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2024年高考数学重难点突破讲义：专题6 答案
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这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：专题6 答案，共11页。试卷主要包含了BC，ABC，AC， eq \f， eq \b\lc\))，42，方法二等内容，欢迎下载使用。
第16练 指数函数与对数函数
1．D
【解析】 f(x)＝|lg x|的图象如图所示，由图象知f(x)在(0，1)上单调递减，c＝f(2)＝|lg 2|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(lg \f(1,2)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，因为 eq \f(1,4)＜ eq \f(1,3)＜ eq \f(1,2)，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＞f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＞f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，即a＞b＞c.
2．D
【解析】 因为21.3＞21＝2，1＝lg55＜lg58＜lg525＝2，0.71.3＜0.70＝1，所以c＜a＜b.
3．B
【解析】 根据题意，当x＞0时，f(x)＝2x－1，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增且f(x)＞0，f(2)＝22－1＝3.又由f(x)为R上的奇函数，则f(x)在区间(－∞，0)上单调递增，且f(x)＜0.由f(lg3x)－3＜0得f(lg3x)＜3，f(lg3x)＜f(2)，lg3x＜2，解得0＜x＜9，即原不等式的解集为(0，9).
4．D
【解析】 由题知，0＜a＜1且|x|－1＞0，即函数y的定义域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)，排除A，B；当x∈(－∞，－1)时，t＝|x|－1＝－x－1单调递减，当x∈(1，＋∞)时，t＝|x|－1＝x－1单调递增，而y＝lgat在定义域上单调递减，所以当x∈(－∞，－1)时y单调递增；当x∈(1，＋∞)时y单调递减，排除C.故选D.
5．BC
【解析】 由图象可知函数为减函数，所以0＜a＜1，令y＝0得lga(x＋c)＝0，x＋c＝1，x＝1－c，由图象知0＜1－c＜1，所以0＜c＜1.
6．ABC
【解析】 在同一平面直角坐标系内，作出函数y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)和y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(x)的图象，如图，当a＞b＞0时， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(a)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(b)可能成立．当a＜b＜0时， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(a)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(b)可能成立．当a＝b＝0时， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(a)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(b).当a＞0＞b时， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(a)＜ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(b).综上可知，A，B，C可能成立，D不可能成立．
7．AC
【解析】 对于A，若m＞ eq \f(1,4)，Δ＝1－4m＜0，二次函数y＝x2＋x＋m的图象恒在x轴的上方，即x2＋x＋m＞0恒成立，所以f(x)的定义域为R，故A正确；对于B，若m＝0，则f(x)＝ln (x2＋x)的定义域为(－∞，－1)∪(0，＋∞)，值域为R，没有最小值，故B错误；对于C，由于函数y＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋m－\f(1,4)))为偶函数，其图象关于y轴对称，将该函数的图象向左平移 eq \f(1,2)个单位长度即可得到函数f(x)＝ln eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))\s\up12(2)＋m－\f(1,4)))＝ln (x2＋x＋m)的图象，此时对称轴为直线x＝－ eq \f(1,2)，故C正确；对于D，若m≥1，则y＝x2＋x＋m＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋m－ eq \f(1,4)≥ eq \f(3,4)，故f(x)的值域不是R，故D错误．
8． eq \f(7,3)
【解析】 因为a2x＝3，所以 eq \f(a3x＋a-3x,ax＋a－x)＝ eq \f((ax)3＋(a－x)3,ax＋a－x)＝a2x－ax·a－x＋a-2x＝3－1＋ eq \f(1,3)＝ eq \f(7,3).
9． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
【解析】 lga eq \f(1,2)＜1＝lgaa，当a＞1时，a＞ eq \f(1,2)；当0＜a＜1时，a＜ eq \f(1,2).所以a＞1或0＜a＜ eq \f(1,2).因为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(a)＜1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(0)，所以a＞0.因为a eq \s\up6(\f(1,2))＜1，即 eq \r(a)＜1，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＜1，,a≥0，))所以0≤a＜1.综上，实数a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
10．42
【解析】 设对折n次时，纸的厚度为an，每次对折厚度变为原来的2倍，由题意知{an}是以a1＝0.1×2为首项，公比为2的等比数列，所以an＝0.1×2×2n-1＝0.1×2n.令an＝0.1×2n≥38×104×106，即2n≥3.8×1012，所以lg 2n≥lg 3.8＋12，即n lg 2≥0.6＋12，解得n≥ eq \f(12.6,0.3)＝42，所以至少对折的次数n是42.
11．【解答】 (1) 易知函数f(x)＝a－ eq \f(2,2x＋1)的定义域为R，而y＝2x为增函数，所以y＝ eq \f(2,2x＋1)为减函数，故f(x)＝a－ eq \f(2,2x＋1)是增函数．证明如下：任取x1，x2∈R，且x1＜x2，则f(x2)－f(x1)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(2,2x2＋1)))－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(2,2x1＋1)))＝ eq \f(2,2x1＋1)－ eq \f(2,2x2＋1)＝ eq \f(2(2x2－2x1),(2x1＋1)(2x2＋1)).因为x2＞x1，所以2x2－2x1＞0，又2x1＋1＞1，2x2＋1＞1，所以 eq \f(2(2x2－2x1),(2x1＋1)(2x2＋1))＞0，所以f(x2)＞f(x1)，故f(x)在R上是增函数．
(2) 存在．假设存在实数a，使f(－x)＝－f(x)，则a－ eq \f(2,2－x＋1)＝－a＋ eq \f(2,2x＋1)，即2a＝ eq \f(2,2x＋1)＋ eq \f(2,2－x＋1)＝2，所以a＝1.故存在实数a＝1，使函数f(x)为奇函数．
第17练 函数的图象与性质
1．A
【解析】 f(－1)＝－f(1)＝－(1－2)＝1.
2．D
【解析】 因为f(x＋4)＝f(x)，所以函数f(x)的一个周期为4，所以f(5.5)＝f(1.5＋4)＝f(1.5).因为f(x)是定义在R上的偶函数，所以f(5.5)＝f(1.5)＝f(－1.5)＝f(－1.5＋4)＝f(2.5).因为当2≤x≤3时，f(x)＝x，所以f(2.5)＝2.5，所以f(5.5)＝2.5.
3．C
【解析】 根据f(2)＜1，f(3)＞1可知y＝ln x满足．
4．B
【解析】 令f(x)＝x－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)，则f(x)在R上单调递增，由f(1)＞0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＜0，知∃x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，f(x)＝0，即x＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x).而lg eq \s\d9(\f(1,2))y＝ eq \r(x)⇒y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(\r(x)).因为x＜ eq \r(x)，所以x－y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(\r(x))＞0⇒x＞y.由x＝lgxz⇒z＝xx＞ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)＝x.综上，y＜x＜z.
5．AD
【解析】 根据题意，函数f(x)，g(x)分别为R上的奇函数、偶函数，且满足f(x)－g(x)＝ex①，则f(－x)－g(－x)＝－f(x)－g(x)＝e－x，变形可得f(x)＋g(x)＝－e－x②，联立①②可得f(x)＝ eq \f(1,2)(ex－e－x)，g(x)＝－ eq \f(1,2)(ex＋e－x)，故A正确，B错误；f(2)＝ eq \f(1,2)(e2－e-2)，g(0)＝－ eq \f(1,2)(1＋1)＝－1，f(3)＝ eq \f(1,2)(e3－e-3)，且f(x)为增函数，则有g(0)＜f(2)＜f(3)，故C错误，D正确．
6．AC
【解析】 由题意可知f(x)＝－ eq \f(a,x＋1)，x＋1≠0得x≠－1，则f(x)的定义域是(－∞，－1)∪(－1，＋∞)，故A正确．当a＞0时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，当a＜0时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减，故B错误．因为f(x－1)＝－ eq \f(a,x)是奇函数，故C正确．f(x)＞a，即－ eq \f(a,x＋1)＞a.当a＞0时，解得－2＜x＜－1，当a＜0时，解得x＜－2或x＞－1，故D错误．
7．ABD
【解析】 对于A，因为函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，所以函数f(x)是周期函数，周期T＝2，故A正确．对于B，因为函数f(x)是定义域为R的奇函数，所以f(0)＝0，且f(－1)＝－f(1).又函数是周期为2的函数，所以f(－1)＝f(1)，所以f(1)＝0，f(2 022)＝(1 011×2)＝f(0)＝0，f(2 023)＝f(1 011×2＋1)＝f(1)＝0，所以f(2 022)＝f(2 023)＝0，故B正确．对于C，根据周期可知f(－2)＝f(2)＝f(0)＝0，且f(－1)＝f(1)＝0，所以函数f(x)在区间[－2，2]上至少有5个零点，故C错误．对于D，因为函数f(x)是周期为2的奇函数，所以f(x)＝－f(－x)，且f(x)＝f(x＋2)，所以f(x＋2)＝－f(－x)，所以函数f(x)关于点(1，0)对称，故D正确．
8．1
【解析】 由偶函数的定义得f(－x)＝f(x)，所以lg (10-2x＋m)＋x＝lg (102x＋m)－x，即lg eq \f(102x＋m,10-2x＋m)＝2x，所以 eq \f(102x＋m,10-2x＋m)＝102x，即102x＋m＝1＋m102x, 整理得(m－1)(102x－1)＝0，此等式在函数f(x)的定义域内恒成立，所以m－1＝0，即m＝1.
9． [5，＋∞)
【解析】 因为f(x)＝lg (x2－4x－5)在(a，＋∞)上单调递增，y＝lg x在(0，＋∞)上单调递增，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－4a－5≥0，,a≥2，))解得a≥5.故a的取值范围为[5，＋∞).
10．24
【解析】 由f(x＋2)为偶函数，则f(－x＋2)＝f(x＋2)，故f(－x)＝f(x＋4).又f(x)是定义在R上的奇函数，则f(x)＝－f(－x)，所以f(x)＝－f(x＋4)，故f(x＋4)＝－f(x＋8)，即有f(x)＝f(x＋8).综上，f(x)的周期为8，且是关于x＝2对称的奇函数，由f(x)在[0，2]上单调递减，结合上述分析知：在[2，6]上单调递增，[6，10]上单调递减，[10，12]上单调递增，所以f(x)在[0，12]上大致草图如图所示，要使f(x)＝m在[0，12]上恰好有4个不同的实数根，即f(x)与y＝m有4个交点，所以必有两对交点分别关于x＝2，x＝10对称，则x1＋x2＋x3＋x4＝24.
11．【解答】 (1) 因为f(x)＝ eq \f(x＋a,x2＋1)为奇函数，所以f(－x)＋f(x)＝0，即 eq \f(－x＋a,x2＋1)＋ eq \f(x＋a,x2＋1)＝0，解得a＝0.
(2) f(x)＝ eq \f(x,x2＋1)在(－1，1)上为增函数．证明如下：任取x1，x2∈(－1，1)，且x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝ eq \f(x1,x eq \\al(2,1) ＋1)－ eq \f(x2,x eq \\al(2,2) ＋1)＝ eq \f(x1（x eq \\al(2,2) ＋1）－x2（x eq \\al(2,1) ＋1）,（x eq \\al(2,1) ＋1）（x eq \\al(2,2) ＋1）)＝ eq \f(x1x eq \\al(2,2) ＋x1－x2x eq \\al(2,1) －x2,（x eq \\al(2,1) ＋1）（x eq \\al(2,2) ＋1）)＝ eq \f(x1x2(x2－x1)－(x2－x1),（x eq \\al(2,1) ＋1）（x eq \\al(2,2) ＋1）)＝ eq \f((x1x2－1)(x2－x1),（x eq \\al(2,1) ＋1）（x eq \\al(2,2) ＋1）).由x1，x2∈(－1，1)，且x1＜x2，得x1x2－1＜0，x2－x1＞0，x eq \\al(2,1) ＋1＞0，x eq \\al(2,2) ＋1＞0，则有f(x1)－f(x2)＜0，所以函数f(x)在(－1，1)上单调递增．
12．【解答】 (1) 因为f(x＋2)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以f(x)是周期为4的周期函数．
(2) f(2)＝f(0＋2)＝－f(0)＝0.
(3) 当x∈(－2，0]时，－x∈[0，2)，由已知得f(－x)＝2(－x)－(－x)2＝－2x－x2.又f(x)是奇函数，所以f(－x)＝－f(x)＝－2x－x2，所以f(x)＝x2＋2x.又f(x)是周期为4的周期函数，所以当x∈(2，4]时，f(x)＝f(x－4)＝(x－4)2＋2(x－4)＝x2－6x＋8.
(4) 因为f(0)＝0，f(1)＝1，f(2)＝0，f(3)＝－1，所以f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝0.又f(x)是周期为4的周期函数，所以f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 021)＋f(2 022)＋f(2 023)＝0.
13．【解答】 (1) 因为f(x＋a)＝(x＋a)3－3(x＋a)2＝x3＋3ax2＋3a2x＋a3－3x2－6ax－3a2＝x3＋(3a－3)x2＋(3a2－6a)x＋a3－3a2，所以y＝f(x＋a)－b＝x3＋(3a－3)x2＋(3a2－6a)x＋a3－3a2－b是奇函数，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a－3＝0，,a3－3a2－b＝0，))所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝－2.))所以f(x)＝x3－3x2的对称中心为(1，－2).
(2) 函数y＝f(x)的图象关于直线x＝a对称的充要条件是y＝f(x＋a)为偶函数．
第18练 利用导数研究函数的性质
1．A
【解析】由题意得f′(x)＝3x2＋2ax－1，故f′(1)＝3＋2a－1＝4，则a＝1，所以f′(x)＝3x2＋2x－1.令f′(x)＝3x2＋2x－1＝0，则x1＝－1，x2＝ eq \f(1,3).当x＜－1或x＞ eq \f(1,3)时，f′(x)＞0；当－1＜x＜ eq \f(1,3)时，f′(x)＜0，故函数f(x)在x＝－1时取得极大值为f(－1)＝－1＋1＋1＝1.
2．C
【解析】 f(x)＝x－2ln (2x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－2· eq \f(1,2x)·2＝1－ eq \f(2,x)＝ eq \f(x－2,x)，由f′(x)＜0，可得x∈(0，2)，故f(x)＝x－2ln (2x)的单调递减区间为(0，2).
3．C
【解析】 y′＝ eq \f(sin2x－(2－csx)cs x,sin2x)＝ eq \f(1－2csx,sin2x)，因为0＜x＜π，所以当 eq \f(π,3)＜x＜π时，y′＞0，y＝ eq \f(2－csx,sin x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π))上是增函数，当0＜x＜ eq \f(π,3)时，y′＜0，y＝ eq \f(2－cs x,sin x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上是减函数，所以当x＝ eq \f(π,3)时，ymin＝ eq \r(3).
4．B
【解析】 当1－x＞0，即x＜1时，y＝f(1－x)＝ eq \f(ln (1－x),1－x)，y′＝ eq \f(－\f(1,1－x)·(1－x)＋ln (1－x),(1－x)2)＝ eq \f(－1＋ln (1－x),(1－x)2)，令y′＞0，得x＜1－e，令y′＜0，得1－e＜x＜1，所以函数y＝f(1－x)在(－∞，1－e)上单调递增，在(1－e，1)上单调递减，故A，C，D错误；当1－x≤0，即x≥1时，y＝f(1－x)＝(1－x)e1-x，y′＝(1－x)′e1-x＋(1－x)(e1-x)′＝－e1-x－(1－x)e1-x＝－e1-x(2－x)，令y′＞0，得x＞2，令y′＜0，得1≤x＜2，所以函数y＝f(1－x)在(2，＋∞)上单调递增，在[1，2)上单调递减，故B正确．
5．BC
【解析】 由题图知，当x∈(－∞，－2)时，g(x)＞0，所以f′(x)＜0，当x∈(－2，0)时，g(x)＜0，所以f′(x)＞0，当x∈(0，1)时，g(x)＜0，所以f′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，g(x)＞0，所以f′(x)＞0.所以f(x)在(－∞，－2)，(0，1)上单调递减，在(－2，0)，(1，＋∞)上单调递增．故AD错误，BC正确．
6．BCD
【解析】 依题可知点P(2，f(2))为切点，代入切线方程y＝x－4，可得f(2)＝－2，所以f(2)＝8＋4a＋2b－4＝－2，即2a＋b＝－3.又由f(x)＝x3＋ax2＋bx－4，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，而由切线y＝x－4的斜率可知f′(2)＝1，所以12＋4a＋b＝1，即4a＋b＝－11.由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＋b＝－3，,4a＋b＝－11，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－4，,b＝5.))所以f(x)＝x3－4x2＋5x－4，则f′(x)＝3x2－8x＋5＝(3x－5)(x－1)，令f′(x)＝0，得x＝ eq \f(5,3)或x＝1，当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表：
所以f(x)的极大值为f(1)＝－2，极小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)))＝－ eq \f(58,27).
7．AB
【解析】 对于A，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2－ eq \f(1,x2)＋ eq \f(1,x)＝ eq \f((2x－1)(x＋1),x2)，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，f′(x)＜0；当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))时，f′(x)＞0，故函数f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，所以x＝ eq \f(1,2)是f(x)的极小值点，故A正确．对于B，设直线2x－y＋b＝0与函数f(x)的图象相切，切点坐标为(x0，y0)，由f′(x)＝2－ eq \f(1,x2)＋ eq \f(1,x)，可得f′(x0)＝2－ eq \f(1,x eq \\al(2,0) )＋ eq \f(1,x0)＝2，解得x0＝1，所以y0＝f(1)＝2＋1＋ln 1＝3，即切点为(1，3)，则切点(1，3)到直线2x－y＝0的距离为d＝ eq \f(|2×1－3|,\r(22＋(－1)2))＝ eq \f(\r(5),5)，即函数f(x)图象上的点到直线2x－y＝0的最短距离为 eq \f(\r(5),5)，故B正确．对于C，因为g(x)＝f(x)－2x＝ eq \f(1,x)＋ln x，所以g′(x)＝－ eq \f(1,x2)＋ eq \f(1,x)＝ eq \f(x－1,x2)，当x∈(0，1)时，g′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，故函数g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则g(x)≥g(1)＝1＋ln 1＝1＞0，所以函数g(x)＝f(x)－2x不存在零点，故C不正确．对于D，由C可知g(x)＝f(x)－2x＞0，即f(x)＞2x恒成立，所以存在正实数k，使f(x)＞kx恒成立，故D错误．
8．x＋πy－π＝0
【解析】 由函数的解析式可得y′＝ eq \f(x cs x－sin x,x2)，所求切线的斜率为k＝y′|x＝π＝ eq \f(πcs π－sin π,π2)＝－ eq \f(1,π)，由于切点坐标为(π，0)，故切线方程为y＝－ eq \f(1,π)(x－π)，即为x＋πy－π＝0.
9．[1，＋∞)
【解析】 方法一：因为f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，因为f(x)＝kx－ln x，所以f′(x)＝k－ eq \f(1,x)≥0，即k≥ eq \f(1,x).因为x＞1，所以0＜ eq \f(1,x)＜1，所以k≥1.所以k∈[1，＋∞)．方法二：f′(x)＝k－ eq \f(1,x)＝ eq \f(kx－1,x)(x＞0)，当k≤0时，f′(x)＝k－ eq \f(1,x)＜0，f(x)在其定义域内单调递减，不合题意，当k＞0时，由f′(x)＞0知x＞ eq \f(1,k)，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)，＋∞))是f(x)的增区间．由题意可知 eq \f(1,k)≤1，即k≥1.
10． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，＋∞))
【解析】 由题意得，g(x)的最大值大于或等于f(x)的最小值．f′(x)＝xex＋ex＝(x＋1)ex，显然x＝－1是函数f(x)的极小值点也是最小值点，故f(x)min＝f(－1)＝－e-1，又函数g(x)的最大值为a，故a≥－ eq \f(1,e).
11．【解答】 (1) 函数f(x)的定义域为R.f′(x)＝(x＋2)ex.令f′(x)＝0，解得x＝－2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
所以f(x)在区间(－∞，－2)上单调递减，在区间(－2，＋∞)上单调递增．当x＝－2时，f(x)有极小值f(－2)＝－ eq \f(1,e2).
(2) 令f(x)＝0，解得x＝－1.当x＜－1时，f(x)＜0；当x＞－1时，f(x)＞0.所以f(x)的图象经过特殊点A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(1,e2)))，B(－1，0)，C(0，1).当x→－∞时，与一次函数相比，指数函数y＝e－x呈爆炸性增长，从而f(x)＝ eq \f(x＋1,e－x)→0；当x→＋∞时，f(x)→＋∞，根据以上信息，画出f(x)的大致图象如图所示．
(3) 方程f(x)＝a(a∈R)的解的个数为函数y＝f(x)的图象与直线y＝a的交点个数．由(1)及图可得，当x＝－2时，f(x)有最小值f(－2)＝－ eq \f(1,e2).所以关于方程f(x)＝a(a∈R)的解的个数有如下结论：当a＜－ eq \f(1,e2)时，解为0个；当a＝－ eq \f(1,e2)或a≥0时，解为1个；当－ eq \f(1,e2)＜a＜0时，解为2个．
12．【解答】 当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln (x＋m)≤ln (x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)＝ex－ln (x＋2)＞0.当m＝2时，函数y＝ex与函数y＝－ eq \f(1,x＋2)在(－2，＋∞)上单调递增，所以函数f′(x)＝ex－ eq \f(1,x＋2)在(－2，＋∞)上单调递增，又f′(－1)＜0，f′(0)＞0，故f′(x)＝0在(－2，＋∞)上有唯一实数根，记为x＝x0，且x0∈(－1，0)，当x∈(－2，x0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，从而当x＝x0时，f(x)取得最小值，由f′(x0)＝0得ex0＝ eq \f(1,x0＋2)，即ln (x0＋2)＝－x0，故f(x)≥f(x0)＝ eq \f(1,x0＋2)＋x0＝ eq \f((x0＋1)2,x0＋2)＞0.综上，当m≤2时，f(x)＞0.
13．【解答】 (1) f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1).(ⅰ) 若a≤0，则f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．(ⅱ) 若a＞0，则由f′(x)＝0得x＝－ln a.当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)＜0；当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2) (ⅰ) 若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．(ⅱ) 若a＞0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－ eq \f(1,a)＋ln a.①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点；②当a∈(1，＋∞)时，由于1－ eq \f(1,a)＋ln a＞0，即f(－ln a)＞0，故f(x)没有零点；③当a∈(0，1)时，1－ eq \f(1,a)＋ln a＜0，即f(－ln a)＜0.又f(－2)＝ae-4＋(a－2)e-2＋2＞－2e-2＋2＞0，故f(x)在(－∞，－ln a)上有一个零点．设正整数n0满足n0＞ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,a)－1))，则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0＞en0－n0＞2n0－n0＞0.由于ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,a)－1))＞－ln a，因此f(x)在(－ln a，＋∞)上有一个零点．综上，a的取值范围为(0，1).
x
(－∞，1)
1
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(5,3)))
eq \f(5,3)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，＋∞))
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
(－∞，－2)
－2
(－2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
－ eq \f(1,e2)
↗
第16练 指数函数与对数函数
1．D
【解析】 f(x)＝|lg x|的图象如图所示，由图象知f(x)在(0，1)上单调递减，c＝f(2)＝|lg 2|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(lg \f(1,2)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，因为 eq \f(1,4)＜ eq \f(1,3)＜ eq \f(1,2)，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＞f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＞f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，即a＞b＞c.
2．D
【解析】 因为21.3＞21＝2，1＝lg55＜lg58＜lg525＝2，0.71.3＜0.70＝1，所以c＜a＜b.
3．B
【解析】 根据题意，当x＞0时，f(x)＝2x－1，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增且f(x)＞0，f(2)＝22－1＝3.又由f(x)为R上的奇函数，则f(x)在区间(－∞，0)上单调递增，且f(x)＜0.由f(lg3x)－3＜0得f(lg3x)＜3，f(lg3x)＜f(2)，lg3x＜2，解得0＜x＜9，即原不等式的解集为(0，9).
4．D
【解析】 由题知，0＜a＜1且|x|－1＞0，即函数y的定义域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)，排除A，B；当x∈(－∞，－1)时，t＝|x|－1＝－x－1单调递减，当x∈(1，＋∞)时，t＝|x|－1＝x－1单调递增，而y＝lgat在定义域上单调递减，所以当x∈(－∞，－1)时y单调递增；当x∈(1，＋∞)时y单调递减，排除C.故选D.
5．BC
【解析】 由图象可知函数为减函数，所以0＜a＜1，令y＝0得lga(x＋c)＝0，x＋c＝1，x＝1－c，由图象知0＜1－c＜1，所以0＜c＜1.
6．ABC
【解析】 在同一平面直角坐标系内，作出函数y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)和y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(x)的图象，如图，当a＞b＞0时， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(a)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(b)可能成立．当a＜b＜0时， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(a)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(b)可能成立．当a＝b＝0时， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(a)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(b).当a＞0＞b时， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(a)＜ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(b).综上可知，A，B，C可能成立，D不可能成立．
7．AC
【解析】 对于A，若m＞ eq \f(1,4)，Δ＝1－4m＜0，二次函数y＝x2＋x＋m的图象恒在x轴的上方，即x2＋x＋m＞0恒成立，所以f(x)的定义域为R，故A正确；对于B，若m＝0，则f(x)＝ln (x2＋x)的定义域为(－∞，－1)∪(0，＋∞)，值域为R，没有最小值，故B错误；对于C，由于函数y＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋m－\f(1,4)))为偶函数，其图象关于y轴对称，将该函数的图象向左平移 eq \f(1,2)个单位长度即可得到函数f(x)＝ln eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))\s\up12(2)＋m－\f(1,4)))＝ln (x2＋x＋m)的图象，此时对称轴为直线x＝－ eq \f(1,2)，故C正确；对于D，若m≥1，则y＝x2＋x＋m＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋m－ eq \f(1,4)≥ eq \f(3,4)，故f(x)的值域不是R，故D错误．
8． eq \f(7,3)
【解析】 因为a2x＝3，所以 eq \f(a3x＋a-3x,ax＋a－x)＝ eq \f((ax)3＋(a－x)3,ax＋a－x)＝a2x－ax·a－x＋a-2x＝3－1＋ eq \f(1,3)＝ eq \f(7,3).
9． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
【解析】 lga eq \f(1,2)＜1＝lgaa，当a＞1时，a＞ eq \f(1,2)；当0＜a＜1时，a＜ eq \f(1,2).所以a＞1或0＜a＜ eq \f(1,2).因为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(a)＜1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(0)，所以a＞0.因为a eq \s\up6(\f(1,2))＜1，即 eq \r(a)＜1，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＜1，,a≥0，))所以0≤a＜1.综上，实数a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
10．42
【解析】 设对折n次时，纸的厚度为an，每次对折厚度变为原来的2倍，由题意知{an}是以a1＝0.1×2为首项，公比为2的等比数列，所以an＝0.1×2×2n-1＝0.1×2n.令an＝0.1×2n≥38×104×106，即2n≥3.8×1012，所以lg 2n≥lg 3.8＋12，即n lg 2≥0.6＋12，解得n≥ eq \f(12.6,0.3)＝42，所以至少对折的次数n是42.
11．【解答】 (1) 易知函数f(x)＝a－ eq \f(2,2x＋1)的定义域为R，而y＝2x为增函数，所以y＝ eq \f(2,2x＋1)为减函数，故f(x)＝a－ eq \f(2,2x＋1)是增函数．证明如下：任取x1，x2∈R，且x1＜x2，则f(x2)－f(x1)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(2,2x2＋1)))－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(2,2x1＋1)))＝ eq \f(2,2x1＋1)－ eq \f(2,2x2＋1)＝ eq \f(2(2x2－2x1),(2x1＋1)(2x2＋1)).因为x2＞x1，所以2x2－2x1＞0，又2x1＋1＞1，2x2＋1＞1，所以 eq \f(2(2x2－2x1),(2x1＋1)(2x2＋1))＞0，所以f(x2)＞f(x1)，故f(x)在R上是增函数．
(2) 存在．假设存在实数a，使f(－x)＝－f(x)，则a－ eq \f(2,2－x＋1)＝－a＋ eq \f(2,2x＋1)，即2a＝ eq \f(2,2x＋1)＋ eq \f(2,2－x＋1)＝2，所以a＝1.故存在实数a＝1，使函数f(x)为奇函数．
第17练 函数的图象与性质
1．A
【解析】 f(－1)＝－f(1)＝－(1－2)＝1.
2．D
【解析】 因为f(x＋4)＝f(x)，所以函数f(x)的一个周期为4，所以f(5.5)＝f(1.5＋4)＝f(1.5).因为f(x)是定义在R上的偶函数，所以f(5.5)＝f(1.5)＝f(－1.5)＝f(－1.5＋4)＝f(2.5).因为当2≤x≤3时，f(x)＝x，所以f(2.5)＝2.5，所以f(5.5)＝2.5.
3．C
【解析】 根据f(2)＜1，f(3)＞1可知y＝ln x满足．
4．B
【解析】 令f(x)＝x－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)，则f(x)在R上单调递增，由f(1)＞0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＜0，知∃x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，f(x)＝0，即x＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x).而lg eq \s\d9(\f(1,2))y＝ eq \r(x)⇒y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(\r(x)).因为x＜ eq \r(x)，所以x－y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(\r(x))＞0⇒x＞y.由x＝lgxz⇒z＝xx＞ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)＝x.综上，y＜x＜z.
5．AD
【解析】 根据题意，函数f(x)，g(x)分别为R上的奇函数、偶函数，且满足f(x)－g(x)＝ex①，则f(－x)－g(－x)＝－f(x)－g(x)＝e－x，变形可得f(x)＋g(x)＝－e－x②，联立①②可得f(x)＝ eq \f(1,2)(ex－e－x)，g(x)＝－ eq \f(1,2)(ex＋e－x)，故A正确，B错误；f(2)＝ eq \f(1,2)(e2－e-2)，g(0)＝－ eq \f(1,2)(1＋1)＝－1，f(3)＝ eq \f(1,2)(e3－e-3)，且f(x)为增函数，则有g(0)＜f(2)＜f(3)，故C错误，D正确．
6．AC
【解析】 由题意可知f(x)＝－ eq \f(a,x＋1)，x＋1≠0得x≠－1，则f(x)的定义域是(－∞，－1)∪(－1，＋∞)，故A正确．当a＞0时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，当a＜0时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减，故B错误．因为f(x－1)＝－ eq \f(a,x)是奇函数，故C正确．f(x)＞a，即－ eq \f(a,x＋1)＞a.当a＞0时，解得－2＜x＜－1，当a＜0时，解得x＜－2或x＞－1，故D错误．
7．ABD
【解析】 对于A，因为函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，所以函数f(x)是周期函数，周期T＝2，故A正确．对于B，因为函数f(x)是定义域为R的奇函数，所以f(0)＝0，且f(－1)＝－f(1).又函数是周期为2的函数，所以f(－1)＝f(1)，所以f(1)＝0，f(2 022)＝(1 011×2)＝f(0)＝0，f(2 023)＝f(1 011×2＋1)＝f(1)＝0，所以f(2 022)＝f(2 023)＝0，故B正确．对于C，根据周期可知f(－2)＝f(2)＝f(0)＝0，且f(－1)＝f(1)＝0，所以函数f(x)在区间[－2，2]上至少有5个零点，故C错误．对于D，因为函数f(x)是周期为2的奇函数，所以f(x)＝－f(－x)，且f(x)＝f(x＋2)，所以f(x＋2)＝－f(－x)，所以函数f(x)关于点(1，0)对称，故D正确．
8．1
【解析】 由偶函数的定义得f(－x)＝f(x)，所以lg (10-2x＋m)＋x＝lg (102x＋m)－x，即lg eq \f(102x＋m,10-2x＋m)＝2x，所以 eq \f(102x＋m,10-2x＋m)＝102x，即102x＋m＝1＋m102x, 整理得(m－1)(102x－1)＝0，此等式在函数f(x)的定义域内恒成立，所以m－1＝0，即m＝1.
9． [5，＋∞)
【解析】 因为f(x)＝lg (x2－4x－5)在(a，＋∞)上单调递增，y＝lg x在(0，＋∞)上单调递增，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－4a－5≥0，,a≥2，))解得a≥5.故a的取值范围为[5，＋∞).
10．24
【解析】 由f(x＋2)为偶函数，则f(－x＋2)＝f(x＋2)，故f(－x)＝f(x＋4).又f(x)是定义在R上的奇函数，则f(x)＝－f(－x)，所以f(x)＝－f(x＋4)，故f(x＋4)＝－f(x＋8)，即有f(x)＝f(x＋8).综上，f(x)的周期为8，且是关于x＝2对称的奇函数，由f(x)在[0，2]上单调递减，结合上述分析知：在[2，6]上单调递增，[6，10]上单调递减，[10，12]上单调递增，所以f(x)在[0，12]上大致草图如图所示，要使f(x)＝m在[0，12]上恰好有4个不同的实数根，即f(x)与y＝m有4个交点，所以必有两对交点分别关于x＝2，x＝10对称，则x1＋x2＋x3＋x4＝24.
11．【解答】 (1) 因为f(x)＝ eq \f(x＋a,x2＋1)为奇函数，所以f(－x)＋f(x)＝0，即 eq \f(－x＋a,x2＋1)＋ eq \f(x＋a,x2＋1)＝0，解得a＝0.
(2) f(x)＝ eq \f(x,x2＋1)在(－1，1)上为增函数．证明如下：任取x1，x2∈(－1，1)，且x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝ eq \f(x1,x eq \\al(2,1) ＋1)－ eq \f(x2,x eq \\al(2,2) ＋1)＝ eq \f(x1（x eq \\al(2,2) ＋1）－x2（x eq \\al(2,1) ＋1）,（x eq \\al(2,1) ＋1）（x eq \\al(2,2) ＋1）)＝ eq \f(x1x eq \\al(2,2) ＋x1－x2x eq \\al(2,1) －x2,（x eq \\al(2,1) ＋1）（x eq \\al(2,2) ＋1）)＝ eq \f(x1x2(x2－x1)－(x2－x1),（x eq \\al(2,1) ＋1）（x eq \\al(2,2) ＋1）)＝ eq \f((x1x2－1)(x2－x1),（x eq \\al(2,1) ＋1）（x eq \\al(2,2) ＋1）).由x1，x2∈(－1，1)，且x1＜x2，得x1x2－1＜0，x2－x1＞0，x eq \\al(2,1) ＋1＞0，x eq \\al(2,2) ＋1＞0，则有f(x1)－f(x2)＜0，所以函数f(x)在(－1，1)上单调递增．
12．【解答】 (1) 因为f(x＋2)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以f(x)是周期为4的周期函数．
(2) f(2)＝f(0＋2)＝－f(0)＝0.
(3) 当x∈(－2，0]时，－x∈[0，2)，由已知得f(－x)＝2(－x)－(－x)2＝－2x－x2.又f(x)是奇函数，所以f(－x)＝－f(x)＝－2x－x2，所以f(x)＝x2＋2x.又f(x)是周期为4的周期函数，所以当x∈(2，4]时，f(x)＝f(x－4)＝(x－4)2＋2(x－4)＝x2－6x＋8.
(4) 因为f(0)＝0，f(1)＝1，f(2)＝0，f(3)＝－1，所以f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝0.又f(x)是周期为4的周期函数，所以f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 021)＋f(2 022)＋f(2 023)＝0.
13．【解答】 (1) 因为f(x＋a)＝(x＋a)3－3(x＋a)2＝x3＋3ax2＋3a2x＋a3－3x2－6ax－3a2＝x3＋(3a－3)x2＋(3a2－6a)x＋a3－3a2，所以y＝f(x＋a)－b＝x3＋(3a－3)x2＋(3a2－6a)x＋a3－3a2－b是奇函数，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a－3＝0，,a3－3a2－b＝0，))所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝－2.))所以f(x)＝x3－3x2的对称中心为(1，－2).
(2) 函数y＝f(x)的图象关于直线x＝a对称的充要条件是y＝f(x＋a)为偶函数．
第18练 利用导数研究函数的性质
1．A
【解析】由题意得f′(x)＝3x2＋2ax－1，故f′(1)＝3＋2a－1＝4，则a＝1，所以f′(x)＝3x2＋2x－1.令f′(x)＝3x2＋2x－1＝0，则x1＝－1，x2＝ eq \f(1,3).当x＜－1或x＞ eq \f(1,3)时，f′(x)＞0；当－1＜x＜ eq \f(1,3)时，f′(x)＜0，故函数f(x)在x＝－1时取得极大值为f(－1)＝－1＋1＋1＝1.
2．C
【解析】 f(x)＝x－2ln (2x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－2· eq \f(1,2x)·2＝1－ eq \f(2,x)＝ eq \f(x－2,x)，由f′(x)＜0，可得x∈(0，2)，故f(x)＝x－2ln (2x)的单调递减区间为(0，2).
3．C
【解析】 y′＝ eq \f(sin2x－(2－csx)cs x,sin2x)＝ eq \f(1－2csx,sin2x)，因为0＜x＜π，所以当 eq \f(π,3)＜x＜π时，y′＞0，y＝ eq \f(2－csx,sin x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π))上是增函数，当0＜x＜ eq \f(π,3)时，y′＜0，y＝ eq \f(2－cs x,sin x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上是减函数，所以当x＝ eq \f(π,3)时，ymin＝ eq \r(3).
4．B
【解析】 当1－x＞0，即x＜1时，y＝f(1－x)＝ eq \f(ln (1－x),1－x)，y′＝ eq \f(－\f(1,1－x)·(1－x)＋ln (1－x),(1－x)2)＝ eq \f(－1＋ln (1－x),(1－x)2)，令y′＞0，得x＜1－e，令y′＜0，得1－e＜x＜1，所以函数y＝f(1－x)在(－∞，1－e)上单调递增，在(1－e，1)上单调递减，故A，C，D错误；当1－x≤0，即x≥1时，y＝f(1－x)＝(1－x)e1-x，y′＝(1－x)′e1-x＋(1－x)(e1-x)′＝－e1-x－(1－x)e1-x＝－e1-x(2－x)，令y′＞0，得x＞2，令y′＜0，得1≤x＜2，所以函数y＝f(1－x)在(2，＋∞)上单调递增，在[1，2)上单调递减，故B正确．
5．BC
【解析】 由题图知，当x∈(－∞，－2)时，g(x)＞0，所以f′(x)＜0，当x∈(－2，0)时，g(x)＜0，所以f′(x)＞0，当x∈(0，1)时，g(x)＜0，所以f′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，g(x)＞0，所以f′(x)＞0.所以f(x)在(－∞，－2)，(0，1)上单调递减，在(－2，0)，(1，＋∞)上单调递增．故AD错误，BC正确．
6．BCD
【解析】 依题可知点P(2，f(2))为切点，代入切线方程y＝x－4，可得f(2)＝－2，所以f(2)＝8＋4a＋2b－4＝－2，即2a＋b＝－3.又由f(x)＝x3＋ax2＋bx－4，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，而由切线y＝x－4的斜率可知f′(2)＝1，所以12＋4a＋b＝1，即4a＋b＝－11.由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＋b＝－3，,4a＋b＝－11，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－4，,b＝5.))所以f(x)＝x3－4x2＋5x－4，则f′(x)＝3x2－8x＋5＝(3x－5)(x－1)，令f′(x)＝0，得x＝ eq \f(5,3)或x＝1，当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表：
所以f(x)的极大值为f(1)＝－2，极小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)))＝－ eq \f(58,27).
7．AB
【解析】 对于A，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2－ eq \f(1,x2)＋ eq \f(1,x)＝ eq \f((2x－1)(x＋1),x2)，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，f′(x)＜0；当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))时，f′(x)＞0，故函数f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，所以x＝ eq \f(1,2)是f(x)的极小值点，故A正确．对于B，设直线2x－y＋b＝0与函数f(x)的图象相切，切点坐标为(x0，y0)，由f′(x)＝2－ eq \f(1,x2)＋ eq \f(1,x)，可得f′(x0)＝2－ eq \f(1,x eq \\al(2,0) )＋ eq \f(1,x0)＝2，解得x0＝1，所以y0＝f(1)＝2＋1＋ln 1＝3，即切点为(1，3)，则切点(1，3)到直线2x－y＝0的距离为d＝ eq \f(|2×1－3|,\r(22＋(－1)2))＝ eq \f(\r(5),5)，即函数f(x)图象上的点到直线2x－y＝0的最短距离为 eq \f(\r(5),5)，故B正确．对于C，因为g(x)＝f(x)－2x＝ eq \f(1,x)＋ln x，所以g′(x)＝－ eq \f(1,x2)＋ eq \f(1,x)＝ eq \f(x－1,x2)，当x∈(0，1)时，g′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，故函数g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则g(x)≥g(1)＝1＋ln 1＝1＞0，所以函数g(x)＝f(x)－2x不存在零点，故C不正确．对于D，由C可知g(x)＝f(x)－2x＞0，即f(x)＞2x恒成立，所以存在正实数k，使f(x)＞kx恒成立，故D错误．
8．x＋πy－π＝0
【解析】 由函数的解析式可得y′＝ eq \f(x cs x－sin x,x2)，所求切线的斜率为k＝y′|x＝π＝ eq \f(πcs π－sin π,π2)＝－ eq \f(1,π)，由于切点坐标为(π，0)，故切线方程为y＝－ eq \f(1,π)(x－π)，即为x＋πy－π＝0.
9．[1，＋∞)
【解析】 方法一：因为f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，因为f(x)＝kx－ln x，所以f′(x)＝k－ eq \f(1,x)≥0，即k≥ eq \f(1,x).因为x＞1，所以0＜ eq \f(1,x)＜1，所以k≥1.所以k∈[1，＋∞)．方法二：f′(x)＝k－ eq \f(1,x)＝ eq \f(kx－1,x)(x＞0)，当k≤0时，f′(x)＝k－ eq \f(1,x)＜0，f(x)在其定义域内单调递减，不合题意，当k＞0时，由f′(x)＞0知x＞ eq \f(1,k)，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)，＋∞))是f(x)的增区间．由题意可知 eq \f(1,k)≤1，即k≥1.
10． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，＋∞))
【解析】 由题意得，g(x)的最大值大于或等于f(x)的最小值．f′(x)＝xex＋ex＝(x＋1)ex，显然x＝－1是函数f(x)的极小值点也是最小值点，故f(x)min＝f(－1)＝－e-1，又函数g(x)的最大值为a，故a≥－ eq \f(1,e).
11．【解答】 (1) 函数f(x)的定义域为R.f′(x)＝(x＋2)ex.令f′(x)＝0，解得x＝－2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
所以f(x)在区间(－∞，－2)上单调递减，在区间(－2，＋∞)上单调递增．当x＝－2时，f(x)有极小值f(－2)＝－ eq \f(1,e2).
(2) 令f(x)＝0，解得x＝－1.当x＜－1时，f(x)＜0；当x＞－1时，f(x)＞0.所以f(x)的图象经过特殊点A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(1,e2)))，B(－1，0)，C(0，1).当x→－∞时，与一次函数相比，指数函数y＝e－x呈爆炸性增长，从而f(x)＝ eq \f(x＋1,e－x)→0；当x→＋∞时，f(x)→＋∞，根据以上信息，画出f(x)的大致图象如图所示．
(3) 方程f(x)＝a(a∈R)的解的个数为函数y＝f(x)的图象与直线y＝a的交点个数．由(1)及图可得，当x＝－2时，f(x)有最小值f(－2)＝－ eq \f(1,e2).所以关于方程f(x)＝a(a∈R)的解的个数有如下结论：当a＜－ eq \f(1,e2)时，解为0个；当a＝－ eq \f(1,e2)或a≥0时，解为1个；当－ eq \f(1,e2)＜a＜0时，解为2个．
12．【解答】 当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln (x＋m)≤ln (x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)＝ex－ln (x＋2)＞0.当m＝2时，函数y＝ex与函数y＝－ eq \f(1,x＋2)在(－2，＋∞)上单调递增，所以函数f′(x)＝ex－ eq \f(1,x＋2)在(－2，＋∞)上单调递增，又f′(－1)＜0，f′(0)＞0，故f′(x)＝0在(－2，＋∞)上有唯一实数根，记为x＝x0，且x0∈(－1，0)，当x∈(－2，x0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，从而当x＝x0时，f(x)取得最小值，由f′(x0)＝0得ex0＝ eq \f(1,x0＋2)，即ln (x0＋2)＝－x0，故f(x)≥f(x0)＝ eq \f(1,x0＋2)＋x0＝ eq \f((x0＋1)2,x0＋2)＞0.综上，当m≤2时，f(x)＞0.
13．【解答】 (1) f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1).(ⅰ) 若a≤0，则f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．(ⅱ) 若a＞0，则由f′(x)＝0得x＝－ln a.当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)＜0；当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2) (ⅰ) 若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．(ⅱ) 若a＞0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－ eq \f(1,a)＋ln a.①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点；②当a∈(1，＋∞)时，由于1－ eq \f(1,a)＋ln a＞0，即f(－ln a)＞0，故f(x)没有零点；③当a∈(0，1)时，1－ eq \f(1,a)＋ln a＜0，即f(－ln a)＜0.又f(－2)＝ae-4＋(a－2)e-2＋2＞－2e-2＋2＞0，故f(x)在(－∞，－ln a)上有一个零点．设正整数n0满足n0＞ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,a)－1))，则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0＞en0－n0＞2n0－n0＞0.由于ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,a)－1))＞－ln a，因此f(x)在(－ln a，＋∞)上有一个零点．综上，a的取值范围为(0，1).
x
(－∞，1)
1
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(5,3)))
eq \f(5,3)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，＋∞))
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
(－∞，－2)
－2
(－2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
－ eq \f(1,e2)
↗
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