《2025年周末C计划高中数学必修第一册人教版》

11. (13 分)(2025 河南部分重点高中联考)已知 $ a＞1 $，函数 $ f(x)=a^{x - 1}+x - 3,g(x)=\log_{a}x + x - 2 $。
(1)若 $ f(x_{0})=g(x_{0})=-1 $，求 $ x_{0} $ 的值；
(2)若 $ x_{1},x_{2} $ 分别为 $ f(x),g(x) $ 的零点，求 $ x_{1}+x_{2} $ 的值。

答案： 11.解析
(1)由题意得$g(x_0)=\log_ax_0+x_0 - 2 = -1$，即$\log_ax_0 = 1 - x_0$，所以$a^{1 - x_0}=x_0$， (2分)
又$f(x_0)=a^{x_0 - 1}+x_0 - 3 = -1$，所以$a^{x_0 - 1}=2 - x_0$， (4分)
因为$a^{1 - x_0}a^{x_0 - 1}=a^0 = 1$，所以$x_0(2 - x_0)=1$，所以$x_0 = 1$。 (6分)
(2)因为$x_1,x_2$分别为$f(x),g(x)$的零点，所以$a^{x_1 - 1}+x_1 - 3 = 0$， (8分)
即$a^{x_1 - 1}+\log_aa^{x_1 - 1}-2 = 0$，即$g(a^{x_1 - 1})=0$， (10分)
因为$a＞1$，所以$g(x)=\log_ax+x - 2$在$(0,+\infty)$上单调递增，
由$g(x_2)=0$可得$a^{x_1 - 1}=x_2$， (12分)
与$a^{x_1 - 1}+x_1 - 3 = 0$联立可得$x_2 + x_1 - 3 = 0$，所以$x_1 + x_2 = 3$。 (13分)

12. (15 分)(2025 广东佛山期末)已知函数 $ f(x)=|\ln x + 1| - m + 2,g(x)=(m + 1)|\ln x - 1| - 16 $。
(1)讨论函数 $ f(x) $ 的零点个数；
(2)若 $ f(x) $ 有两个零点 $ x_{1},x_{2}(x_{1}＜x_{2}) $，$ g(x) $ 有两个零点 $ x_{3},x_{4}(x_{3}＜x_{4}) $，求 $ \frac{x_{2}x_{4}}{x_{1}x_{3}} $ 的取值范围。

答案：
12.解析
(1)设$h(x)=|\ln x + 1|+2$，则$f(x)$的零点个数可转化为方程$m = h(x)$的根的个数。
$h(x)=\begin{cases}-\ln x + 1,0＜x＜\frac{1}{e},\\\ln x + 3,x\geqslant\frac{1}{e}.\end{cases}$作出$h(x)$的图象如图所示，

显然$h(x)$在$(0,\frac{1}{e})$上单调递减，在$\frac{1}{e},+\infty)$上单调递增，故$h(x)\geqslant h(\frac{1}{e})=2$。
所以当$m＜2$时，$f(x)$没有零点；当$m = 2$时，$f(x)$有$1$个零点；当$m＞2$时，$f(x)$有$2$个零点。 (6分)
(2)由
(1)知当$f(x)$有两个零点时，$m＞2$，
若$g(x)$有两个零点，则$(m + 1)|\ln x - 1|-16 = 0$有两个不相等的实根，
令$r(x)=|\ln x - 1|$，则直线$y=\frac{16}{m + 1}$和函数$r(x)$的图象有两个交点，作出$r(x)$的图象如图所示，

则$\frac{16}{m + 1}＞0$，解得$m＞-1$。
综上可得$m＞2$。
由
(1)和$x_1＜x_2$，可知$-\ln x_1 + 1 = m,\ln x_2 + 3 = m$，即$\ln x_1 = -m + 1,\ln x_2 = m - 3$。
同理可求得$\ln x_3=\frac{m - 15}{m + 1},\ln x_4=\frac{m + 17}{m + 1}$， (11分)
所以$\ln\frac{x_2x_4}{x_1x_3}=(\ln x_2+\ln x_4)-(\ln x_1+\ln x_3)=2m+\frac{32}{m + 1}-6\geqslant2\sqrt{2(m + 1)·\frac{32}{m + 1}}-6 = 10$，
当且仅当$2(m + 1)=\frac{32}{m + 1}$，即$m = 3$时取等号， (14分)
所以$\ln\frac{x_2x_4}{x_1x_3}\geqslant10$，所以$\frac{x_2x_4}{x_1x_3}\geqslant e^{10}$，因此$\frac{x_2x_4}{x_1x_3}$的取值范围为$e^{10},+\infty)$。 (15分)

13. (17 分)(2025 河南三门峡期末调研)对于函数 $ f(x) $，若 $ \exists x_{0}\in\mathbf{R} $，使 $ f(x_{0})=x_{0} $ 成立，则称 $ x_{0} $ 为 $ f(x) $ 的不动点。已知函数 $ f(x)=mx^{2}+(n - 1)x + n - 8(m\neq0) $。
(1)若 0 是 $ f(x) $ 的不动点，求 $ n $ 的值；
(2)若 $ \forall n\in\mathbf{R} $，$ f(x) $ 恒有两个相异的不动点，求实数 $ m $ 的取值范围；
(3)若 $ f(x) $ 的两个不动点为 $ x_{1},x_{2} $，且 $ f(x_{1})+f(x_{2})=-\frac{m}{m + 2} $，当 $ 1＜m＜3 $ 时，求实数 $ n $ 的取值范围。

答案： 13.解析
(1)由题意可知$f(0)=0$，即$n - 8 = 0$，解得$n = 8$。 (3分)
(2)因为$\forall n\in\mathbf{R},f(x)$恒有两个相异的不动点，所以$mx^2+(n - 1)x+n - 8 = x$恒有两个不等实根，
整理得$mx^2+(n - 2)x+n - 8 = 0$恒有两个不等实根，所以$m\neq0$且$\Delta=(n - 2)^2-4m(n - 8)＞0$恒成立，
即$\forall n\in\mathbf{R},n^2-(4 + 4m)n+32m + 4＞0$恒成立， (5分)
则$\Delta'=(4 + 4m)^2-4(32m + 4)＜0$，所以$m^2-6m＜0$，解得$0＜m＜6$。 (8分)
(3)由
(2)及已知得$f(x_1)+f(x_2)=x_1+x_2=-\frac{m}{m + 2}=-\frac{n - 2}{m}$，
所以$n=\frac{m^2 + 2m + 4}{m + 2}=\frac{(m + 2)^2-2(m + 2)+4}{m + 2}=m + 2+\frac{4}{m + 2}-2$， (11分)
设$t = m + 2$，由$1＜m＜3$得$3＜t＜5$，
令$g(t)=t+\frac{4}{t}-2$，其中$3＜t＜5$，任取$t_1,t_2\in(3,5)$，且$t_1＜t_2$，
则$g(t_1)-g(t_2)=t_1+\frac{4}{t_1}-2-(t_2+\frac{4}{t_2}-2)=\frac{(t_1 - t_2)(t_1t_2 - 4)}{t_1t_2}$，
因为$3＜t_1＜t_2＜5$，所以$t_1 - t_2＜0,t_1t_2＞4$，
则$\frac{(t_1 - t_2)(t_1t_2 - 4)}{t_1t_2}＜0$，即$g(t_1)＜g(t_2)$，
所以$g(t)=t+\frac{4}{t}-2$在$(3,5)$上单调递增， (14分)
又$g(3)=3+\frac{4}{3}-2=\frac{7}{3},g(5)=5+\frac{4}{5}-2=\frac{19}{5}$，
所以$\frac{7}{3}＜g(t)＜\frac{19}{5}$，所以$\frac{7}{3}＜n＜\frac{19}{5}$。 (17分)