第4.5节综合训练

函数 $ f(x)=\dfrac{4}{x}-{ \log }_{2}x $ 为减函数,由 $ f(2)=2-1=1 > 0 $ , $ f(4)=1-{ \log }_{2}4=-1 < 0 $ ,

可得 $ f(2)f(4) < 0 $ ,所以由函数零点存在定理可知函数 $ f(x)=\dfrac{4}{x}-{ \log }_{2}x $ 的零点在区间 $ (2,4) $ 内.故选 $ \mathrm{C} $ .

因为 $ {x}_{1} $ ， $ {x}_{2} $ 是关于 $ x $ 的方程 $ {x}^{2}+ax+a=0 $ 的解，且满足 $ -2 < {x}_{1} < {x}_{2} < 1 $ ，所以 $ f(x)={x}^{2}+ax+a $ 在 $ (-2,1) $ 上有两个零点，

所以 $ \begin{cases}\mathrm{\Delta }={a}^{2}-4a > 0,\\ -2 < -\dfrac{a}{2} < 1,\\ f(-2)={\left(-2\right) ^ {2}}-2a+a > 0,\\ f(1)={1}^{2}+a+a > 0,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}a < 0\mathrm{或}a > 4,\\ -2 < a < 4,\\ a < 4,\\ a > -\dfrac{1}{2},\end{cases} $ 则 $ -\dfrac{1}{2} < a < 0 $ ，

所以 $ a $ 的取值范围是 $ (-\dfrac{1}{2},0) $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

函数 $ f(x)={2}^{x}+x $ 的零点为函数 $ y={2}^{x} $ 与 $ y=-x $ 的图象交点的横坐标，

函数 $ g(x)={ \log }_{2}x+x $ 的零点为函数 $ y={ \log }_{2}x $ 与 $ y=-x $ 的图象交点的横坐标，

函数 $ ℎ(x)={x}^{3}+x $ 的零点为函数 $ y={x}^{3} $ 与 $ y=-x $ 的图象交点的横坐标.

在同一直角坐标系内作出函数 $ y={2}^{x} $ ， $ y={ \log }_{2}x $ ， $ y={x}^{3} $ 与 $ y=-x $ 的图象如图所示，

由图可知， $ a < 0 $ ， $ b > 0 $ ， $ c=0 $ .

$ \therefore a < c < b $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

若选 $ y=m{x}^{2}+n $ ,将 $ \begin{cases}x=2,\\ y=6\end{cases} $ 和 $ \begin{cases}x=4,\\ y=36\end{cases} $ 代入得 $ \begin{cases}4m+n=6,\\ 16m+n=36,\end{cases} $

解得 $ \begin{cases}m=\dfrac{5}{2},\\ n=-4,\end{cases} $ 所以 $ y=\dfrac{5}{2}{x}^{2}-4 $ ,代入 $ x=6 $ 有 $ y=86\ne 216 $ ,不合题意.

若选 $ y=k\cdot {a}^{x}(k > 0,a > 1) $ ,将 $ \begin{cases}x=2,\\ y=6\end{cases} $ 和 $ \begin{cases}x=4,\\ y=36\end{cases} $ 代入得 $ \begin{cases}k\cdot {a}^{2}=6,\\ k\cdot {a}^{4}=36,\end{cases} $

解得 $ \begin{cases}k=1,\\ a=\sqrt{6},\end{cases} $ 所以 $ y={\left(\sqrt{6}\right) ^ {x}} $ .代入 $ x=6 $ 有 $ y=216 $ ,符合题意.

依题意可令 $ (\sqrt{6})^{M}\geqslant 10000 $ ,

即 $ M \lg \sqrt{6}\geqslant 4 $ ,则 $ M( \lg 2+ \lg 3)\geqslant 8 $ ,

又 $ \lg 2\approx 0.30 $ , $ \lg 3\approx 0.48 $ ,

所以 $ M\geqslant \dfrac{8}{0.30+0.48}\approx 10.256 $ ,又 $ M\in {\boldsymbol{N}}^{\ast } $ ,

所以 $ M $ 的最小值为11.故选 $ \mathrm{C} $ .

作出函数 $ f(x) $ 与 $ y=t $ 的图象如图所示：

由图可得 $ 0 < t\leqslant 1 $ ，

当 $ x < 0 $ 时， $ f(x)=|x+2+\dfrac{1}{x}|=|\dfrac{{x}^{2}+2x+1}{x}|=\dfrac{{\left(x+1\right) ^ {2}}}{|x|}=-\dfrac{{\left(x+1\right) ^ {2}}}{x}=-(x+2+\dfrac{1}{x}) $ ，

由题意可知，关于 $ x $ 的方程 $ -(x+2+\dfrac{1}{x})=t $ 的两根分别为 $ {x}_{1} $ ， $ {x}_{2} $ ，

即关于 $ x $ 的方程 $ {x}^{2}+(t+2)x+1=0 $ 的两根分别为 $ {x}_{1} $ ， $ {x}_{2} $ ，由根与系数的关系可得 $ {x}_{1}+{x}_{2}=-(t+2) $ .

由图可得 $ 0\leqslant {x}_{3} < { \log }_{5}2 < {x}_{4} $ ，

由 $ f({x}_{3})=f({x}_{4})=t $ 得 $ |{5}^{{x}_{3}}-2|=|{5}^{{x}_{4}}-2|=t $ ，则 $ 2-{5}^{{x}_{3}}={5}^{{x}_{4}}-2=t $ ，

可得 $ {5}^{{x}_{3}}=2-t $ ， $ {5}^{{x}_{4}}=t+2 $ ，所以 $ {5}^{2{x}_{4}-{x}_{3}}=\dfrac{{5}^{2{x}_{4}}}{{5}^{{x}_{3}}}=\dfrac{{\left(t+2\right) ^ {2}}}{2-t} $ ，

所以 $ \dfrac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{5}^{2{x}_{4}-{x}_{3}}}=\dfrac{-(t+2)}{\dfrac{{\left(t+2\right) ^ {2}}}{2-t}}=\dfrac{t-2}{t+2}=\dfrac{t+2-4}{t+2}=1-\dfrac{4}{t+2} $ .

因为函数 $ ℎ(t)=1-\dfrac{4}{t+2} $ 在 $ (0,1] $ 上为增函数，

所以当 $ 0 < t\leqslant 1 $ 时， $ -1 < 1-\dfrac{4}{t+2}\leqslant -\dfrac{1}{3} $ ，因此， $ \dfrac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{5}^{2{x}_{4}-{x}_{3}}} $ 的取值范围为 $ (-1,-\dfrac{1}{3}] $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

因为函数 $ f(x+2) $ 是偶函数,所以 $ f(-x+2)=f(x+2) $ ,

所以 $ f(x) $ 的图象关于直线 $ x=2 $ 对称,

令 $ x=2 $ ,则 $ f(0)+f(4)=f(4) $ ,得 $ f(0)=0 $ ,

所以 $ f(4)=f(0)=0 $ ,

所以 $ f(x-2)=f(x+2) $ ,所以 $ f(x)=f(x+4) $ ,

所以 $ f(x) $ 是以4为周期的周期函数,

因为 $ f(x) $ 在 $ (0,2] $ 上的解析式为 $ f(x)=x $ , $ f(x) $ 的图象关于直线 $ x=2 $ 对称,

所以 $ f(x) $ 的图象如图所示,

$ g(x)= \lg |x-2| $ 的图象关于直线 $ x=2 $ 对称, $ f(x) $ 的值域为 $ [0,2] $ .

当 $ x > 2 $ 时, $ g(x)= \lg (x-2) $ ,令 $ g(x)= \lg (x-2)=2 $ ,得 $ x=102 $ ；

当 $ x < 2 $ 时, $ g(x)= \lg (2-x) $ ,令 $ g(x)= \lg (2-x)=2 $ ,得 $ x=-98 $ ,

因为 $ 102-(-98)=200=4×50 $ ,由图象可知两函数图象在每个周期内有2个交点,

所以 $ f(x) $ 与 $ g(x) $ 的图象交点个数为 $ 50×2=100 $ ,故选 $ \mathrm{B} $ .

由已知 $ f({x}_{1})={x}_{1} \ln {x}_{1}-1=0 $ ,即 $ \ln {x}_{1}=\dfrac{1}{{x}_{1}} $ ,

$ g({x}_{2})={\mathrm{e}}^{{x}_{2}}({x}_{2}-1)-\mathrm{e}=0 $ ,即 $ {\mathrm{e}}^{{x}_{2}-1}=\dfrac{1}{{x}_{2}-1} $ ,

令 $ t={x}_{2}-1 $ ,则 $ {\mathrm{e}}^{t}=\dfrac{1}{t} $ .

又因为 $ y= \ln x $ 与 $ y={\mathrm{e}}^{x} $ 的图象关于直线 $ y=x $ 对称, $ y=\dfrac{1}{x} $ 的图象关于直线 $ y=x $ 对称,

所以 $ y= \ln x $ 与 $ y={\mathrm{e}}^{x} $ 的图象分别与 $ y=\dfrac{1}{x} $ 图象的交点关于直线 $ y=x $ 对称,

所以直线 $ {x}_{1}t=1 $ ,即 $ {x}_{1}({x}_{2}-1)=1 $ .

因为 $ f(1)=-1 < 0 $ , $ f(2)=2 \ln 2-1= \ln 4-\mathrm{l}\mathrm{n}\mathrm{e} > 0 $ ,

所以由零点存在定理可知 $ {x}_{1}\in (1,2) $ ,

又 $ {x}_{1}({x}_{2}-1)=1 $ ,即 $ {x}_{2}=\dfrac{1}{{x}_{1}}+1 $ ,所以 $ {x}_{2}\in (\dfrac{3}{2},2) $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ： $ {\mathrm{e}}^{{x}_{2}}\cdot \ln {x}_{1}=\dfrac{\mathrm{e}}{{x}_{2}-1}\cdot \dfrac{1}{{x}_{1}}=\dfrac{\mathrm{e}}{{x}_{1}({x}_{2}-1)}=\mathrm{e} $ , $ \mathrm{A} $ 错误；

对于 $ \mathrm{B} $ ： $ \ln {x}_{1}-{x}_{2}=\dfrac{1}{{x}_{1}}-{x}_{2}=({x}_{2}-1)-{x}_{2}=-1 $ , $ \mathrm{B} $ 错误；

对于 $ \mathrm{C} $ ：因为 $ {x}_{1}({x}_{2}-1)=1 $ ,所以 $ \dfrac{1}{{x}_{1}}={x}_{2}-1 $ ,

所以 $ {\mathrm{e}}^{{x}_{2}-1}+\dfrac{1}{{x}_{1}}=\dfrac{1}{{x}_{2}-1}+({x}_{2}-1)\geqslant 2\sqrt{\dfrac{1}{{x}_{2}-1}\cdot ({x}_{2}-1)}=2 $ ,

当且仅当 $ \dfrac{1}{{x}_{2}-1}={x}_{2}-1 $ ,即 $ {x}_{2}=2 $ 时等号成立,又 $ {x}_{2}\in (\dfrac{3}{2},2) $ ,

所以 $ {\mathrm{e}}^{{x}_{2}-1}+\dfrac{1}{{x}_{1}} > 2 $ , $ \mathrm{C} $ 正确；

对于 $ \mathrm{D} $ ： $ {x}_{2}+\dfrac{1}{1+ \ln {x}_{1}}=(\dfrac{1}{{x}_{1}}+1)+\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{{x}_{1}}}\geqslant 2\sqrt{(\dfrac{1}{{x}_{1}}+1)\cdot \dfrac{1}{1+\dfrac{1}{{x}_{1}}}}=2 $ ,

当且仅当 $ \dfrac{1}{{x}_{1}}+1=\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{{x}_{1}}} $ 时等号成立,不可能,

所以 $ {x}_{2}+\dfrac{1}{1+ \ln {x}_{1}} > 2 $ , $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{C} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ , $ \because f(-x)=-\dfrac{x}{1+|-x|}=-\dfrac{x}{1+|x|} $ , $ \therefore f(-x)+f(x)=0 $ , $ \mathrm{A} $ 正确.

对于 $ \mathrm{B} $ ,当 $ x\geqslant 0 $ 时, $ f(x)=\dfrac{x}{1+x}=1-\dfrac{1}{1+x} $ ,又 $ 0 < \dfrac{1}{1+x}\leqslant 1 $ , $ \therefore $ 当 $ x\geqslant 0 $ 时, $ f(x)\in [0,1) $ .

由 $ \mathrm{A} $ 知 $ f(x) $ 为奇函数, $ \therefore $ 当 $ x < 0 $ 时, $ f(x)\in (-1,0) $ , $ \therefore f(x) $ 的值域为 $ (-1,1) $ , $ \mathrm{B} $ 正确.

对于 $ \mathrm{C} $ ,由 $ \mathrm{B} $ 知,当 $ x\geqslant 0 $ 时, $ f(x)=\dfrac{x}{1+x}=1-\dfrac{1}{1+x} $ ,则 $ f(x) $ 在 $ [0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增；

又 $ f(x) $ 为奇函数,则 $ f(x) $ 在 $ (-\mathrm{\infty },0] $ 上单调递增, $ \therefore f(x) $ 在 $ \boldsymbol{R} $ 上单调递增, $ \therefore $ 若 $ {x}_{1}\ne {x}_{2} $ ,则一定有 $ f({x}_{1})\ne f({x}_{2}) $ , $ \mathrm{C} $ 正确.

对于 $ \mathrm{D} $ ,当 $ x\geqslant 0 $ 时,令 $ \dfrac{x}{1+x}=x $ ,解得 $ x=0 $ ；当 $ x < 0 $ 时,令 $ \dfrac{x}{1-x}=x $ ,方程无解.

$ \therefore f(x)-x=0 $ 在 $ \boldsymbol{R} $ 上有且仅有 $ x=0 $ 一个解, $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{C} $ .

函数 $ f(x)={x}^{2}-2(a+1)x+4 $ 在区间 $ [\dfrac{1}{2},3] $ 上有两个零点,

即 $ {x}^{2}-2(a+1)x+4=0 $ 在区间 $ [\dfrac{1}{2},3] $ 上有两个不同的解,

即 $ 2(a+1)=x+\dfrac{4}{x} $ 在区间 $ [\dfrac{1}{2},3] $ 上有两个不同的解,

转化成 $ y=2(a+1) $ 与 $ g(x)=x+\dfrac{4}{x} $ 的图

象在区间 $ [\dfrac{1}{2},3] $ 上有两个不同的交点,

结合对勾函数的性质可知 $ g(x)=x+\dfrac{4}{x} $ 在 $ [\dfrac{1}{2},2] $ 上单调递减,在 $ [2,3] $ 上单调递增,

且 $ g(\dfrac{1}{2})=\dfrac{17}{2} $ , $ g(2)=4 $ , $ g(3)=\dfrac{13}{3} $ ,所以 $ 4 < 2(a+1)\leqslant \dfrac{13}{3} $ ,解得 $ 1 < a\leqslant \dfrac{7}{6} $ .

当 $ x > 0 $ 时，设 $ t=f(x)- \ln x\mathrm{①} $ ，则 $ f(t)=1+\mathrm{e} $ ，

由①令 $ x=t $ 得 $ f(t)= \ln t+t $ ， $ f(t) $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增，

且 $ f(\mathrm{e})=1+\mathrm{e} $ ，所以 $ t=\mathrm{e} $ ，所以 $ f(x)= \ln x+\mathrm{e}(x > 0) $ ，

令 $ x < 0 $ ，则 $ -x > 0 $ ，所以 $ f(-x)= \ln (-x)+\mathrm{e} $ ，

因为函数 $ f(x) $ 为奇函数，所以 $ f(-x)=-f(x) $ ，

所以 $ -f(x)= \ln (-x)+\mathrm{e} $ ，即 $ f(x)=- \ln (-x)-\mathrm{e}(x < 0) $ ，

所以 $ f(x)=\begin{cases} \ln x+\mathrm{e},x > 0,\\ 0,x=0,\\ - \ln (-x)-\mathrm{e},x < 0.\end{cases} $

当 $ x > 0 $ 时，对于方程 $ xf(x)-2x-1=0 $ ，即 $ x( \ln x+\mathrm{e})-2x-1=0 $ ，

则 $ \ln x-\dfrac{1}{x}+\mathrm{e}-2=0 $ ，令 $ g(x)= \ln x-\dfrac{1}{x}+\mathrm{e}-2(x > 0) $ ，

根据函数解析式易知 $ g(x) $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增，

$ g(1)=\mathrm{e}-3 < 0 $ ， $ g(\mathrm{e})=\mathrm{e}-\dfrac{1}{\mathrm{e}}-1 > 0 $ ，所以 $ g(x) $ 在 $ (1,\mathrm{e}) $ 上有唯一零点，

所以方程 $ xf(x)-2x-1=0 $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上有一个解；

当 $ x=0 $ 时，代入 $ xf(x)-2x-1=0 $ ，

有 $ -1=0 $ 不成立，则 $ x=0 $ 不是方程 $ xf(x)-2x-1=0 $ 的解；

当 $ x < 0 $ 时，对于方程 $ xf(x)-2x-1=0 $ ，即 $ x[- \ln (-x)-\mathrm{e}]-2x-1=0 $ ，

则 $ - \ln (-x)-\dfrac{1}{x}-\mathrm{e}-2=0 $ ，

令 $ ℎ(x)=- \ln (-x)-\dfrac{1}{x}-\mathrm{e}-2(x < 0) $ ，

根据函数解析式易知 $ ℎ(x) $ 在 $ (-\mathrm{\infty },0) $ 上单调递增，

$ ℎ(-1)=- \ln 1-\dfrac{1}{-1}-\mathrm{e}-2=-1-\mathrm{e} < 0 $ ，

$ ℎ(-\dfrac{1}{10})=- \ln \dfrac{1}{10}-\dfrac{1}{-\dfrac{1}{10}}-\mathrm{e}-2= \ln 10+8-\mathrm{e} > 0 $ ，

所以 $ ℎ(x) $ 在 $ (-1,-\dfrac{1}{10}) $ 上有唯一零点，

所以方程 $ xf(x)-2x-1=0 $ 在 $ (-\mathrm{\infty },0) $ 上有一个解.

综上所述，方程 $ xf(x)-2x-1=0 $ 在 $ \boldsymbol{R} $ 上有两个解.

（1）由题意可得， $ t=-6 \ln \dfrac{40-10}{90-10}=-6 \ln \dfrac{3}{8}=-6( \ln \text{ }3-3 \ln \text{ }2)\approx -6×(1.1-3×0.7)=6 $ ，故大约经过6分钟水温降为 $ 40\text{ }\mathrm{℃} $ ．

（2）由题意可得， $ 1.8=-6 \ln \dfrac{\theta -10}{90-10} $ ，

$ \therefore \ln \dfrac{\theta -10}{90-10}= \ln \dfrac{\dfrac{\theta }{10}-1}{8}=-0.3 $ ，

即 $ \ln (\dfrac{\theta }{10}-1)- \ln \text{ }8=-0.3 $ ， $ \text{ }\therefore \ln (\dfrac{\theta }{10}-1)=3 \ln \text{ }2-0.3\approx 1.8\approx \ln \text{ }2+ \ln \text{ }3= \ln \text{ }6 $ ， $ \therefore \theta =70 $ ,故经过1.8分钟水温大约降为 $ 70\text{ }\mathrm{℃} $ ．

（1）当 $ a=1 $ 时， $ f(x)=4x-1 $ ，则 $ f(x) < 0 $ 不恒成立；

当 $ a\ne 1 $ 时， $ \forall x\in \boldsymbol{R} $ ， $ f(x) < 0 $ 恒成立，则 $ \begin{cases}a-1 < 0,\\ \mathrm{\Delta }=16+4\left(a-1\right) < 0,\end{cases} $ 解得 $ a < -3 $ .

综上可得，若 $ \forall x\in \boldsymbol{R} $ ， $ f(x) < 0 $ 恒成立，则实数 $ a $ 的取值范围是 $ (-\mathrm{\infty },-3) $ .

（2）若 $ a=1 $ ，由 $ f(x)=4x-1=0 $ ，得 $ x=\dfrac{1}{4}\in (-1,1) $ ，符合题意;

若 $ a\ne 1 $ ，当 $ \Delta =16+4(a-1)=0 $ ，即 $ a=-3 $ 时， $ f(x)=-4{x}^{2}+4x-1 $ ，零点为 $ \dfrac{1}{2}\in (-1,1) $ ，符合题意；

当 $ \Delta =16+4(a-1) > 0 $ ，即 $ a > -3 $ 且 $ a\ne 1 $ 时， $ f(1)\cdot f(-1)=(a-1+4-1)(a-1-4-1) < 0 $ ，解得 $ -2 < a < 6 $ ， $ \therefore -2 < a < 1 $ 或 $ 1 < a < 6 $ .

又令 $ f(1)=a-1+4-1=0 $ ，得 $ a=-2 $ ，此时方程 $ -3{x}^{2}+4x-1=0 $ 的另一根为 $ x=\dfrac{1}{3}\in (-1,1) $ ，符合题意；

令 $ f(-1)=a-1-4-1=0 $ ，得 $ a=6 $ ，此时方程 $ 5{x}^{2}+4x-1=0 $ 的另一根为 $ x=\dfrac{1}{5}\in (-1,1) $ ，符合题意.

综上，若函数 $ f(x) $ 在区间 $ (-1,1) $ 内恰有一个零点，则实数 $ a $ 的取值范围是 $ [-2,6]\cup ｛-3｝ $ .