2024年新高一数学暑假衔接班综合测试（解析版）_1多考区联考试卷_08082024年新高一数学暑假衔接班综合测试试题+答案_2024年新高一数学暑假衔接班综合测试试题+答案

绝密★考试启用前 2024 年新高一数学暑假衔接班综合测试 （19 题新高考新结构） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 考试范围: 集合与常用逻辑用语+一元二次函数、方程和不等式+函数的概念与性质 注意事项: 1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的 指定位置。 2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交。 一、单选题（本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符 合题目要求的） 1．若集合M ={x∣ x <4}, N ={x∣3x≥1}，则M ∩N =（ ） A． { x 0≤x<2 } B．  x 1 ≤x<2   C． { x3≤x<16 } D．  x 1 ≤x<16    3   3  【答案】D 【分析】求出集合M,N后可求M ∩N . 1  1  【详解】M ={x∣0≤x<16},N ={x∣x≥ }，故M ∩N =x ≤x<16， 3  3  故选：D 2．关于命题p“∃x ∈R，x2−x +1<0”的否定，下列说法正确的是（ ） 0 0 0 A．¬p：∀x∈R,x2−x+1>0，为假命题 B．¬p：∀x∈R,x2−x+1>0，为真命题 C．¬p：∃x∈R,x2−x+1>0，为真命题 D．¬p：∀x∈R,x2−x+1≥0，为真命题【答案】D 【分析】判断命题p的真假，再求命题的否定，并判断其真假即可. 2  1 3 【详解】因为x2−x+1=x−  + >0，故命题p为假命题，则¬p为真命题；  2 4 又“∃x ∈R，x2−x +1<0”的否定为：“∀x∈R,x2−x+1≥0”， 0 0 0 故选：D. 3．如图，I为全集，M、P、S是I的三个子集，则阴影部分所表示的集合是（ ） A．(M P)S B．(M P)S C．(MP)S D．(MP)S I I 【答案】C 【分析】分析出阴影部分为M P和S的子集，从而选出正确答案. I 【详解】题图中的阴影部分是M P的子集，不属于集合S，故属于集合S的补集，即是S的子集，则阴 I 影部分所表示的集合是(MP)S I 故选：C 4．《红楼梦》、《西游记》、《水浒传》、《三国演义》为我国四大名著，其中罗贯中所著《三国演义》中经典 的战役赤壁之战是中国历史上以弱胜强的著名战役之一，东汉建安十三年（公元208年），曹操率二十万众 顺江而下，周瑜、程普各自督领一万五千精兵，与刘备军一起逆江而上，相遇赤壁，最后用火攻大败曹军．第 49回“欲破曹公，宜用火攻；万事俱备，只欠东风”，你认为“东风”是“赤壁之战东吴打败曹操”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据充分、必要条件的定义判定即可. 【详解】易知：“东风”是“打败曹操”的必要不充分条件. 故选：B1−x+x2 5．函数y= 的值域是（ ） 1+x+x2 1  1   1 A．  ,3  B．  ,1(1,3] C．(0,3] D．−∞,  ∪[3,+∞) 3  3   3 【答案】A 1−x+x2 【分析】对函数y= 分离常数，借助基本不等式，分三种情况讨论即可. 1+x+x2 1−x+x2 ( 1+x+x2) −2x 2x 【详解】结合题意： y= = =1− ， 1+x+x2 1+x+x2 1+x+x2 当x=0时，y=1； 2x 2 2 1 y=1− =1− ≥1− = 1 当x>0时， 1+x+x2 1 1 3，当且仅当 =x， +x+1 2 ⋅x+1 x x x 1 即x=1，原式取得最小值 ； 3 2x 2x 1 另一方面，因为x>0， >0,所以y=1− <1，即 ≤ y<1; 1+x+x2 1+x+x2 3 2x 2 2 2 y=1− =1− =1+ ≤1+ =3 当x<0时， 1+x+x2 1 +x+1  − 1 +(−x)−1 2  − 1 ⋅(−x)−1 ， x  x  x 1 当且仅当− =−x，即x=−1，原式取得最大值3; x 另一方面因为x<0， 2x 令m=1+x+x2，则∆=12−4<0，所以m=1+x+x2 >0，所以 <0, 1+x+x2 2x 所以y=1− >1，即1< y≤3; 1+x+x2 1−x+x2 1  综上所述：函数y= 的值域是  ,3 . 1+x+x2 3  故选：A. 6．已知集合M ={x∈N|1≤x≤21}，集合A，A ，A 满足：①每个集合都恰有7个元素；②A ∪A ∪A =M ．集 1 2 3 1 2 3 合A中元素的最大值与最小值之和称为集合A的特征数，记为X (i=1,2,3)，则X +X +X 的最大值与最小 i i i 1 2 3 值的和为（ ） A．132 B．134 C．135 D．137 【答案】A 【分析】判断集合A,A ,A 中元素的最小值与最大值的可能情况，然后按照特征数定义求解即可． 1 2 3 【详解】集合A,A ,A 满足：①每个集合都恰有7个元素；②A ∪A ∪A =M ． 1 2 3 1 2 3∴A,A ,A 一定各包含7个不同数值． 1 2 3 集合A,A ,A 中元素的最小值分别是1，2，3，最大值是21，15，9，特征数的和X +X +X 最小， 1 2 3 1 2 3 如：A ={1,16,17,18,19,20,21}，特征数为22； 1 A ={2,10,11,12,13,14,15}，特征数为17； 2 A ={3,4,5,6,7,8,9}，特征数为12； 3 则X +X +X 最小，最小值为22＋17＋12＝51． 1 2 3 当集合A,A ,A 中元素的最小值分别是1，7，13，最大值是21，20，19时，特征数的和X +X +X 最大， 1 2 3 1 2 3 如：A ={1,2,3,4,5,6,21}，特征数为22； 1 A ={7,8,9,10,11,12,20}，特征数为27； 2 A ={13,14,15,16,17,18,19}，特征数为32； 3 则X +X +X 最大，最大值为22＋27＋32＝81， 1 2 3 故X +X +X 的最大值与最小值的和为81＋51＝132． 1 2 3 故选：A． (a−1)2+(b+1)2 7．若a>b，且ab=2，则 的最小值为（ ） a−b A．2 5−2 B．2 6−4 C．2 5−4 D．2 6−2 【答案】D 【分析】首先利用条件等式将表达式变形，然后利用基本不等式求最小值，一定要注意取等条件是否成立. 【详解】因为ab=2， (a−1)2+(b+1)2 a2+b2+2−2a+2b a2+b2+ab 所以由题意 = = −2 a−b a−b a−b (a−b)2+3ab 6 = −2=(a−b)+ −2 ， a−b a−b 因为a>b，所以a−b>0， (a−1)2+(b+1)2 6 所以由基本不等式可得 =(a−b)+ −2≥2 6−2， a−b a−b ab=2  6− 14  6+ 14 a= a=   2  2 当且仅当a−b= 6时等号成立，即当且仅当 或 时等号成立，   − 6− 14  − 6+ 14 a>b b= b=     2  2 (a−1)2+(b+1)2 综上所述， 的最小值为2 6−2. a−b故选：D. 【点睛】关键点点睛，解决本题的关键是要利用条件等式对已知表达式变形，利用基本不等式后要注意到 取等条件的成立与否. 8．已知 f (x)，g(x)都是定义在R上的函数，对任意x，y满足 f(x−y)= f(x)g(y)−g(x)f(y)，且 f (−2)= f (1)≠0，则下列说法正确的是（ ） A． f (0)=1 B．函数g(2x+1)的图象关于点(1,0)对称 2023 C．g(1)+g(−1)=0 D．若 f (1)=1，则∑ f (n)=1 n=1 【答案】D 2π 2π 【分析】利用赋值法结合题目给定的条件可判断AC，取 f (x)=sin x,g(x)=cos x可判断B，对于D， 3 3 通过观察选项可以推断 f (x)很可能是周期函数，结合 f(x)g(y),g(x)f(y)的特殊性及一些已经证明的结论， 想到令y=−1和y=1时可构建出两个式子，两式相加即可得出 f (x+1)+ f (x−1)=−f (x)，进一步得出 f (x) 2023 是周期函数，从而可求∑ f (n)的值. n=1 【详解】解：对于A，令x= y=0，代入已知等式得 f (0)= f (0)g(0)−g(0) f (0)=0，得 f (0)=0，故A 错误； 2π 2π 对于B，取 f (x)=sin x,g(x)=cos x，满足 f(x−y)= f(x)g(y)−g(x)f(y)及 f (−2)= f (1)≠0， 3 3 因为g(3)=cos2π=1≠0，所以g(x)的图象不关于点(3,0)对称， 所以函数g(2x+1)的图象不关于点(1,0)对称，故B错误； 对于C，令y=0，x=1，代入已知等式得 f (1)= f (1)g(0)−g(1) f (0)， 可得 f (1) 1−g(0)  =−g(1) f (0)=0，结合 f (1)≠0得1−g(0)=0，g(0)=1， 再令x=0，代入已知等式得 f (−y)= f (0)g(y)−g(0) f (y)， 将 f (0)=0，g(0)=1代入上式，得 f (−y)=−f (y)，所以函数 f (x)为奇函数. 令x=1，y=−1，代入已知等式，得 f (2)= f (1)g(−1)−g(1) f (−1)， 因为 f (−1)=−f (1)，所以 f (2)= f (1) g(−1)+g(1)  ，又因为 f (2)=−f (−2)=−f (1)，所以−f (1)= f (1) g(−1)+g(1)  ， 因为 f (1)≠0，所以g(1)+g(−1)=−1，故C错误； 对于D，分别令y=−1和y=1，代入已知等式，得以下两个等式： f (x+1)= f (x)g(−1)−g(x) f (−1)， f (x−1)= f (x)g(1)−g(x) f (1)， 两式相加易得 f (x+1)+ f (x−1)=−f (x)，所以有 f (x+2)+ f (x)=−f (x+1)， 即： f (x)=−f (x+1)− f (x+2)， 有：−f (x)+ f (x)= f (x+1)+ f (x−1)− f (x+1)− f (x+2)=0， 即： f ( x−1 )= f ( x+2 ) ，所以 f (x)为周期函数，且周期为3， 因为 f (1)=1，所以 f (−2)=1，所以 f (2)=−f (−2)=−1， f (3)= f (0)=0， 所以 f (1)+ f (2)+ f (3)=0， 2023 所以∑ f (n)=1= f (1)+ f (2)+ f (3)++ f (2023)= f (2023)= f (1)=1，故D正确. n=1 故选：D. 【点睛】思路点睛：对于含有x,y的抽象函数的一般解题思路是：观察函数关系，发现可利用的点，以及利 用证明了的条件或者选项；抽象函数一般通过赋值法来确定、判断某些关系，特别是有x,y双变量，需要双 赋值，可以得到一个或多个关系式，进而得到所需的关系，此过程中的难点是赋予哪些合适的值，这就需 要观察题设条件以及选项来决定. 二、多选题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分） 9．下列命题为真命题的有（ ） a+m a A．若a，b∈R，则a2+b2 ≥2ab B．若a> b > 0，m>0，则 > b+m b 1 1 C．若a D．若ac2 >bc2，则a>b a b 【答案】ACD 【分析】作差即可判断ABC；根据不等式的性质即可判断D. 【详解】对于A，因为a2+b2−2ab=(a−b)2 ≥0，所以a2+b2 ≥2ab，故A正确； a+m a ab+bm−ab−am (b−a)m 对于B， − = = ， b+m b b(b+m) b(b+m) 因为a> b > 0，m>0，所以(b−a)m<0,b(b+m)>0， a+m a a+m a 所以 − <0，所以 < ，故B错误； b+m b b+m b 1 1 b−a 1 1 对于C，若a0，所以 > ，故C正确； a b ab a b 对于D，若ac2 >bc2，则c2 >0，所以a>b，故D正确. 故选：ACD. 10．已知关于x一元二次不等式ax2−2ax+b>0的解集为A={ x m−2的解集为B={ x p0的解集为A={ x m−2的解集为B={ x p0， a 所以p>0，q>0 q 2 q p+q q p q p q p 所以 + = + = + +1≥2 ⋅ +1=3，当且仅当 = ，即p=q=1时取等号， p q p q p q p q p q q 2 显然p3，故D错误. p q 故选：BC 11．定义域为R的函数 f (x)满足 f (x+y)= f (x)+ f (y)， f (2)=1，且x<0时， f (x)<0，则（ ） A． f (x)为奇函数 B． f (x)在(−∞,+∞)单调递增 C． f (−1)=− 1 D．不等式 f (x−2)≤2的解集为 { x x≤6 } 4 【答案】ABD 【分析】对于A，令x= y=0，求出 f(0)，然后令y=−x结合函数奇偶的定义判断，对于B，设x 0时，m>−2，有韦达定理得 1−6=−2(m+1)  ，此时m无解，  −1×6=m2−3 综上：故实数m的取值范围是(−∞,−2 ] . 故答案为：(−∞,−2 ] 2 1 m 13．已知a>b>c且 + ≥ 恒成立，实数m的最大值是 ． a−b b−c a−c 【答案】3+2 2/2 2+3 【分析】将不等式转化，应用基本不等式求出最大值，即可得到答案. 【详解】由题意，a−b>0,b−c>0,a−c>0， 2 1 m 2(a−c) a−c 所以 + ≥ 转化为 + ≥m， a−b b−c a−c a−b b−c 2(a−b+b−c) a−b+b−c 2(b−c) a−b 可得 + ≥m，即2+ +1+ ≥m， a−b b−c a−b b−c 因为2+ 2(b−c) +1+ a−b ≥3+2 2，当且仅当a−b= 2(b−c)时等号成立， a−b b−c 所以实数m的最大值是3+2 2. 故答案为：3+2 2 14．我们知道，函数y= f (x)的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数y= f (x)为奇函数， 有同学发现可将其推广为：函数y= f (x)的图象关于点P(a,b)成中心对称的充要条件是函数y= f (x+a)−b 3 15 1 为奇函数.据此，对于函数g(x)=x3− x2+ x− ，其图象的对称中心是 ，且有 2 4 8  1   2   3  2022 2023 g +g +g ++g +g = . 2024 2024 2024 2024 2024 1 3 6069 【答案】  ,  2 2 2 【分析】根据条件分析得到−g(x+a)+b=g(−x+a)−b，由此列出关于a,b的方程并求解出a,b的值，则对 称中心坐标可知；根据条件可得g(1−x)+g(x)=3，然后根据函数值的对称特点求解出原式的值.【详解】设g(x)的对称中心为(a,b)，则y=g(x+a)−b为奇函数， 所以−g(x+a)+b=g(−x+a)−b， 3 15 1 3 15 1 即−(x+a)3+ (x+a)2− (x+a)+ +b=(−x+a)3− (−x+a)2+ (−x+a)− −b， 2 4 8 2 4 8 15 1 化简可得(6a−3)x2+2a3−3a2+ a− −2b=0， 2 4  1 6a−3=0 a=    2 所以 15 1 ，解得 ，   2a3−3a2+ 2 a− 4 −2b=0  b= 3  2 1 3 所以g(x)图象的对称中心为 , ； 2 2 1 3  1 3  1 3 因为g(x)图象的对称中心为 , ，所以−gx+ + =g−x+ − ， 2 2  2 2  2 2  1  1 所以g−x+ +gx+ =3，所以g(1−x)+g(x)=3，  2  2  1  2023  2  2022  3  2021 1011 1013 所以g +g =g +g =g +g ==g +g =3， 2024 2024 2024 2024 2024 2024 2024 2024 1012 1 3 6069 所以原式=3×1011+g =3033+g =3033+ = ， 2024 2 2 2 1 3 6069 故答案为： , ； . 2 2 2 【点睛】结论点睛：对称性的常用结论如下： （1）若函数 f (x)满足 f (a+x)= f (a−x)或 f (2a−x)= f (x)或 f (2a+x)= f (−x)，则 f (x)的一条对称轴 为x=a； （2）若函数 f (x)满足 f (a+x)+ f (a−x)=2b或 f (2a−x)+ f (x)=2b或 f (2a+x)+ f (−x)=2b，则 f (x)的 一个对称中心为(a,b) . 四、解答题（本题共 5 小题，共77分，其中 15 题 13 分，16 题 15 分，17 题 15 分，18 题 17 分， 19 题 17 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．已知集合A=  x 1 ≤2x ≤32  ，B= { x x2−4x+4−m2 ≤0,m∈R } .  4  (1)若m=3，求A∩B； (2)若存在正实数m，使得“x∈A”是“x∈B”成立的充分不必要条件，求正实数m的取值范围. 【答案】(1)A∩B=[−1,5](2) [ 4,+∞) 【分析】（1）解指数不等式，一元二次不等式化简集合A,B，然后由交集定义计算； （2）根据充分不必要条件的定义得不等式组求解；  1  【详解】（1）A=x ≤2x ≤32=[−2,5 ]  4  { } 因m>0，则B= x  x−(2−m)   x−(2+m)  ,m∈R =[ 2−m,2+m ] . 当m=3时，B=[−1,5]，所以A∩B=[−1,5] . （2）因“x∈A”是“x∈B”成立的充分不必要条件，则A是B的真子集. m>0 m>0   所以2−m≤−2⇒m≥4⇒m∈[ 4,+∞)，经检验“=”满足.   2+m≥5 m≥3 所以实数m的取值范围是[ 4,+∞) . 16．中国建设新的芯片工厂的速度处于世界前列，这是朝着提高半导体自给率目标迈出的重要一步.根据国 际半导体产业协会(SEMI)的数据，在截至2024年的4年里，中国计划建设31家大型半导体工厂.某公司打 算在2023年度建设某型芯片的生产线，建设该生产线的成本为300万元，若该型芯片生产线在2024年产 出x万枚芯片，还需要投入物料及人工等成本V(x)（单位：万元），已知当020时，V(x)=81x+ −600，已知生产的该型芯片都能以每 x 枚80元的价格售出. (1)已知2024年该型芯片生产线的利润为P(x)（单位：万元），试求出P(x)的函数解析式. (2)请你为该型芯片的生产线的产量做一个计划，使得2024年该型芯片的生产线所获利润最大，并预测最大 利润.   80x−425,020  x (2)当2024年该型芯片产量为40万枚时利润最大，最大利润为220万元．【分析】（1）根据利润等于售价减成本可求利润P(x)的表达式； （2）根据P(x)的表达式分别求出每段函数的最大值即可. 【详解】（1）（1）由题意可得，P(x)=80x−V(x)，   80x−300−125,020  x   80x−425,020  x （2）当020时，由基本不等式知x+ ≥80， x 1600 当且仅当x= ，即x=40时等号成立，故P(x) =−80+300=220， x max 综上，当2024年该型芯片产量为40万枚时利润最大，最大利润为220万元． 17．已知函数 f (x)对任意x满足：3f (x)− f (2−x)=4x，二次函数g(x)满足：g(x+2)−g(x)=4x且 g(1)=−4. (1)求 f (x)，g(x)的解析式； (2)若a∈R，解关于x的不等式(a+1)x2−(a+4)x−3>g(x)− f (x) . 【答案】(1) f (x)=x+1，g(x)=x2−2x−3 (2)答案见解析 【分析】（1）用方程组法求 f (x)，用待定系数法求g(x)； （2）先将不等式化为(x−1)(ax−1)>0，根据a分类求解即可. 【详解】（1）3f (x)− f (2−x)=4x①，用2−x代替上式中的x， 得3f (2−x)− f (x)=8−4x②， 联立①②，可得 f (x)=x+1； 设g(x)=ax2+bx+c(a≠0)， 所以g(x+2)−g(x)=a(x+2)2+b(x+2)+c−ax2−bx−c=4x， 即4ax+4a+2b=4x 4a=4 所以 ，解得a=1，b=−2， 4a+2b=0 又g(1)=−4，得c=−3，所以g(x)=x2−2x−3. （2）因为(a+1)x2−(a+4)x−3>g(x)− f (x)， 即ax2−(a+1)x+1>0， 化简得，(x−1)(ax−1)>0， ①当a=0时，−(x−1)>0，不等式的解为 { x x<1 } ； 1 a−1  1 ②当 >1，即 <0，即0 或x<1}； a a  a 1 a−1 ③当 <1，即 >0，即a>1或a<0， a a  1 当a>1时，不等式的解为x x< 或x>1}，  a  1  当a<0时，不等式的解为x 0，解得 { x x∈R且x≠1}， a  1  综上所述，当a<0时，不等式的解为x 或x<1}；  a 当a=1时，不等式的解为 { x x∈R且x≠1}； 1 当a>1时，不等式的解为x x< 或x>1} .  a 18．已知 f(x)定义域为R，对任意x，y∈R，都有 f (x+y)= f (x)+ f (y)+1，当x>0时， f(x)>−1，且 f (1)=1. (1)求 f (0)和 f (−1)的值； (2)证明：函数 f(x)在R上单调递增； (3)求不等式 f ( −3x2+2x ) +3f(x)>0的解集. 【答案】(1) f(0)=−1， f(−1)=−3 (2)证明见解析  2  (3)x| 0时，f(x)>−1，∴x −x >0，f (x −x )>−1，f (x )− f (x )= f (x −x )+1>0，∴f (x )> f (x )， 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 ∴y= f(x)在R上单调递增； （3） f(2x)= f(x)+ f(x)+1=2f(x)+1 f(3x)= f(2x)+ f(x)+1=3f(x)+2， f ( −3x2+2x ) +3f(x)= f ( −3x2+2x ) + f(3x)−2>0 f ( −3x2+2x ) + f(3x)+1−3>0，得 f ( −3x2+2x+3x ) >3所以原不等式可化为 f ( −3x2+2x+3x ) >3； 由 f(x+y)= f(x)+ f(y)+1和（1）可得， f(2)= f(1)+ f(1)+1=3，所以， f ( −3x2+2x+3x ) > f(2)， 根据（2）得， f(x)为单调递增函数，所以，−3x2+2x+3x>2， 2 3x2−5x+2<0⇒(x−1)(3x−2)<0，得 9 2x(x−1) 2 【分析】（1）根据 f (x)=x, f (x)= f   x−1  ( i∈N*) 计算即可； 1 i+1 i x  x−1 x−1 −1 （2）①根据g(x)+g =1+ f (x)，分别令x= ,x= ，利用方程组法即可得解；  x  4 x x−1 ②由①得(2x−1−m)x(x+1)2+8x2+4x+2=0，分离参数可得 2 3 2  1  1 2x2+3x+8+ + 2x+  +3x+ +4 m= 2x4+3x3+8x2+3x+2 = x x2 =  x  x ，令t=x+ 1 ， x3+2x2+x 1 1 x x+2+ x+ +2 x x2t2+3t+4  3  t∈(−∞,−2)∪(2,+∞)，则转化为m= =2 (t+2)+ −5在t∈(−∞,−2)∪(2,+∞)上仅有一个实根，   t+2  t+2 再结合函数图象即可得解. 【详解】（1）因为 f (x)=x, f (x)= f   x−1  ( i∈N*) ， 1 i+1 i x  x−1 x−1 所以 f (x)= f  = ， 2 1 x  x x−1 −1 f (x)= f   x−1 = x =− 1 ， 3 2 x  x−1 x−1 x x−1 1 f (x)= f  =− =x 4 3 x  x−1 ； −1 x x−1 （2）①由（1）得g(x)+g =1+x①，  x  x−1 −1 x −1 又 = ， x−1 x−1 x x−1  −1  x−1 2x−1 则g +g =1+ = ②，  x  x−1 x x  −1  −1 x−2 g +g(x)=1+ = ③， x−1 x−1 x−1 x−1 2x−1 x−2 由②−③得g −g(x)= − ④，  x  x x−1 2x−1 x−2 x3−x2−1 由①−④得2g(x)=1+x− + = ， x x−1 x(x−1) x3−x2−1 所以g(x)= (x≠0,x≠1)； 2x(x−1) ②由①得(2x−1−m)  2x(x−1)g(x)+3x2+x+1  +8x2+4x+2=0，  x3−x2−1  即(2x−1−m) 2x(x−1)⋅ +3x2+x+1+8x2+4x+2=0，  2x(x−1)  即(2x−1−m)( x3+2x2+x ) +8x2+4x+2=0， 即(2x−1−m)x(x+1)2+8x2+4x+2=0， 当x=−1时，6=0不成立，所以x≠−1， 2 3 2  1  1 2x2+3x+8+ + 2x+  +3x+ +4 故m= 2x4+3x3+8x2+3x+2 = x x2 =  x  x ， x3+2x2+x 1 1 x+2+ x+ +2 x x 1 令t =x+ ， x 因为t ≠0,t ≠±1，故t∈(−∞,−2)∪(2,+∞)， 2t2+3t+4  3  所以m= =2  (t+2)+  −5在t∈(−∞,−2)∪(2,+∞)上仅有一个实根， t+2  t+2 令λ=t+2,λ∈(−∞,0)∪(4,+∞)，  3 则m=2λ+ −5，  λ m+5 3 即 =λ+ 在λ∈(−∞,0)∪(4,+∞)上仅有一个实根， 2 λ 3 如图所示，画出函数y=λ+ ,λ∈(−∞,0)∪(4,+∞)的图象， λ m+5 m+5 19 由图可知， =−2 3或 > ， 2 2 4 9 所以m=5−4 3或m> . 2 x−1 −1 【点睛】关键点点睛：令x= ,x= ，利用方程组法是求解函数g(x)得解析式得关键. x x−1