人教A版高一数学必修第一册第四章《指数函数与对数函数》单元练习题卷含答案解析(36)

人教A版高一数学必修第一册第四章《指数函数与对数函数》单元练习题卷（共22题）

一、选择题（共10题）

1. 设函数 𝑓(𝑥)(𝑥∈𝐑) 满足 𝑓(−𝑥)=𝑓(𝑥)，𝑓(𝑥)=𝑓(2−𝑥)，且当 𝑥∈[0,1] 时，𝑓(𝑥)=𝑥3．又函数 𝑔(𝑥)=∣cos(πx)∣，则函数 ℎ(𝑥)=𝑔(𝑥)−𝑓(𝑥) 在 [−1,2] 上的零点个数为 (  )

2. 已知函数 𝑓(𝑥)=𝑥+1+𝑥+2+𝑥+3，给出下列判断： （1）函数 𝑓(𝑥) 的值域为 𝐑； （2）𝑓(𝑥) 在定义域内有三个零点； （3）𝑓(𝑥) 图象是中心对称图象． 其中正确的判断个数为 (  )

3. 设方程 (𝑚+1)∣ex−1∣−1=0 的两根分别为 𝑥1，𝑥2(𝑥1<𝑥2)，方程 ∣ex−1∣−𝑚=0 的两根分别为 𝑥3，𝑥4(𝑥3<𝑥4)，若 𝑚∈(0,2)，则 (𝑥4+𝑥1)−(𝑥3+𝑥2) 的取值范围为 (  )

4. 设 𝑎=log37，𝑏=21.1，𝑐=0.83.1，则 (  )

5. 已知函数 𝑓(𝑥)=∣lg𝑥∣，若 0<𝑎<𝑏，且 𝑓(𝑎)=𝑓(𝑏)，则 𝑎+2𝑏 的取值范围是 (  )

A． (2√2,+∞)

B． [2√2,+∞)

C． (3,+∞)

D． [3,+∞)

A． 𝑏<𝑎<𝑐

B． 𝑐<𝑎<𝑏

C． 𝑐<𝑏<𝑎

D． 𝑎<𝑐<𝑏

A． (−∞,0) C． (ln5,0)

3

1

𝑥

𝑥+1

𝑥+2

3

A． 5 B． 6 C． 7 D． 8

A． 0 个 B． 1 个 C． 2 个 D． 3 个

B． (−∞,−1) D． (−∞,ln5)

3

6. 已知函数 𝑓(𝑥)=3𝑥−1，给出下列命题： ①若 𝑥>0，则 𝑓(𝑥)>1；

②对于任意的 𝑥1,𝑥2∈𝐑，𝑥1−𝑥2≠0，则必有 (𝑥1−𝑥2)[𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)]>0； ③若对于任意的 𝑥1,𝑥2∈𝐑，𝑥1−𝑥2≠0，则 其中所有正确命题的序号是 (  )

7. 为了稳定市场，确保农民增收，某农产品的市场收购价格 𝑎 与其前三个月的市场收购价格有关，

1

𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)

2

>𝑓(

𝑥1+𝑥22

)．

A．①② B．①③ C．②③ D．①②③

且使 𝑎 与其前三个月的市场收购价格之差的平方和最小．若下表列出的是该产品前 6 个月的市场收购价格：为 (  )

8. 设 𝑎=20.5，𝑏=(2)

𝑥2+2𝑥,𝑥≤0

9. 已知函数 𝑓(𝑥){2𝑥−4，若函数 𝐹(𝑥)=∣𝑓(𝑥)∣−∣𝑘𝑥−1∣ 有且只有 3 个零点，则实数

,𝑥>0

𝑥10.8

月份1234567

价格(元/千克)687867717270

B． 70 元

C． 71 元

则 7 月份该产品的市场收购价格应

A． 69 元 D． 72 元

，𝑐=log20.5，则 (  ) B． 𝑎<𝑏<𝑐

C． 𝑐<𝑏<𝑎

D． 𝑎<𝑐<𝑏

A． 𝑐<𝑎<𝑏

𝑘 的取值范围是 (  )

10. 在下列区间中，函数 𝑓(𝑥)=ex+4x−3 的零点所在的区间为 (  )

二、填空题（共6题）

11. 已知 𝑥0 是方程 𝑎𝑥=log𝑎𝑥(0<𝑎<1) 的解，则 𝑥0，1，𝑎 这三个数的大小关系是 ．

12. 函数 𝑓(𝑥)=2𝑎𝑥−4+3（𝑎>0，且 𝑎≠1）恒过一个定点，则该点的坐标为 ．

13. 已知某种药物在血液中以每小时 20% 的比例衰减，现给某病人静脉注射了该药物 2500 mg，设

经过 𝑥 个小时后，药物在病人血液中的量为 𝑦 mg． （1）𝑦 与 𝑥 的关系式为 ；

（2）当该药物在病人血液中的量保持在 1500 mg 以上，才有疗效；而低于 500 mg，病人就有危险，要使病人没有危险，再次注射该药物的时间不能超过 小时（精确到 0.1）． （参考数据：0.20.3≈0.6，0.82.3≈0.6，0.87.2≈0.2，0..9≈0.1）

2

A． [−,0)∪(0,]∪{}

2

2

16

119

B． (0,]∪[,+∞)

2

169

19

C． (0,2]∪{16} D． {−2,2,16}

11

9

1

A． (−,0)

4

1

B． (0,)

4

1

C． (,)

42

11

D． (,)

24

13

𝑥2+5𝑥+4∣,𝑥≤0,

14. 已知函数 𝑓(𝑥)={∣ 若函数 𝑦=𝑓(𝑥)−𝑎∣𝑥∣ 恰有 4 个零点，则实数 𝑎

2∣𝑥−2∣,𝑥>0,

的取值范围为 ．

15. 若函数 𝑓(𝑥)=log1[𝑘𝑥2+(𝑘+2)𝑥+(𝑘+2)] 的定义域为 𝐑，则实数 𝑘 的取值范围是 ．

3

16. 已知

1

(𝑥)=∣2𝑥−1∣−𝑘 的零点分别为 𝑥1，𝑥2（𝑥1<𝑥2）≤𝑘<1，函数 𝑓，函数 𝑔(𝑥)=3

𝑘

，则 (𝑥4−𝑥3)+(𝑥2−𝑥1) 的最小值为 ． ∣2𝑥−1∣−2𝑘+1 的零点分别为 𝑥3，𝑥4（𝑥3<𝑥4）

三、解答题（共6题）

17. 设函数 𝑓𝑛(𝑥)=𝑥𝑛+𝑏𝑥+𝑐(𝑛∈𝐍+,𝐛,𝐜∈𝐑)．

(1) 设 𝑛≥2，𝑏=1，𝑐=−1，证明：𝑓𝑛(𝑥) 在区间 (2,1) 内存在唯一零点．

(2) 设 𝑛=2，若对任意 𝑥1,𝑥2∈[−1,1]，有 ∣𝑓2(𝑥1)−𝑓2(𝑥2)∣≤4，求 𝑏 的取值范围； (3) 在（1）的条件下，设 𝑥𝑛 是 𝑓𝑛(𝑥) 在 (2,1) 内的零点，判断数列 𝑥2，𝑥3，⋯，𝑥𝑛，⋯ 的

增减性．

18. 利用指数函数的图象比较 0.7−0.3 与 0.4−0.3 的大小．

19. 已知函数 𝑓(𝑥)=(log2𝑥)2+4log2𝑥+𝑚，𝑥∈[,4]，𝑚 为常数．

811

1

(1) 若函数 𝑓(𝑥) 存在大于 1 的零点，求实数 𝑚 的取值范围；

(2) 设函数 𝑓(𝑥) 有两个互异的零点 𝛼，𝛽，求实数 𝑚 的取值范围，并求 𝛼⋅𝛽 的值．

20. 已知 △𝐴𝐵𝐶 的三边长分别是 𝑎，𝑏，𝑐，且满足 8𝑎=8𝑏⋅2𝑐，log2𝑐𝑏+log2𝑐(3𝑎−2𝑐)=2．判断

△𝐴𝐵𝐶 的形状，并说明理由．

21. 已知函数 𝑓(𝑥)=−𝑥2−3𝑥−2，𝑔(𝑥)=2−[𝑓(𝑥)]2．

(1) 求函数 𝑦=𝑔(𝑥) 的解析式；

(2) 利用信息技术，画出函数 𝑦=𝑔(𝑥) 的图象； (3) 求函数 𝑦=𝑔(𝑥) 的零点（精确度为 0.1）．

22. 已知函数 𝑓1(𝑥)=𝑎∣𝑥−𝑎∣+2，𝑓2(𝑥)=𝑎∣𝑥−2𝑎−1∣+1，两者定义域均为 𝐑，其中常数 𝑎>0 且 𝑎≠1．

(1) 若 𝑎>1，证明 𝑓1(𝑥)=𝑎∣𝑥−𝑎∣+2 在区间 [𝑎,+∞) 上单调递增；

3

(2) 求函数 𝑓2(𝑥)=𝑎∣𝑥−2𝑎−1∣+1 的值域； (3) 当 𝑎∈(1,4) 时，不等式

求 𝑚 的取值范围．

log𝑎𝑓1(𝑥)+log𝑎𝑓2(𝑥)

2

−∣∣

log𝑎𝑓1(𝑥)−log𝑎𝑓2(𝑥)∣

2

∣≥𝑚 在 𝑥∈[1,4] 上恒成立，

4

答案

一、选择题（共10题） 1. 【答案】C

【知识点】函数的奇偶性、函数的周期性、函数的零点分布

2. 【答案】D

【解析】由题意可知，函数 𝑓(𝑥)=

𝑥𝑥+1

+

𝑥+1𝑥+211

+

𝑥+2𝑥+3

1

1

=(1−

)+(1−𝑥+2)+(1−𝑥+3) 𝑥+1

1

1

=3−(𝑥+1+𝑥+2+𝑥+3),

其定义域为 {𝑥∣ 𝑥≠−1,𝑥≠−2,𝑥≠−3}．

对于（1），当 𝑥<0，𝑥→−1+ 时，𝑓(𝑥)→−∞；𝑥→−1− 时，𝑓(𝑥)→+∞， 所以函数的值域是 𝐑，所以（1）正确； 对于（2），因为 𝑓(𝑥)=𝑥+1+𝑥+2+𝑥+3

=(1−𝑥+1)+(1−𝑥+2)+(1−𝑥+3) =3−(𝑥+1+𝑥+2+𝑥+3),

所以函数 𝑓(𝑥) 在 𝑥∈(−1,+∞) 是单调递增函数， 又 𝑓(−4)=−3+11+15<0，𝑓(0)=2+3>0， 所以函数 𝑓(𝑥) 在 (−4,0) 上，有且只有一个零点；

当 𝑥∈(−2,−1) 时，𝑓(−4)=3−(−3+4+5)=3−5<0，𝑓(−4)=4−3−7>0， 所以函数在 (−2,−1) 有一个零点；

当 𝑥∈(−3,−2) 时，𝑓(−5)=3−(−9−4+5)=−1+4+9<0，𝑓(−2)=2+3>0， 所以函数在 (−3,−1) 有一个零点，当 𝑥<−3 时，𝑓(𝑥)>0， 所以 𝑓(𝑥) 在定义域内有三个零点，所以（2）正确； 对于（3），因为 𝑓(𝑥)=3−(所以

𝑓(−4−𝑥)=3+(

1𝑥+1

1𝑥+1

1𝑥+2

1

14

5

5

1

5

5

2

7

4

4

1

4

5

1

4

3

3

3

7

1

2

1

1

1

1

1

1

𝑥

𝑥+1

𝑥+2

++

𝑥+3

)，

+

1𝑥+2

1

+

1

=6−[3−(𝑥+1+𝑥+2+𝑥+3)] =6−𝑓(𝑥),

𝑥+31

)

1

所以 𝑓(𝑥)+𝑓(−4−𝑥)=6．

5

所以函数的图象关于点 (−2,3) 中心对称，所以（3）正确． 【知识点】函数的零点分布

3. 【答案】D

【知识点】函数的零点分布、指数函数及其性质

4. 【答案】B

【知识点】指数函数及其性质、对数函数及其性质

5. 【答案】C

【解析】因为 0<𝑎<𝑏，𝑓(𝑎)=𝑓(𝑏)， 所以 0<𝑎<1<𝑏，

所以 𝑓(𝑎)=∣lg𝑎∣=−lg𝑎，𝑓(𝑏)=∣lg𝑏∣=lg𝑏，

所以由 𝑓(𝑎)=𝑓(𝑏)，得 −lg𝑎=lg𝑏，即 lg𝑎+lg𝑏=lg(𝑎𝑏)=0， 所以 𝑎𝑏=1，𝑏=，

𝑎1

所以 𝑎+2𝑏=𝑎+．

𝑎

2

令 ℎ(𝑎)=𝑎+𝑎，

因为函数 ℎ(𝑎) 在区间 (0,1) 上单调递减， 所以 ℎ(𝑎)>ℎ(1)=3． 【知识点】对数函数及其性质

6. 【答案】C

【解析】对于①，若 𝑥>0，则 𝑓(𝑥)>0，①错误； 对于②，函数 𝑓(𝑥)=3𝑥−1 在 𝐑 上单调递增，

所以对任意的 𝑥1,𝑥2∈𝐑，𝑥1−𝑥2≠0，𝑥1<𝑥2，有 𝑓(𝑥1)<𝑓(𝑥2)． 所以 (𝑥1−𝑥2)[𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)]>0，②正确； 对于③，因为

𝑓(𝑥

1)+𝑓(𝑥2)

2

2

==

3𝑥1−1+3𝑥2−123𝑥1+3𝑥22√3𝑥1

−1

>−3𝑥2−1

𝑥+𝑥

=3122−1=𝑓(

𝑥1+𝑥22

),

)，③正确．

所以

𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)

2

>𝑓(

𝑥1+𝑥22

综上所述，其中正确命题的序号是②③． 【知识点】函数的单调性、指数函数及其性质

6

7. 【答案】C

【解析】设 7 月份该产品的市场收购价格为 𝑥 元，与前 3 个月即 4，5，6 月的市场收购价格之差的平方和为 𝑓(𝑥)=(𝑥−71)2+(𝑥−72)2+(𝑥−70)2=3𝑥2−426𝑥+15125=3(𝑥−71)2+2．

当 𝑥=71 时，𝑓(𝑥) 最小．故选C． 【知识点】函数模型的综合应用

8. 【答案】C

【解析】 𝑎=2

0.5

10.8

>1，0<𝑏=(2)

=2−0.8<1，𝑐=log20.5=−1，故有 𝑐<𝑏<𝑎．

【知识点】对数函数及其性质

9. 【答案】D

【解析】令 𝐹(𝑥)=∣𝑓(𝑥)∣−∣𝑘𝑥−1∣=0⇒∣𝑓(𝑥)∣=∣𝑘𝑥−1∣，

在直角坐标系内，画出函数 𝑦=∣𝑓(𝑥)∣ 的图象，从左到右平移 𝑦=∣𝑘𝑥−1∣ 的图象， 找到有三个交点时的位置，求出 𝑘 的取值范围．

（1）当 𝑦=∣𝑘𝑥−1∣ 过 (−2,0) 时，有三个交点，如下图： 故 𝑘=−2；

（2）当 𝑦=∣𝑘𝑥−1∣ 图象的右半部分与 𝑦=即 𝑘𝑥−1=

2𝑥−4𝑥

2𝑥−4𝑥

1

(𝑥>2) 相切时，

⇒𝑘𝑥2−3𝑥+4=0，其判别式为零，

9

即 9−16𝑘=0⇒𝑘=

16

；

（3）当 𝑦=∣𝑘𝑥−1∣ 过 (2,0) 时如下图： 故 𝑘=2；

此时 𝑓ʹ(𝑥)=𝑥2，𝑓ʹ(2)=4=1，𝑓ʹ(2)>𝑘， 所以有三交点，

综上所述：实数 𝑘 的取值范围是 {−,,}．

221611

9

4

4

1

【知识点】函数的零点分布

7

10. 【答案】C

【知识点】零点的存在性定理

二、填空题（共6题） 11. 【答案】 𝑎<𝑥0<1

【解析】在同一平面直角坐标系中作出函数 𝑦=𝑎𝑥 和 𝑦=log𝑎𝑥(0<𝑎<1) 的图象（如图所示）， 由图可以看出 𝑥0<1，log𝑎𝑥0<1， 所以 𝑥0>𝑎， 所以 𝑎<𝑥0<1．

画出 𝑦=𝑎𝑥 与 𝑦=log𝑎𝑥 的图象，即可得到 𝑥0，1，𝑎 的大小关系，应用了数形结合思想．

【知识点】对数函数及其性质、指数函数及其性质

12. 【答案】 (4,5)

【知识点】指数函数及其性质

13. 【答案】 𝑦=2500×0.8𝑥 ； 7.2

【解析】（1）由题意知，该种药物在血液中以每小时 20% 的比例衰减， 给某病人注射了该药物 2500 mg，经过 𝑥 小时后，

药物在病人血液中的量为 𝑦=2500×(1−20%)𝑥=2500×0.8𝑥(mg)， 即 𝑦 与 𝑥 的关系式为 𝑦=2500×0.8𝑥；

（2）当该药物在病人血液中的量保持在 1500 mg 以上，才有疗效； 而低于 500 mg，病人就有危险， 令 2500×0.8𝑥≥500， 所以 0.8𝑥≥0.2，

因为 0.87.2≈0.2，𝑦=0.8𝑥 是单调减函数， 所以 𝑥≤7.2，

所以要使病人没有危险，再次注射药物的时间不能超过 7.2 小时． 【知识点】函数模型的综合应用

8

14. 【答案】(1,2)

【解析】考查函数 𝑦=𝑓(𝑥) 图象与 𝑦=𝑎∣𝑥∣ 图象的交点的情况，根据图象，得 𝑎>0． 当 𝑎=2 时，函数 𝑦=𝑓(𝑥) 与 𝑦=𝑎∣𝑥∣ 图象有 3 个交点； 当 𝑦=𝑎∣𝑥∣(𝑥≤0) 图象与 𝑦=∣𝑥2+5𝑥+4∣ 图象相切时，

在整个定义域内，函数 𝑦=𝑓(𝑥) 图象与 𝑦=𝑎∣𝑥∣ 图象有 5 个交点，

𝑦=−𝑎𝑥,

此时，由 { 得 𝑥2+(5−𝑎)𝑥+4=0． 2

𝑦=−𝑥−5𝑥−4,由 𝛥=0，解得 𝑎=1 或 𝑎=9（舍去）．

故当 1<𝑎<2 时，函数 𝑦=𝑓(𝑥) 与 𝑦=𝑎∣𝑥∣ 图象有 4 个交点．

【知识点】函数零点的概念与意义、函数图象

15. 【答案】 𝑘>

32

【知识点】对数函数及其性质

16. 【答案】log23

【解析】𝑓(𝑥)=∣2𝑥−1∣−𝑘=0⇒2𝑥1=1−𝑘， 2𝑥2=1+𝑘⇒𝑥1=log2(1−𝑘)， 𝑥2=log2(1+𝑘)，

𝑔(𝑥)=∣2𝑥−1∣−2𝑘+1=0⇒2𝑥3=2𝑘+1， 2𝑥4=

3𝑘+12𝑘+1

𝑘

𝑘+1

⇒𝑥3=log2

𝑘+1

2𝑘+1

，

𝑥4=log22𝑘+1，

由（1）（2）得 (𝑥4−𝑥3)+(𝑥2−𝑥1)=log2因为 3≤𝑘<1，

故 (𝑥4−𝑥3)+(𝑥2−𝑥1)≥log23． 【知识点】函数的零点分布

9

1

3𝑘+11−𝑘

3𝑘+1

=log2(

4

1−𝑘

−3)，

三、解答题（共6题） 17. 【答案】

(1) 𝑏=1，𝑐=−1，𝑛≥2 时，𝑓𝑛(𝑥)=𝑥𝑛+𝑥−1．

因为 𝑓𝑛()𝑓𝑛(1)=(𝑛−)×1<0，所以 𝑓𝑛(𝑥) 在 (,1) 内存在零点．

2222又当 𝑥∈(,1) 时，𝑓ʹ𝑛(𝑥)=𝑛𝑥𝑛−1+1>0，

211

1

1

1

因为 𝑓𝑛(𝑥) 在 (,1) 上是单调递增的，

212

1

所以 𝑓𝑛(𝑥) 在 (,1) 内存在唯一零点．

(2) 当 𝑛=2 时，𝑓2(𝑥)=𝑥2+𝑏𝑥+𝑐．对任意 𝑥1,𝑥2∈[−1,1] 都有 ∣𝑓2(𝑥1)−𝑓2(𝑥2)∣≤4 等价

于 𝑓2(𝑥) 在 [−1,1] 上的最大值与最小值之差 𝑀≤4．据此分类讨论如下：

𝑏∣

（ⅰ）当 ∣∣∣>1，即 ∣𝑏∣>2 时，𝑀=∣𝑓2(1)−𝑓2(−1)∣=2∣𝑏∣>4，与题设矛盾．

2

（ⅰ）当 −1≤−<0，即 0<𝑏≤2 时，𝑀=𝑓2(1)−𝑓2(−)=(+1)≤4 恒成立．

222（ⅰ）当 0≤−≤1，即 −2≤𝑏≤0 时，𝑀=𝑓2(−1)−𝑓2(−)=(−1)≤4 恒成立． 222综上可知，−2≤𝑏≤2．

注：（ⅰ）（ⅰ）也可合并证明如下：用 max{𝑎,𝑏} 表示 𝑎，𝑏 中的较大者． 当 −1≤−≤1，即 −2≤𝑏≤2 时，

2𝑏

𝑏

𝑏

𝑏

2

𝑏𝑏𝑏

2

𝑀

=max{𝑓2(1),𝑓2(−1)}−𝑓2(−)

2=

𝑓2(−1)+𝑓2(1)

2

𝑏

+

∣𝑓2(−1)−𝑓2(1)∣

2𝑏24

−𝑓2(−)

2

𝑏

=1+𝑐+∣𝑏∣−(−=(1+

∣𝑏∣22

+𝑐)

)

≤4恒成立．

(3) 方法一：设 𝑥𝑛 是 𝑓𝑛(𝑥) 在 (,1) 内的唯一零点 (𝑛≥2)．

2

𝑛+1𝑛

𝑓𝑛(𝑥𝑛)=𝑥𝑛+𝑥𝑛−1=0，𝑓𝑛+1(𝑥𝑛+1)=𝑥𝑛+1+𝑥𝑛+1−1=0，𝑥𝑛+1∈(,1)．

2

𝑛+1𝑛于是有 𝑓𝑛(𝑥𝑛)=0=𝑓𝑛+1(𝑥𝑛+1)=𝑥𝑛+1+𝑥𝑛−1−1<𝑥𝑛+1+𝑥𝑛+1−1=𝑓𝑛(𝑥𝑛+1)，

1

1

又由（1）知 𝑓𝑛(𝑥) 在 (,1) 上是递增的，故 𝑥𝑛<𝑥𝑛+1(𝑛≥2)，所以，数列 𝑥2，𝑥3，⋯，𝑥𝑛，

2

1

⋯ 是递增数列．

方法二：设 𝑥𝑛 是 𝑓𝑛(𝑥) 在 (2,1) 内的唯一零点，

10

1

𝑛+1

𝑓𝑛+1(𝑥𝑛)𝑓𝑛+1(1)=(𝑥𝑛+𝑥𝑛−1)(1𝑛+1+1−1)

𝑛+1=𝑥𝑛+𝑥𝑛−1

𝑛

<𝑥𝑛+𝑥𝑛−1=0,

则 𝑓𝑛+1(𝑥) 的零点 𝑥𝑛+1 在 (𝑥𝑛,1) 内，故 𝑥𝑛<𝑥𝑛+1(𝑛≥2)，所以，数列 𝑥2，𝑥3，⋯，𝑥𝑛，⋯ 是递增数列．

【知识点】零点的存在性定理、函数的最大（小）值

18. 【答案】如图所示，作出 𝑦=0.7𝑥，𝑦=0.4𝑥 及 𝑥=−0.3 的图象，

易知 0.7−0.3<0.4−0.3． 【知识点】指数函数及其性质

19. 【答案】

(1) 令 log2𝑥=𝑡，𝑥∈[8,4]， 则 𝑔(𝑡)=𝑡2+4𝑡+𝑚(𝑡∈[−3,2])． 由于函数 𝑓(𝑥) 存在大于 1 的零点，

所以关于 𝑡 的方程 𝑡2+4𝑡+𝑚=0 在 𝑡∈(0,2] 内存在实数根． 由 𝑡2+4𝑡+𝑚=0，得 𝑚=−𝑡2−4，𝑡∈(0,2]， 所以 𝑚∈[−12,0)，

所以 𝑚 的取值范围是 [−12,0)．

(2) 函数 𝑓(𝑥) 有两个互异的零点 𝛼，𝛽，

则函数 𝑔(𝑡) 在 [−3,2) 内有两个互异的零点 𝑡1，𝑡2， 其中 𝑡1=log2𝛼，𝑡=log2𝛽， 𝛥=16−4𝑚>0,所以 {𝑔(−3)≥0,

𝑔(2)≥0,解得 3≤𝑚<4，

所以实数 𝑚 的取值范围是 [3,4)．

根据根与系数的关系，可知 𝑡1+𝑡2=−4，即 log2𝛼+log2𝛽=−4， 所以 log2(𝛼⋅𝛽)=−4，得 𝛼⋅𝛽=2−4=

【知识点】函数零点的概念与意义

20. 【答案】由题意，得 23𝑎=23𝑏+𝑐，即 3𝑎=3𝑏+𝑐．

另由题意，得 log2𝑐𝑏(3𝑎−2𝑐)=2，则 (2𝑐)2=𝑏(3𝑎−2𝑐)． 因此 (2𝑐)2=𝑏(3𝑏+𝑐−2𝑐)，即 (3𝑏−4𝑐)(𝑏+𝑐)=0．

由 𝑏+𝑐>0，得 3𝑏−4𝑐=0，则 𝑏=3𝑐，𝑎=3𝑐，得 𝑎:𝑏:𝑐=5:4:3，则 △𝐴𝐵𝐶 为直角三角

11

4

5

116

1

．

形．

【知识点】全等三角形的性质与判定、对数的概念与运算

21. 【答案】

(1) 由题设有 𝑔(𝑥)=2−[𝑓(𝑥)]2=2−(𝑥2+3𝑥+2)2=−𝑥4−6𝑥3−13𝑥2−12𝑥−2．

(2) 函数图象略．

(3) 由图象可知，它分别在 (−3,−2) 和 (−1,0) 内与 𝑥 轴有交点．

因为 𝑔(−3)<0，𝑔(−2)>0，则 𝑔(−3)𝑔(−2)<0，函数 𝑦=𝑔(𝑥) 在 (−3,−2) 内至少有一个零点；

又因为 𝑔(−1)>0，𝑔(0)<0，则 𝑔(−1)𝑔(0)<0，函数 𝑦=𝑔(𝑥) 在 (−1,0) 内至少有一个零点． 用二分法可得函数 𝑦=𝑔(𝑥) 在 (−3,−2) 和 (−1,0) 内的零点的近似值可以分别为 −2.75 和 −0.25．

【知识点】二分法求近似零点、函数的解析式的概念与求法、函数的表示方法

22. 【答案】

(1) 定义法证明，略； (2) ∣𝑥−2𝑎−1∣+1≥1，

① 0<𝑎<1 时，𝑓2(𝑥) 的值域为 (0,𝑎]， ② 𝑎>1 时，𝑓2(𝑥) 的值域为 [𝑎,+∞)； (3) 原问题转化为 𝑚≤log𝑎𝑓1(𝑥)=∣𝑥−𝑎∣+2（对 𝑥∈[1,4] 恒成立， 对于（

∗

∗

）且 𝑚≤log𝑎𝑓2(𝑥)=∣𝑥−2𝑎−1∣+1（

∗∗

）

）式，

因为 𝑎∈(1,4)，

所以当 𝑥=𝑎 时，∣𝑥−𝑎∣+2 取得最小值 2， 所以 𝑚≤2， 对于（

∗∗

3

）式，(∣𝑥−2𝑎−1∣+1)min

32

32

1,1<𝑎≤1,2𝑎+1≤42

={={ 3∣4−2𝑎−1∣+1,2𝑎+1>42𝑎−2.2<𝑎<4

所以当 1<𝑎≤ 时，𝑚≤1，当 <𝑎<4 时，𝑚≤2𝑎−2， 𝑚≤2,3

所以当 1<𝑎≤2 时，{ 得 𝑚≤1，

𝑚≤1,𝑚≤2,3

当 <𝑎<4 时，{ 2𝑚≤2𝑎−2,

此时 2𝑎−2 与 2 的大小关系不确定，需要进行讨论， 当 2<𝑎≤2 时，𝑚≤2𝑎−2， 当 2<𝑎<4 时，𝑚≤2，

12

3

综上，当 1<𝑎≤2 时，𝑚≤1；当 2<𝑎≤2 时，𝑚≤2𝑎−2；当 2<𝑎<4 时，𝑚≤2． 【知识点】指数函数及其性质、函数的最大（小）值、函数的单调性、恒成立问题

33

13