必须有两个不等实根，这时k∈0,1e，同时a∈0,1，
对于a∈0,1，方程hx=k也能有一个实根，
因此，这时实数a的取值范围是0,1．
故答案为：(−∞,1e]；0,1．
15.【答案】−1
12≤a<1，或a≥2
【解析】
【分析】
本题考查了分段函数的问题，以及函数的零点问题，培养了学生的转化能力和运算能力以及分类能力，属于中档题．
①分别求出分段的函数的最小值，即可得到函数的最小值；
②分别设h(x)=2x−a，g(x)=4(x−a)(x−2a)，分两种情况讨论，即可求出a的范围．
【解答】
解：①当a=1时，f(x)=2x−1,x<14(x−1)(x−2),x≥1，
当x<1时，f(x)=2x−1为增函数，f(x)>−1，
当x>1时，f(x)=4(x−1)(x−2)=4(x2−3x+2)=4(x−32)2−1，
当132时，函数单调递增，
故当x=32时，f(x)min=f(32)=−1．
②设h(x)=2x−a，g(x)=4(x−a)(x−2a)，
若在x<1时，h(x)与x轴有一个交点，
所以a>0，并且当x=1时，h(1)=2−a>0，所以0而函数g(x)=4(x−a)(x−2a)有一个交点，所以2a≥1，且a<1，
所以12≤a<1，
若函数h(x)=2x−a在x<1时，与x轴没有交点，
则函数g(x)=4(x−a)(x−2a)有两个交点，
当a≤0时，h(x)与x轴无交点，g(x)无交点，所以不满足题意(舍去)，
当h(1)=2−a≤0时，即a≥2时，g(x)的两个交点满足x1=a，x2=2a，都是满足题意的，
综上所述a的取值范围是12≤a<1，或a≥2．
故答案为①−1；②12≤a<1，或a≥2．

16.【答案】3
1,1+1e∪2,3∪3+1e
【解析】
【分析】
本题主要考查函数与方程的应用，求出函数的零点，利用数形结合以及分类讨论是解决本题的关键，属于较难题．
画出函数的图象，即可确定方程f(x)=20212020的实根的个数，求出f(x)的零点，作出函数f(x)的图象，利用数形结合求解即可．
【解答】
解：当x<0时，由f(x)−1=0得x2+2x+1=1，得x=−2或x=0，
当x≥0时，由f(x)−1=0得xex+1=1得x=0，
由y=f(f(x)−a)−1=0得f(x)−a=0或f(x)−a=−2，
即f(x)=a，f(x)=a−2，
作出函数f(x)的图象如图：
则y=f(x)与y=20212020有3个交点，
所以方程f(x)=20212020的实根的个数为3．
y=xex+1⩾1x⩾0，
y′=1−xex，当x∈(0,1)时，y′>0，函数是增函数，x∈(1,+∞)时，y′<0，函数是减函数，
x=1时，函数取得最大值：1+1e．
当1当a−2=1+1e时，即a=3+1e时，y=f(f(x)−a)−1有三个零点，
当a−2>1+1e时，即a>3+1e时，y=f(f(x)−a)−1有2个零点
当a=1+1e时，则y=f(f(x)−a)−1有2个零点，
当0当1综上a的取值范围是：(1,1+1e)⋃(2,3]⋃3+1e．
故答案为3；(1,1+1e)⋃(2,3]⋃3+1e．
17.【答案】12e
[0,12e]
【解析】
【分析】本题考查利用导数研究函数的单调性和极值最值，考查函数图像的交点与方程根的关系，考查零点定理，属于中档题．
利用余弦函数的有界性得f(x)≤ln(3x)+12e3x，设g(x)=ln(3x)+12e3x，则g′(x)=121x−3ln(3x)−3e−3x，利用g′(x)的符号变化求得g(x)的最大值g(13)，又当x=13时，f(13)=12e，所以f(x)max=12e，利用零点定理得到，存在t∈(13e2,13)使得f(t)=0，从而求得a的范围．
【解答】
解：函数定义域为(0,+∞)，
f(x)=ln(3x)+cs(x−13)2e3x≤ln(3x)+12e3x
设g(x)=ln(3x)+12e3x，则g′(x)=121x−3ln(3x)−3e−3x，
设h(x)=1x−3ln(3x)−3，则h′(x)=−3x+1x2<0，
所以h(x)在(0,+∞)单调递减，注意到h(13)=0，
∴当00，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x>13时，h(x)<0，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以x=13时，g(x)取得极大值，也是最大值，g(13)=12e，
又当x=13时，f(13)=12e，
所以f(x)max=12e，
∵f(13)=12e>0，f(13e2)=ln(1e2)+cs(13e2−13)2e12=−2+cs(13e2−13)2e12<0，
∴存在实数t∈(13e2,13)使得f(t)=0，
所以a的范围是[0,12e].
故答案为12e；[0,12e].
18.【答案】解：(1)∵f(x)=ax2+bx+1的图象关于直线x=1对称，
∴b=−2a．
又y=f(x)+2x=ax2+(b+2)x+1为偶函数，
∴b=−2，a=1．
∴f(x)=x2−2x+1=(x−1)2．
(2)设h(x)=f(x)+g(x)=(x−1)2+1−2x，
∵h(0)=1>0，h(1)=−1<0，∴h(0)h(1)<0．
又f(x)=(x−1)2，g(x)=1−2x在区间[0,1]上均单调递减，
∴h(x)在区间[0,1]上单调递减，
∴h(x)在区间[0,1]上存在唯一零点．
∴方程f(x)+g(x)=0在区间[0,1]上有唯一实数根．
(3)由题可知f(x)=(x−1)2≥0，g(x)=1−2x<1，
若存在实数m，使得f(m)=g(n)，则g(n)∈[0,1)，
即1−2n≥0，解得n≤0.
∴n的取值范围是(−∞,0]．
【解析】本题考查根的存在性及根的个数判断，考查函数奇偶性的性质，考查学生对问题的理解能力及转化能力，零点存在定理及二次函数的有关性质是解决问题的基础．
(1)根据对于任意x∈R都有f(1+x)=f(1−x)可知对称轴为x=1，由此得a，b的方程，再由y=f(x)+2x为偶函数可求得b值，从而求得a值；
(2)设h(x)=f(x)+g(x)，方程f(x)+g(x)=0在区间[0,1]上有唯一实数根转化为证明函数h(x)在[0,1]上有唯一零点，根据零点存在定理判定其存在性，利用单调性判定其唯一性；
(3)求出f(x)，g(x)的值域及其交集，据f(m)=g(n)知g(n)属于该交集；
19.【答案】解：(1)∵f(x)=ax2+bx+1的图象关于直线x=1对称，∴b=-2a．
又y=f(x)+2x=ax2+(b+2)x+1为偶函数，∴b=-2，a=1．
∴f(x)=x2-2x+1=(x-1)2．
(2)设h(x)=f(x)+g(x)=(x-1)2+1-2x，
∵h(0)=1>0，h(1)=-1<0，∴h(0)h(1)<0．
又f(x)=(x-1)2，g(x)=1-2x在区间[0,1]上均单调递减，
∴h(x)在区间[0,1]上单调递减，
∴h(x)在区间[0,1]上存在唯一零点．
∴方程f(x)+g(x)=0在区间[0,1]上有唯一实数根．
(3)由题可知f(x)=(x-1)2≥0，g(x)=1-2x<1，
若存在实数m，使得f(m)=g(n)，则g(n)∈[0,1)，即1-2n≥0，解得n≤0.
∴n的取值范围是(-∞,0]．
【解析】本题考查根的存在性及根的个数判断，考查函数奇偶性的性质，考查学生对问题的理解能力及转化能力，零点存在定理及二次函数的有关性质是解决问题的基础．
(1)根据对于任意x∈R都有f(1+x)=f(1−x)可知对称轴为x=1，由此得a，b的方程，再由y=f(x)+2x为偶函数可求得b值，从而求得a值；
(2)设h(x)=f(x)+g(x)，方程f(x)+g(x)=0在区间[0,1]上有唯一实数根转化为证明函数h(x)在[0,1]上有唯一零点，根据零点存在定理判定其存在性，利用单调性判定其唯一性；
(3)求出f(x)，g(x)的值域及其交集，据f(m)=g(n)知g(n)属于该交集，从而得到n的不等式，解得n的取值范围．
20.【答案】解：(1)令f(x)=0，整理得x2−5x+4=0，解得x=1或x=4．
(2)证明：在直角坐标系中画出函数f(x)的图象，如图：
要使f(x)=m有四个根，则0令g(x)=x+4x−5，当g(x)=m，则x2−(5+m)x+4=0，
∴x1⋅x4=4，
当g(x)=−m，则x2−(5−m)x+4=0，
∴x2⋅x3=4，
∴x1⋅x2⋅x3⋅x4=16．
(3)①当[a,b]⊆[1,2]时，f(x)=5−(x+4x)在区间[a,b]上单调递增，
∴f(a)=5−(a+4a)=ma，f(b)=5−(b+4b)=mb，
由f(a)a=f(b)b=m得，5a−1−4a2=5b−1−4b2，
整理得5ab−4(a+b)=0，∴b=4a5a−4，
由b∈(1,2]，解得43≤a<4，
由a∈[1,2)，43≤a<2，
∵b>a，∴a<85，∴43≤a<85，
由m=f(a)a=−4a2+5a−1=−4(1a−58)2+916，
由58<1a⩽34，可得12≤m<916．
②当[a,b]⊆[2,4]，f(x)=5−(x+4x)在区间[a,b]上单调递减，
∴f(a)=5−(a+4a)=mb，f(b)=5−(b+4b)=ma，
由f(a)b=f(b)a=m得，5b−ab−4ab=5a−ba−4ab，
整理可得a+b=5，
再由f(a)=mb，得m=5a−a2−4ab，
把b=5−a代入得m=1−45a−a2，
∵2≤a<4，2a，∴2≤a<52，∴m∈[13,925),
综上，当[a,b]∈[1,2]时，m∈[12,916)；当[a,b]∈[2,4]，∴m∈[13,925)．
【解析】(1)令f(x)=0，求解x的值即可．
(2)如图，要使f(x)=m有四个根，则0(3)①当[a,b]⊆[1,2]时，f(x)=5−(x+4x)，由f(a)a=f(b)b=m，推出m=−4(1a−58)2+916，根据a的范围求解m的范围．
②当[a,b]∈[2,4]，f(x)=5−(x+4x)，由f(a)b=f(b)a=m，推出m=1−45a−a2，根据a的范围求解m的范围．
本题考查函数与方程的应用，考查数形结合以及转化思想的应用，是难题．
21.【答案】解：(1)当a≥0时，f(x)=ex+ae−x≥ex>0，没有零点；
当a<0时，函数y=f(x)是增函数，则需要f(1)=e+ae<0，解得a<−e2
此时f(ln(−a))=eln(−a)+ae−ln(−a)=−a−1>e2−1>0，满足零点存在定理f(1)f(ln(−a))<0
因此函数y=f(x)在区间(1,+∞)内有一个零点，
综上所述，a的取值范围为(−∞,−e2).
(2)由题意知，m(ex+4e−x)≥e−x+3m，即m(ex+4e−x−3)≥e−x，
因为ex+4e−x−3≥2ex⋅4e−x−3=1，则m≥e−xex+4e−x−3，
又e−xex+4e−x−3=1e2x−3ex+4，
令ex=t，t∈(1,+∞)，
则1e2x−3ex+4=1t2−3t+4=1(t−32)2+74≤47(当且仅当t=32时等号成立)，
所以m≥47，即m的取值范围是[47,+∞)．
【解析】本题主要考查了函数与方程的综合应用，函数零点存在定理及函数的零点与方程根的关系，以及不等式恒成立问题，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
(1)由题意，根据a≥0，a<0分类讨论，根据函数零点存在定理即可求出a的取值范围；
(2)由mf(x)≥e−x+3m，可得m≥e−xex+4e−x−3，从而利用换元法，结合二次函数的性质求出的最大值，即可得m的取值范围．
22.【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，
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．
当a=2时，方程的根为−12，不符合要求；
当a>2时，函数gx为二次函数的一部分，二次函数的对称轴为x=a2−a<0，
此时，只需g(0)=2−2a>0，即a<1，不符合要求；
所以2−a>0，且a>0，
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；
(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．
23.【答案】解：(Ⅰ)由题意g(x)=f(x)−ax−2=0等价于f(x)=ax+2有三个不同的解，
由f(x)=(x−4)2,x≥1(x+2)2,x<1，
可得函数图象如图所示：
联立方程：(x−4)2=ax+2，
由Δ=(a+8)2−56=0，可得a=−8±214，
结合图象可知a=−8+214．
同理(x+2)2=ax+2，
由Δ=(4−a)2−8=0，可得a=4±22，
因为4+22结合图象可知a=4−22，
综上可得：a=−8+214或a=4−22．
(Ⅱ)设2x=t∈[12,2]，原不等式等价于(|t−1|−3)2≤2kt2，
两边同乘t2得：[t(|t−1|−3)]2≤2k，
设m(t)=t(|t−1|−3)，t∈[12,2]，
原题等价于2k≥[m(t)]2的最大值，
(1)当t∈[1,2]时，m(t)=t(t−4)，易得m(t)∈[−4,−3]，
(2)当t∈[12,1)时，m(t)=−t(t+2)，易得m(t)∈(−3,54],
所以[m(t)]2的最大值为16，即2k≥16，故k≥4．
【解析】本题是函数与方程的综合应用，属于难题．
(Ⅰ)由题意g(x)=f(x)−ax−2=0等价于f(x)=ax+2有三个不同的解，由f(x)=(x−4)2,x≥1(x+2)2,x<1，画图，结合图象解方程可得a的值；
(Ⅱ)设2x=t∈[12,2]，原不等式等价于(|t−1|−3)2≤2kt2，两边同乘t2得：[t(|t−1|−3)]2≤2k，设m(t)=t(|t−1|−3)，t∈[12,2]，原题等价于2k≥[m(t)]2的最大值，对t讨论求解即可．
24.【答案】证明：(1)∵f(1)>0，
∴3a+2b+c>0，即3(a+b+c)−b−2c>0，
又a+b+c=0，
∴−b−2c>0，则−b−c>c，即a>c，
又f(0)>0，
∴c>0，∴a>0；
(2)在[0,1]内选取二等分点12，
则f(12)=34a+b+c=34a+(−a)=−14a<0，
∵f(0)>0，f(1)>0，
∴f(x)区间(0,12)和(12,1)内至少各有一个零点．
又f(x)最多有两个零点，
∴方程f(x)=0在[0,1]上有两个实根．
【解析】本题考查零点存在定理，二分法，考查了学生解决问题时问题转化的能力与意识，属于拔高题．
(1)由f(1)>0，可得3a+b+c−b−2c>0再结合a+b+c=0，可得答案．
(2)取[0,1]上二等分点12，计算得f12=−a4<0，再由零点存在定理即可证明．
25.【答案】解：(Ⅰ)因为f(x)满足性质P(x)，
所以对于任意的x>0，f(2x)=f(x)+2恒成立．
又因为f(1)=0，
所以，f(2)=f(1)+2=2，
f(4)=f(2)+2=4， 由f(1)=f(12)+2可得f(12)=f(1)−2=−2，
由f(12)=f(14)+2可得f(14)=f(12)−2=−4，
所以，f(4)+f(14)=0.
(Ⅱ)若正数T满足lg1.2(Tx)=lg1.2x+T，等价于lg1.2T=T(或者1.2T=T)，
记g(x)=x−lg1.2x，(或者设g(x)=1.2x−x, x∈(0,+∞)) ，
显然g(1)>0，g(2)=2−lg1.22=−lg1.22<0，
因为1.24>2，所以1.216>16，16>lg1.216，即g(16)>0.
因为g(x)的图像连续不断，
所以存在T∈(1,2)1, T2∈(2,16)，使得g(T1)=g(T2)=0，
因此，至少存在两个不等的正数T1, T2，使得函数f(x)同时满足性质P(T1)和P(T2)．
(Ⅲ) ①若f(1)=0，则1即为f(x)的零点；
②若f(1)=M<0，则f(T)=f(1)+T，f(T2)=f(T)+T=f(1)+2T，⋯，
可得f(Tk)=f(Tk−1)+T=f(1)+kT,其中k∈N+．
取k=[−MT]+1>−MT即可使得f(Tk)=M+kT>0．
所以，f(x)存在零点．
③若f(1)=M>0，则由f(1)=f(1T)+T，可得f(1T)=f(1)−T，
由f(1T)=f(1T2)+T，可得f(1T2)=f(1T)−T=f(1)−2T，⋯，
由f(1Tk−1)=f(1Tk)+T，可得f(1Tk)=f(1Tk−1)−T=f(1)−kT,其中k∈N+．
取k=[MT]+1>MT即可使得f(1Tk)=M−kT<0.所以，f(x)存在零点．
综上，f(x)存在零点.
【解析】本题考查了对新定义的理解，函数零点个数判断，函数图象的意义，属于难题．
(Ⅰ)根据定义直接代入求解；
(Ⅱ)若正数T满足lg1.2(Tx)=lg1.2x+T，等价于lg1.2T=T，借助函数零点存在定理即可证明；
③若f(1)=M>0，则由f(1)=f(1T)+T，可得f(1T)=f(1)−T，取k=[MT]+1>MT即可使得f(1Tk)=M−kT<0，从而证明．