2020年湖北省武汉市华中师大一附中高一(上)期中数学试卷

高一（上）期中数学试卷一、选择题（本大题共12小题，共60.0分） 1. 函数f(x)=√1−2x的定义域为( )A. (−1,0)B. (0,1)C. (−1,+∞)D. (0,+∞)2. 与函数y =2log 4x −2为同一函数的是( )A. y =xB. y =1|x|C. y =1xD. y =−1x3. 集合A ={0,2，a}，B ={1,a 2}，若A ∪B ={0,1，2，4，16}，则a 的值为( )A. 0B. 1C. 2D. 44. 已知实数a =log 23，b =(13)2，c =log 13110，则它们的大小关系为( )A. a >c >bB. c >a >bC. a >b >cD. b >c >a5. 拟定从甲地到乙地通话m 分钟的电话费由f(m)=1.06(0.50×[m]+1)给出，其中m >0，[m]是大于或等于m 的最小整数(例如[3]=3，[3.7]=4，[3.1]=4)，则从甲地到乙地通话时间为5.5分钟的话费为( )元．A. 3.71B. 3.97C. 4.24D. 4.776. 函数f(x)=(12)√−x2−x+2的单调递增区间为( )A. (−∞,−2]B. [−2,−12] C. [−12,1]D. [−12,+∞)7. 已知函数f(x)={(1−a)x +3a,x <elnx,x ≥e(e 为自然对数的底)的值域为R ，则实数a 的取值范围是( )A. [ee−3,1]B. [ee−3,1)C. [1−e3−e ,1]D. [1−e3−e ,1)8. 给出下列四个说法：①已知函数f(x)是定义在R 上的偶函数，当x ≤0时，f(x)=x(x +1)，则当x >0时，f(x)=x 2−x ；②若函数y =f(x −1)的定义域为(1,2)，则函数y =f(2x)定义域为(0,12)； ③若log a 35<1，则a 的取值范围为(35,1)；④函数y=log a(3x−2)+2(a>0且a≠1)的图象必过定点(1,0)．其中正确说法的个数是()A. 1B. 2C. 3D. 49.函数f(x)=(−x2+3)ln|x|的图象大致为()A. B. C. D.10.若对∀x，y∈R，有f(x)+f(y)−f(x+y)=3，函数g(x)=xx2+1+f(x)，则g(2)+g(−2)的值()A. 0B. 4C. 6D. 911.已知定义在R上的函数f(x)，g(x)，其中函数f(x)满足f(−x)=f(x)且在[0,+∞)上单调递减，函数g(x)满足g(1−x)=g(1+x)且在(1,+∞)上单调递减，设函数F(x)=12[f(x)+g(x)+|f(x)−g(x)|]，则对任意x∈R，均有()A. F(1−x)≥F(1+x)B. F(1−x)≤F(1+x)C. F(1−x2)≥F(1+x2)D. F(1−x2)≤F(1+x2)12.设函数f(x)={x2+x,x<0−x2,x≥0，g(x)为定义在R上的奇函数，且当x<0时，g(x)=x2−2x−5，若f(g(a))≤2，则实数a的取值范围是()A. (−∞,−1]∪[0,2√2−1]B. [−1,2√2−1]C. (−∞,−1]∪(0，3]D. [−1,3]二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.化简：√(3−π)44+16lg1100+2log123=______．14.已知幂函数f(x)=(2m−1)x−2n2+n+3(n∈Z)为偶函数，且满足f(3)<f(5)，则m+n=______．15.已知a>0，且a≠1，若函数f(x)=a ln(x2−2x+3)有最大值，则关于x的不等式log a(x2−5x+7)>0的解集为______．16.已知a>0且a≠1，b为实数，函数f(x)={−x 2+2x,x≥0a−x−1,x<0，若关于x的不等式[f(x)]2+af(x)−b2<0恰有1个整数解，则实数a的取值范围为______．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.已知全集U=R，集合A={x|x−5x−2≤0}，B={x|x2−2ax+(a2−1)<0}．(Ⅰ)当a=2时，求(∁U A)∩(∁U B)；(Ⅱ)若A ∪B =A ，求实数a 的取值范围．18. 已知f(x)=1+log 31−x1+x ．(1)求f(12019)+f(−12019)的值；(2)当x ∈[−12,12]时，求函数y =f(x)的最大值．19. 某工厂生产一种仪器的元件，由于受生产能力和技术水平等因素的限制，会产生较多次品，根据经验知道，次品数p(万件)与日产量x(万件)之间满足关系：p ={x 26,(1≤x <4)x +3x−2512,(x ≥4).已知每生产1万件合格的元件可以盈利20万元，但每产生1万件次品将亏损10万元．(实际利润=合格产品的盈利−生产次品的亏损) (1)试将该工厂每天生产这种元件所获得的实际利润T(万元) 表示为日产量x(万件)的函数；(2)当工厂将这种仪器的元件的日产量x(万件) 定为多少时获得的利润最大，最大利润为多少？20.对于函数f(x)，若在定义域D内存在实数x0满足f(2−x0)=−f(x0)，则称函数y=f(x)为“类对称函数”．(1)判断函数g(x)=x2−2x+1是否为“类对称函数”？若是，求出所有满足条件的x0的值；若不是，请说明理由；(2)若函数ℎ(x)=3x+t为定义在[−1,3)上的“类对称函数”，求实数t的取值范围．21.定义在(−∞,0)∪(0,+∞)上的函数f(x)满足：①对任意x，y∈(−∞,0)∪(0,+∞)恒有f(xy)=f(x)+f(y)；②当x>1时，f(x)<0，且f(2)=−1．(1)判断f(x)的奇偶性和单调性，并加以证明；(2)求关于x的不等式f(3x−2)+f(x)+4≥0的解集．22.已知函数f(x)=x2−mx(m∈R)，g(x)=−lnx．(1)若存在实数x，使得f(2−x)=−f(2x)成立，试求m的最小值；(2)若对任意的x1，x2∈[−1,1]，都有|f(x1)−f(x2)|≤2恒成立，试求m的取值范围；,g(x)}(x>0)，(3)用min{m,n}表示m，n中的最小者，设函数ℎ(x)=min{f(x)+14讨论关于x的方程ℎ(x)=0的实数解的个数．答案和解析1.【答案】A【解析】解：函数f(x)=√1−2x中，令{x +1>01−2x >0，解得{x >−1x <0，即−1<x <0，所以函数f(x)的定义域为(−1,0)． 故选：A ．根据函数的解析式，列出使解析式有意义的不等式组，求出解集即可． 本题考查了利用函数解析式求定义域的问题，是基础题．2.【答案】B【解析】解：要使函数有意义，则x −2>0，即x ≠0，即函数的定义域为{x|x ≠0}， y =2log 4x−2=2−2log 4|x|=[4log 4|x|]−1=1|x|，故选：B ．根据指数和对数的运算法则进行化简，结合同一函数的定义进行判断即可．本题主要考查同一函数的判断，结合指数幂和对数的运算法则是解决本题的关键．比较基础．3.【答案】D【解析】解：∵A ={0,2，a}，B ={1,a 2}，A ∪B ={0,1，2，4，16}∴{a 2=16a =4∴a =4， 故选：D ．根据题意，由并集的计算方法，结合a 与a 2的关系，易得{a 2=16a =4，即可得答案．本题考查了集合的并集运算，并用观察法得到相对应的元素，从而求得答案，本题属于容易题．4.【答案】B【解析】解：∵1=log 22<a =log 23<log 24=2，b =(13)2∈(0,1)，c =log 13110=log 310>log 39=2， ∴c >a >b ． 故选：B ．利用有理指数幂与对数的运算性质分别比较a ，b ，c 与1和2的大小得答案． 本题考查对数值的大小比较，考查有理指数幂与对数的运算性质，是基础题．5.【答案】C【解析】解：由[m]是大于或等于m 的最小整数可得[5.5]=6． 所以f(5.5)=1.06×(0.50×[5.5]+1)=1.06×4=4.24． 故选：C ．先利用[m]是大于或等于m 的最小整数求出[5.5]=6，再直接代入f(m)=1.06(0.50×[m]+1)即可求出结论．本题涉及到了对新定义的考查．解决本题的关键在于对[m]是大于或等于m 的最小整数的理解和应用，求出[5.5]=6．6.【答案】C【解析】解：要使函数有意义，则−x 2−x +2≥0得x 2+x −2≤0，得−2≤x ≤1，即函数的定义域为[−2,1]，设t =−x 2−x +2，u =√t ，则y =(12)u ，由复合函数单调性之间的关系得要求f(x)的单调递增区间， 即求t =−x 2−x +2的单调递减区间为， ∵t =−x 2−x +2的单调递减区间为[−12,1]， ∴f(x)的单调递增区间为[−12,1]， 故选：C ．先求出函数的的定义域，利用换元法，结合复合函数单调性之间的关系进行转化求解即可．本题主要考查函数单调区间的求解，结合条件利用换元法以及利用复合函数单调性之间的关系是解决本题的关键．难度中等．7.【答案】D【解析】解：当x ≥e 时，f(x)=lnx ≥1， 若函数f(x)的值域为R ，则x <e 时，f(x)=(1−a)x +3a 的值域B 应满足B ⊇(−∞,1)， 即{1−a >0(1−a)e +3a ≥1， 解得：a ∈[1−e3−e ,1), 故选：D ．若函数f(x)的值域为R ，则x <e 时，f(x)=(1−a)x +3a 的值域B 应满足B ⊇(−∞,1)，即{1−a >0(1−a)e +3a ≥1，解得答案． 本题考查的知识点是分段函数的应用，函数的值域，分类讨论思想，集合思想，难度中档．8.【答案】A【解析】解：对于①，∵f(x)是定义在R 上的偶函数， ∴f(x)=f(−x)， 设想x >0，此时−x <0f(x)=f(−x)=(−x)(−x +1)=x 2−x∴①正确；对于②，函数y =f(x −1)的定义域为(1,2)， 则y =f(x)的定义域为(2,3)， ∴函数y =f(2x)定义域为(1,32)； ∴②错误；对于③，取特殊值a =e 时，ln 35<1，但是e ∉(35,1)， ∴③错误；对于④，函数y =log a (3x −2)+2(a >0且a ≠1)的图象， 过的定点为(1,2)，而不是(1,0)， ∴④错误．综上②③④均错，正确的只有①． 故选：A ．根据初等函数的基本性质，抽象函数的理解运用，逐步排除，一一筛选，即可判断． 本题考查基本函数的性质，考查对抽象函数的理解运用，属于基础题和易错题．9.【答案】C【解析】解：函数的定义域为{x|x≠0}，f(−x)=[−(−x)2+3]ln|−x|=(−x2+3)ln|x|=f(x)，则函数为偶函数，则图象关于y轴对称，排除A，D，当x→+∞，f(x)→−∞，排除B，故选：C．先判断函数的奇偶性，结合对称性以及极限思想进行排除即可．本题主要考查函数图象的识别和判断，结合函数奇偶性和对称性，以及极限思想是解决本题的关键．比较基础．10.【答案】C【解析】解：令x=y=0，可得f(0)+f(0)−f(0)=3，即f(0)=3，可令y=−x，可得f(x)+f(−x)=3+f(0)=6，则g(2)+g(−2)=25+f(2)−25+f(−2)=f(2)+f(−2)=6．故选：C．可令x=y=0，可得f(0)=3，再令y=−x，可得f(x)+f(−x)=6，计算可得所求和．本题考查抽象函数的运用，注意运用赋值法，考查方程思想和运算能力，属于基础题．11.【答案】C【解析】解：根据题意，函数f(x)满足f(−x)=f(x)，则f(x)为偶函数，又由f(x)在[0,+∞)上单调递减，且|1−x2|≤|1+x2|，则f(1−x2)≥f(1+x2)；函数g(x)满足g(1−x)=g(1+x)，即g(x)关于直线x=1对称，则g(1−x 2)=g(1+x 2)；又由F(x)=12[f(x)+g(x)+|f(x)−g(x)|]={f(x),f(x)≥g(x)g(x),f(x)<g(x)，则F(x)示意图可表示为图中实线部分，所以有F(1−x 2)≥F(1+x 2). 故选：C ．根据题意画出F(x)图象去分析问题．本题考查函数的奇偶性与对称性、单调性的综合应用，注意分析F(x)的解析式，属于基础题．12.【答案】A【解析】解：设x >0，则−x <0，g(x)=−g(−x)=−x 2−2x +5， 令g (a )=t ，则f(t)≤2， 解得，t ≥−2，，即g(a)≥−2， ∴{a <0a 2−2a −5≥−2或{a >0−a 2−2a +5≥−2或a =0， ∴a ≤−1或0≤a ≤2√2−1， 故选A ．先将不等式转化为g(a)≥−2，再根据函数的解析式，分类求解．本题考查不等式的解法，考查函数的性质，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．13.【答案】π−3【解析】解：因为：log 123=log 213；∴√(3−π)44+16lg 1100+2log 123=π−3+16×lg10−2+2log 213=π−3+16×(−2)+13=π−3．故答案为：π−3．利用对数运算性质log a n N m =m nlog a N ，化简出：log 123=log 213；再根据对数和指数的运算性质即可求出结论．本题考查的知识点是对数的运算性质以及根式的运算，熟练掌握对数的运算性质及换底公式及其推论是解答对数化简求值类问题的关键．14.【答案】2【解析】解：∵幂函数f(x)=(2m −1)x −2n 2+n+3(n ∈Z)为偶函数，∴{2m −1=1−2n 2+n +3为偶数,n ∈Z ， 求得m =1，且n =1，3，5，… ∵满足f(3)<f(5)，即3−2n 2+n+3<5−2n2+n+3，故−2n 2+n +3为正偶数，∴n =1．则m +n =1=1=2， 故答案为：2．由题意利用幂函数的定义和性质，求出m 、n 的值，可得m +n 的值． 本题主要考查幂函数的定义和性质，属于基础题．15.【答案】(2,3)【解析】解：设t =ln(x 2−2x +3)=ln[(x −1)2+2]≥ln2， 若a >1，则f(x)≥a ln2，此时函数有最小值，不满足条件． 若0<a <1，则f(x)≤a ln2，此时函数有最大值，满足条件． 则不等式log a (x 2−5x +7)>0等价为0<x 2−5x +7<1，即{x 2−5x +7>0x 2−5x +6<0， 则{x ∈R 2<x <3， 解得2<x <3， 即不等式的解集为(2,3)， 故答案为：(2,3)．根据复合函数单调性的性质，求出0<a <1，结合对数函数的单调性解不等式即可． 本题主要考查不等式的求解，利用复合函数单调性的性质求出a 的取值范围，结合对数函数的单调性是解决本题的关键．16.【答案】(3,8]【解析】解：当0<a <1时，函数f(x)的图象如右上图所示，当a >1时，函数f(x)的图象如右下图所示， 令t =f(x)，则不等式可化为t 2+at −b 2<0， ①当b =0时，t 2+at −b 2=t 2+at <0，解得−a <t <0，(i)若a >1，则y =t(−a <t <0)与函数y =f(x)有且仅有一个交点，由−x2+2x<0得，x>2，若不等式只有一个整数解，则必为x=3，又f(3)=−3，f(4)=−8，则−8≤−a<−3<0，即3<a≤8；(ii)若0<a<1时，−a>−1，此时y=t(−a<t<0)与函数y=f(x)有两个不同的交点，由图可知，x>0时，−a<f(x)<0无整数解，∴整数解避必在x<0中，即−a<a−x−1<0有唯一整数解，解得−log a(1−a)<x<0，此时无解；②当b≠0时，△=a2+4b2>0，令t2+at−b2<0，解得−a−√a2+4b22<t<−a+√a2+4b22，又−a−√a2+4b22<0<−a+√a2+422，而f(x)=0中包含x=0和x=2两个整数解，故b≠0不符合题意；综上所述，实数a的取值范围为(3,8]．故答案为：(3,8]．分别作出0<a<1及a>1时函数f(x)的图象，令t=f(x)，然后分b=0及b≠0两种情况讨论即可．本题考查根据不等式整数解的个数求解参数范围的问题，关键是能够通过分类讨论得到函数的图象，进而利用换元可得到y=t与y=f(x)的交点个数，从而根据交点情况确定整数解的取值，从而得到不等关系求得结果，属于较难题目．17.【答案】解：(I)集合A={x|x−5x−2≤0}=(2,5]，a=2时，x2−4x+3<0，得B=(1,3)，A∪B=(1,5]故(∁U A)∩(∁U B)=C U(A∪B)=(−∞,1]∪(5，+∞)；(II)若A∪B=A，B⊆A，△=4a2−4a2+4=4>0，故B≠⌀，x2−2ax+(a2−1)<0，得a−1<x<a+1，根据题意a−1≥1，a+1≤5，所以a∈[2,4]．【解析】(I)直接利用集合的运算求出；(II)若A∪B=A，则B⊆A，转化为含参问题讨论即可．考查集合的交并补运算，含参的分类讨论思想，基础题．18.【答案】解：(1)由于f(x)=1+log 31−x 1+x .∴1−x1+x >0，解得−1<x <1；∴f(x)的定义域为(−1,1)；∵f(−x)+f(x)=1+log 31+x 1−x+1+log 31−x 1+x=2．∴f(12019)+f(−12019)=2．(2)设y =1+log 3u ，u =1−x1+x =−1+21+x ； 当x ∈[−12,12]时，u 单调递减，y 单调递增， ∴f(x)在x ∈[−12,12]时，单调递减；故当x ∈[−12,12]时，f(x)的最大值为f(−12)=2．【解析】(1)先求函数定义域，注意到所求函数值的两个自变量互为相反数，故先求f(−x)+f(x)的值，即可得所求函数值；(2)由复合函数的单调性可判断f(x)的单调性，进而求出最大值．本题考查了对数运算，函数求值问题，复合函数的单调性，求最值问题，属于中档题．19.【答案】解：(1)当1≤x <4时，合格的元件数为x −x 26(万件)，利润T =20(x −x 26)−10×x 26=20x −5x 2(万元)；当x ≥4时，合格的元件数为x −(x +3x −2512)=2512−3x (万件)， 利润T =20(2512−3x )−10(x +3x −2512)=1252−90x−10x(万元)，综上，该工厂每天生产这种元件所获得的利润为T ={20x −5x 2,1≤x <41252−90x −10x,x ≥4．(2)当1≤x <4时，T =20x −5x 2=−5(x −2)2+20 ∴当x =2(万件)时，利润T 的最大值20(万元)； 当x ≥4时，T =1252−90x−10x =1252−(10x +90x)令y =10x +90x，则y ′=10−90x 2=10(x+3)(x−3)x 2，当x ∈[4,+∞)时，y ′>0，所以y =10x +90x在[4,+∞)上是单调递增，所以函数T(x)在[4,+∞)上是减函数， 则当x =4时，利润T 的最大值0.综上所述，当日产量定为2(万件)时，工厂可获得最大利润20万元．答：当工厂将这种仪器的元件的日产量x(万件)定为2(万件)时获得的利润最大，最大利润为20万元．【解析】(1)根据题目条件写出在x的不同范围内的合格的元件数，然后由实际利润=合格产品的盈利−生产次品的亏损将生产这种元件所获得的实际利润T(万元)表示为日产量x(万件)的函数；(2)分别利用配方法和函数的单调性求函数在两段内的最值，最后取两段的最大之中的最大者．本题考查了函数模型的选择及应用，考查了配方法及利用导数研究函数的最值，注意分段函数的最值要分段求，此题是中档题．20.【答案】解：(1)是，且满足条件的x0为0．g(x)=(x−1)2，设实数x0满足g(2−x0)=−g(x0)，即(2−x0−1)2=−(x0−1)2，解得x0=1，所以函数g(x)是“类对称函数”，且满足条件的x0为0；(2)因为ℎ(x)是“类对称函数”，所以存在x0∈[−1,3)，使得32−x0+t=−(3x0+t)，t=−12(32−x0+3x0)，设u=3 x0∈[13,27)，则t=−12(9u+u)∈[−413−3]，所以t的取值范围是[−413,−3]．【解析】(1)将函数g(x)代入新定义，转化为解方程问题，解方程即可；(2)将函数ℎ(x)代入新定义，问题转化为方程在区间上有解问题，此问题经过变量分离转化为函数求值域，接下来运用求值域的方法求出即可．本题为新定义问题，新定义为方程有解问题，(1)方程可以直接求解，是基础题；(2)需要经参变量分离法转化为函数求值域问题，是中档题．21.【答案】解：(1)令x=y=1，则f(1×1)=f(1)+f(1)，得f(1)=0；再令x=y=−1，则f[(−1)×(−1)]=f(−1)+f(−1)，得f(−1)=0．对于条件f(x⋅y)=f(x)+f(y)，令y=−1，则f(−x)=f(x)+f(−1)，所以f(−x)=f(x)．又函数f(x)的定义域关于原点对称，所以函数f(x)为偶函数．(2)任取x1，x2∈(0,+∞)，且x1<x2，则有x2x1>1．又∵当x>1时，f(x)<0，∴f(x 2x 1)<0而f(x 2)=f(x 1⋅x 2x 1)=f(x 1)+f(x2x 1)<f(x 1)即f(x 2)<f(x 1)，所以函数f(x)在(0,+∞)上是减函数．∵f(2)=−1，∴f(4)=f(2)+f(2)=−1−1=−2， f(16)=f(4)+f(4)=−2−2=−4；则由f(3x −2)+f(x)+4≥0得f(3x −2)+f(x)≥−4， 即f[x(3x −2)]≥f(16)，∵函数f(x)是偶函数，且在(0,+∞)上是减函数， ∴{x(3x −2)>0x(3x −2)≤16或{x(3x −2)<0x(3x −2)≥−16， 得{x >23或x <0−2≤x ≤83或{0<x <23x ∈R． 得−2≤x <0或23<x ≤83或0<x <23，即不等式的解集为{x|−2≤x <0或0<x <23或23<x ≤83}.【解析】(1)先求f(−1)的值，令y =−1，推出f(−x)=f(x)+f(−1)，f(−x)=f(x).结合函数奇偶性的定义，判断函数f(x)的奇偶性．(2)根据抽象函数关系，结合函数单调性的定义先判断函数的单调性，结合函数奇偶性单调性的关系将不等式进行转化求解即可．本题主要考查抽象函数的应用，结合函数奇偶性和单调性的定义判断函数的奇偶性和单调性，以及利用奇偶性和单调性的性质将不等式进行转化是解决本题的关键．考查学生运算和推理能力，难度中等．22.【答案】解：(1)由f(2−x )=−f(2x )得2−2x −m ⋅2−x =−22x +m ⋅2x ，即m =2−2x+22x2−x +2x ， ∴m =2x +2−x −22x +2−x ，令t =2x +2−x (t ≥2)，则m =t −2t (t ≥2)，由于函数y =t 在[2,+∞)上为增函数，y =2t 在[2,+∞)上为减函数， ∴m(t)=t −2t 在[2,+∞)上为增函数， ∴m min =2−22=1，即m 的最小值为1；(2)二次函数f(x)=x 2−mx 的开口向上，对称轴为x =m2， 由题意，当x ∈[−1,1]时，|f(x)max −f(x)min |≤2，①当m2≥1，即m ≥2时，f(x)max =f(−1)=1+m ，f(x)min =f(1)=1−m ， ∴|1+m −(1−m)|≤2，解得−1≤m ≤1； ②当−1≤m 2≤1，即−2≤m ≤2时，f(x)min =f(m 2)=m 24−m 22=−m 24，f(x)max =max{f(−1),f(1)}，又f(−1)=1+m ，f(1)=1−m ，(i)当1+m ≥1−m ，即0≤m ≤2时，f(x)max =1+m ，则|1+m +m 24|≤2，解得−2−2√2≤m ≤−2+2√2，故m ∈[0,−2+2√2]；(ii)当1+m <1−m ，即−2≤m <0时，f(x)max =1−m ，则|1−m +m 24|≤2，解得2−2√2≤m ≤−2+2√2，故m ∈[2−2√2,0)；③当m2≤−1，即m ≤−2时，f(x)max =f(1)=1−m ，f(x)min =f(−1)=1+m ，则|1−m −(1+m)|≤2，解得−1≤m ≤1(舍去)； 综上所述，实数m 的取值范围为[2−2√2,−2+2√2]； (3)令m(x)=f(x)+14=x 2−mx +14，方程ℎ(x)=0的实数解个数即为函数y =ℎ(x)的零点个数， ①当x >1时，g(x)<g(1)=0， ∴ℎ(x)=min{m(x),g(x)}≤g(x)<0， ∴ℎ(x)在(1,+∞)上无零点；②当x =1时，m(1)=f(1)+14=54−m,g(1)=0，(i)若54−m ≥0，即m ≤54，则ℎ(1)=g(1)=0，则x =1为函数ℎ(x)的零点； (ii)若54−m <0，即m >54，则m(1)<0，故ℎ(1)=m(1)<0，则x =1不是函数ℎ(x)的零点；③当0<x <1时，g(x)=−lnx >0，故只需研究m(x)在(0,1)的零点个数， (i)若m(x)在(0,1)上有两个零点，则{△=m 2−1>00<m2<1m(1)=54−m >0，解得1<m <54； (ii)若m(x)在(0,1)上有且仅有一个零点，则{△=00<m 2<1或{△>0m 2≥1m(1)<0或{△>00<m2<1m(1)≤0，解得m=1或m≥54；(ii)若m(x)在(0,1)上无零点，则△<0或{△=0m2≤0或{△=0m2≥1或{△>0m2<0m(0)≥0或{△>0m2>1m(1)≥0，解得m<1．综上所述，当m<1时，方程ℎ(x)=0只有1个实数解；当m=1时，方程ℎ(x)=0有2个实数解；当m∈(1,54)时，方程ℎ(x)=0有3个实数解；当m=54时，方程ℎ(x)=0有2个实数解；当m>54时，方程ℎ(x)=0有1个实数解．【解析】(1)由题意可得m=2x+2−x−22x+2−x，再通过换元法求解即可；(2)原问题等价于当x∈[−1,1]时，|f(x)max−f(x)min|≤2，分类讨论即可得解；(3)方程ℎ(x)=0的实数解个数即为函数y=ℎ(x)的零点个数，分x>1，x=1，0<x<1三种情况讨论即可．本题考查二次函数图象与性质的综合应用问题，涉及到与二次函数有关的复合函数值域的求解、讨论含参数二次函数的最值、二次函数在区间内零点个数的讨论等知识；本题对于学生转化与化归思想、分析和解决问题的能力有较高的要求，属于难题．。