指对函数

$\displaystyle \left(\frac{1}{3}, 1\right)$ ． 当 $0<a<1$ 时，函数 $f(x)=\log _{a}(2 x-a)$ 在区间 $\displaystyle \left[\frac{1}{2}, \frac{2}{3}\right]$ 上是减函数，所以 $\displaystyle \log _{a}\left(\frac{4}{3}-a\right)>0$ ，即 $\displaystyle 0<\frac{4}{3}-a<1$ ，解得 $\displaystyle \frac{1}{3}<a<1$ ；当 $a>1$ 时，函数 $f(x)=\log _{a}(2 x-a)$ 在区间 $\displaystyle \left[\frac{1}{2}, \frac{2}{3}\right]$ 上是增函数，所以 $\log _{a}(1-a)>0$ ，即 $1-a>1$ ，解得 $a<0$ ，此时无解．综上所述，实数 $a$ 的取值范围是 $\displaystyle \left(\frac{1}{3}, 1\right)$ ．

AC ．

ABD ． 一方面，$\displaystyle f^{\prime}(x)=2 x+\frac{a}{1+x}=\frac{2 x^{2}+2 x+a}{1+x}(x>-1)$ 。令 $g(x)=2 x^{2}+2 x+a$ ，其对称轴为 $\displaystyle x=-\frac{1}{2}$ ，则有 $$ \left\{\begin{array}{l} \Delta=4-8 a>0 \\ g(-1)=a>0 \end{array}\right. $$ 得 $\displaystyle 0<a<\frac{1}{2}$ ． 另一方面，$\displaystyle f\left(x_{2}\right)=x_{2}^{2}+a \ln \left(1+x_{2}\right)=x_{2}^{2}-\left(2 x_{2}^{2}+2 x_{2}\right) \ln \left(1+x_{2}\right)\left(x_{2}>-\frac{1}{2}\right)$ ，得 $\displaystyle f\left(x_{2}\right)>\frac{1-2 \ln 2}{4}$ ，故 $f\left(x_{2}\right)$ 的最小值不存在，但可以无限趋近．

0. 由 $\displaystyle y=\frac{1}{2}\left(\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{-x}\right)$ 变形，得 $\mathrm{e}^{2 x}-2 y \mathrm{e}^{x}-1=0$ ，解这个关于 $\mathrm{e}^{x}$ 的一元二次方程，求得正 根为 $\displaystyle \mathrm{e}^{x}=\frac{2 y+\sqrt{4 y^{2}+4}}{2}=y+\sqrt{y^{2}+1}$ ，所以 $x=\ln \left(y+\sqrt{y^{2}+1}\right)$ ．将 $x$ 与 $y$ 互换，得 $y= \ln \left(x+\sqrt{x^{2}+1}\right)$ ．故 $g(x)=\ln \left(x+\sqrt{x^{2}+1}\right)$ ．于是 $$ g(x)+g(-x)=\ln \left(x+\sqrt{x^{2}+1}\right)+\ln \left(-x+\sqrt{x^{2}+1}\right)=\ln 1=0, $$ 故 $g(-2)+g(0)+g(2)=0$ ．

2. $M=\sqrt{M^{2}}=\sqrt{2+\log _{\pi} 3+\log _{3} \pi}$ ．注意到 $$ \begin{aligned} & \log _{\pi} 3+\log _{3} \pi>2 \sqrt{\log _{\pi} 3 \log _{3} \pi}=2, \\ & \log _{\pi} 3+\log _{3} \pi<\log _{\pi} \pi+\log _{3} 9=3, \end{aligned} $$ 所以 $\sqrt{2+2}<M<\sqrt{2+3}$ ，即 $2<M<\sqrt{5}$ ．故 $[M]=2$ ．

$\displaystyle \left(0, \frac{1}{3 \mathrm{e}}\right)$ ． 因为 $\mathrm{e}^{2 x-y}(y-x)-a \mathrm{e}^{2 y-x}=0$ ，所以 $a=\mathrm{e}^{3 x-3 y}(y-x)$ ．令 $y-x=t$ ，则 $\displaystyle a=\frac{t}{\mathrm{e}^{3 t}}$ ．令 $\displaystyle f(t) =\frac{t}{\mathrm{e}^{3 t}}$ ．因为 $\displaystyle f^{\prime}(t)=\frac{1-3 t}{\mathrm{e}^{3 t}}=0$ ，所以当 $\displaystyle t \in\left(-\infty, \frac{1}{3}\right)$ 时，$f^{\prime}(t)>0, f(t)$ 单调递增，$\displaystyle a \in \left(-\infty, \frac{1}{3 \mathrm{e}}\right)$ ；当 $\displaystyle t \in\left(\frac{1}{3},+\infty\right)$ 时，$f^{\prime}(t)<0, f(t)$ 单调递减，$\displaystyle a \in\left(0, \frac{1}{3 \mathrm{e}}\right)$ ．因此要使有两个 $y$存在，必须 $\displaystyle a \in\left(0, \frac{1}{3 \mathrm{e}}\right)$ ．

$a=1$ 或 $a<0$ ． $$ \frac{x^{2}}{a}-x=\ln x \Leftrightarrow \frac{1}{a}=\frac{x+\ln x}{x^{2}} . $$ 令 $\displaystyle f(x)=\frac{x+\ln x}{x^{2}}$ ，则 $\displaystyle f^{\prime}(x)=\frac{1-x-2 \ln x}{x^{3}}$ ．由 $f^{\prime}(x)=0$ 得 $x=1$ ． 当 $0<x<1$ 时，$f^{\prime}(x)>0$ ；当 $x>1$ 时，$f^{\prime}(x)<0$ ．所以 $f(x)_{\text {max }}=f(1)=1$ ．又 $f(x) \rightarrow -\infty\left(x \rightarrow 0^{+}\right), f(x) \rightarrow 0(x \rightarrow+\infty)$ ，所以当方程有唯一解时，$\displaystyle \frac{1}{a}=1$ 或 $\displaystyle \frac{1}{a}<0$ ，即 $a=1$ 或 $a<0$ ．

$\displaystyle \ln \left(-\frac{1}{x}\right)$ ． 不妨设 $f(x)$ 图像上任意一点 $A\left(x_{0}, y_{0}\right)$ ，则点 $A$ 关于直线 $y=-x$ 对称的点 $A^{\prime}$ 的坐标为 $\left(-y_{0},-x_{0}\right)$ ．又点 $A^{\prime}$ 在函数 $y=\mathrm{e}^{x}$ 上，代人可得 $-x_{0}=\mathrm{e}^{-y_{0}}$ ，解得 $\displaystyle y_{0}=-\ln \left(-x_{0}\right)= \ln \left(-\frac{1}{x_{0}}\right)$ ．由于点 $A$ 的任意性，一定能找出一个与点 $A$ 不同的点 $B$ 也满足上述式子．因两点确定一条直线，故 $\displaystyle f(x)=\ln \left(-\frac{1}{x}\right)$ ．

（1）由已知可得 $\displaystyle x>0, f^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$ ．令 $f^{\prime}(x)>0$ ，解得 $x \in(0, \mathrm{e})$ ，即为函数的单调递增区间；同理，令 $f^{\prime}(x)<0$ ，可得函数的单调递减区间为 $(\mathrm{e},+\infty)$ ． 由函数的单调性可知 $\displaystyle f(x)_{\text {max }}=f(\mathrm{e})=\frac{1}{\mathrm{e}}$ ． （2）由已知可得 $\displaystyle x^{y}=y^{x} \Leftrightarrow \frac{\ln x}{x}=\frac{\ln y}{y}$ ，由（1）可知 $\displaystyle f(x)=\frac{\ln x}{x}$ 在 $(0, \mathrm{e})$ 上单调递增，在 $(\mathrm{e},+\infty)$ 上单调递减且 $0<x<y$ ，故 $0<x<\mathrm{e}, y>\mathrm{e}$ ，即 $0<x<\mathrm{e}<y$ ． 令 $g(x)=(2 \mathrm{e}-x) \ln x-x \ln (2 \mathrm{e}-x)(0<x<\mathrm{e})$ ，则 $$ \begin{aligned} g^{\prime}(x) & =-\ln x+\frac{2 \mathrm{e}-x}{x}-\ln (2 \mathrm{e}-x)+\frac{x}{2 \mathrm{e}-x} \\ & =-\ln \left[-(x-\mathrm{e})^{2}+\mathrm{e}^{2}\right]+\frac{2 \mathrm{e}-x}{x}+\frac{x}{2 \mathrm{e}-x} \\ & >-\ln \mathrm{e}^{2}+2 \sqrt{\frac{2 \mathrm{e}-x}{x} \cdot \frac{x}{2 \mathrm{e}-x}}=0, \end{aligned} $$ 故 $g(x)$ 在 $(0, \mathrm{e})$ 上单调递增，所以 $g(x)<g(\mathrm{e})=0$ ，即 $\displaystyle \frac{\ln x}{x}<\frac{\ln (2 \mathrm{e}-x)}{2 \mathrm{e}-x}(0<x<\mathrm{e})$ ． 因为 $0<x<\mathrm{e}<y$ ，所以 $\displaystyle \frac{\ln x}{x}=\frac{\ln y}{y}$ ，故 $\displaystyle \frac{\ln y}{y}<\frac{\ln (2 \mathrm{e}-x)}{2 \mathrm{e}-x}$ ．又 $y>\mathrm{e}$ ，所以 $2 \mathrm{e}-x>\mathrm{e}$ ．结合 $\displaystyle f(x)=\frac{\ln x}{x}$ 在 $(\mathrm{e},+\infty)$ 上单调递减可知 $y>2 \mathrm{e}-x$ ，移项可得 $x+y>2 \mathrm{e}$ ． \section*{模拟试题14}

$\displaystyle \left(-\frac{1}{2 \mathrm{e}},-\frac{2}{\mathrm{e}^{4}}\right)$ ． 设 $f(x)=x \mathrm{e}^{-2 x}+k$ ，则问题等价于函数 $f(x)$ 在 $(-2,2)$ 内有两个零点．又 $f^{\prime}(x)= (1-2 x) \mathrm{e}^{-2 x}$ ，则 $f(x)$ 在 $\displaystyle \left(-2, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递增，在 $\displaystyle \left(\frac{1}{2}, 2\right)$ 上单调递减．要使函数 $f(x)$ 在 $(-2,2)$ 内有两个零点，则其充要条件为 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}f\left(\frac{1}{2}\right)>0, \\ f(-2)<0, \\ f(2)<0,\end{array}\right.$ 即 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}\frac{1}{2 \mathrm{e}}+k>0, \\ -2 \mathrm{e}^{4}+k<0, \text { 也即 }-\frac{1}{2 \mathrm{e}}<k< \\ \frac{2}{\mathrm{e}^{4}}+k<0,\end{array}\right. -\frac{2}{\mathrm{e}^{4}}$.

AD ．

1. 设 $P$ 点的横坐标为 $a, Q$ 点的横坐标为 $b$ ，则 $a^{2}-\ln a=b-1=m$ ，于是 $|P Q|= |b-a|=\left|a^{2}-\ln a+1-a\right|$ 。设 $\varphi(a)=a^{2}-\ln a+1-a$ ，则 $$ \varphi^{\prime}(a)=2 a-\frac{1}{a}-1=\frac{(2 a+1)(a-1)}{a} $$ 于是 $a=1$ 时，$\varphi(a)$ 有最小值 $\varphi(1)=1$ ，因此所求 $|P Q|$ 的最小值为 1 ．

$\displaystyle \sqrt{2} \frac{1+\ln (\ln 2)}{\ln 2}$ ． 设 $M\left(a, 2^{a}\right), N\left(b, \log _{2} b\right)$ 使 $|M N|$ 最小．由 $y=2^{x}$ 与 $y=\log _{2} x$ 互为反函数，知点 $M$ ， $N$ 处的切线斜率都是 1 ，直线 $M N$ 的斜率是 -1 ．由 $\displaystyle y^{\prime}=\left(2^{x}\right)^{\prime}=2^{x} \ln 2, y^{\prime}=\left(\log _{2} x\right)^{\prime}= \frac{1}{x \ln 2}$ ，得 $\displaystyle 2^{a} \ln 2=1, \frac{1}{b \ln 2}=1$ ，即 $\displaystyle 2^{a}=\frac{1}{\ln 2}, b=\frac{1}{\ln 2}$ ，所以 $\displaystyle a=\log _{2} \frac{1}{\ln 2}$ ，故 $$ |M N|=\sqrt{2}|a-b|=\sqrt{2}\left|\frac{1}{\ln 2}-\log _{2} \frac{1}{\ln 2}\right|=\sqrt{2}\left|\frac{1}{\ln 2}+\frac{\ln (\ln 2)}{\ln 2}\right|=\sqrt{2} \frac{1+\ln (\ln 2)}{\ln 2} . $$

－e． 求 $a$ 的最小值，先考虑 $a<0$ 的情况． $$ \begin{align*} f(x) \geqslant 0 & \Leftrightarrow a \ln x+x-x^{a}+\mathrm{e}^{-x} \geqslant 0 \Leftrightarrow \mathrm{e}^{-x}-(-x) \geqslant x^{a}-a \ln x \\ & \Leftrightarrow \mathrm{e}^{-x}-\ln \mathrm{e}^{(-x)} \geqslant x^{a}-\ln x^{a} \tag{1} \end{align*} $$ 设 $g(x)=t-\ln t$ ，则 $\displaystyle g^{\prime}(x)=1-\frac{1}{t}$ ．当 $0<t<1$ 时，$g^{\prime}(t)<0, g(t)$ 递减．所以式（1）即 $g\left(\mathrm{e}^{-x}\right) \geqslant g\left(x^{a}\right)$ ，该式等价于 $$ \mathrm{e}^{-x} \leqslant x^{a} \Leftrightarrow-x \leqslant a \ln x \Leftrightarrow a \geqslant-\frac{x}{\ln x} \Leftrightarrow a \geqslant\left(-\frac{x}{\ln x}\right)_{\max } . $$ 设 $\displaystyle h(x)=\frac{x}{\ln x}$ ，则 $\displaystyle h^{\prime}(x)=\frac{\ln x-1}{(\ln x)^{2}}$ ．在 $x \in(1, \mathrm{e})$ 上，$h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单调递减；在 $x \in (\mathrm{e},+\infty)$ 上，$h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增．故在 $x \in(1,+\infty)$ 上，$\displaystyle \left(\frac{x}{\ln x}\right)_{\text {min }}=\mathrm{e},\left(-\frac{x}{\ln x}\right)_{\text {max }}=$ -e ，所以 $a \geqslant-\mathrm{e}$ ．实数 $a$ 的最小值是 -e ．

两条． 设 $A\left(x_{1}, \ln x_{1}\right), B\left(x_{2}, \mathrm{e}^{x_{2}-1}\right)$ 分别是 $g(x)$ 与 $h(x)$ 上的切点，$\displaystyle g^{\prime}(x)=\frac{1}{x}, h^{\prime}(x)= \mathrm{e}^{x-1}$ ，所以 $\displaystyle l_{1}: y-\ln x_{1}=\frac{1}{x_{1}}\left(x-x_{1}\right)$ ，即 $\displaystyle y=\frac{1}{x_{1}} x+\ln x_{1}-1 ; l_{2}: y-\mathrm{e}^{x_{2}-1}=\mathrm{e}^{x_{2}-1}\left(x-x_{2}\right)$ ，即 $y=\mathrm{e}^{x_{2}-1} x+\mathrm{e}^{x_{2}-1}-x_{2} \mathrm{e}^{x_{2}-1}$ ．切线是同一条，则 $$ \left\{\begin{array}{l} \frac{1}{x_{1}}=\mathrm{e}^{x_{2}-1} \tag{1}\\ \ln x_{1}-1=\mathrm{e}^{x_{2}-1}-x_{2} \mathrm{e}^{x_{2}-1} \end{array}\right. $$ 由式（1）得 $x_{2}-1=-\ln x_{1}$ ，代人式（2），有 $$ \ln x_{1}-1=\frac{1}{x_{1}}-\frac{1-\ln x_{1}}{x_{1}}=\frac{\ln x_{1}}{x_{1}} \Rightarrow \ln x_{1}-\frac{x_{1}}{x_{1}-1}=0 $$ 令 $\displaystyle f(x)=\ln x-\frac{x}{x-1}(x>0)$ ，则 $$ f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{(x-1)-x}{(x-1)^{2}}=\frac{1}{x}+\frac{1}{(x-1)^{2}}>0 $$ $f(x)$ 在 $(0,1),(1,+\infty)$ 上递增。当 $x \rightarrow 0^{+}$时，$f(x) \rightarrow-\infty$ ；当 $x \rightarrow 1^{-}$时，$f(x) \rightarrow+\infty$ ；当 $x \rightarrow 1^{+}$时，$f(x) \rightarrow-\infty$ ；当 $x \rightarrow+\infty$ 时，$f(x) \rightarrow+\infty$ ．故 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上恰有一个零点，在 $(1,+\infty)$ 上恰有一个零点，$x_{1}$ 有两个不同的解，故曲线 $g(x)=\ln x$ 与 $h(x)=\mathrm{e}^{x-1}$ 的公切线有两条． \section*{模拟试题 38}

B． 令 $\displaystyle f(x)=\frac{\ln x}{x}$ ，则 $\displaystyle f^{\prime}(x)=\frac{\frac{1}{x} x-\ln x}{x^{2}}=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$ ．当 $x \in(0, \mathrm{e})$ 时，$f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增；当 $x \in(\mathrm{e},+\infty)$ 时，$f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减．所以 $\displaystyle f(x)_{\text {max }}=f(\mathrm{e})=\frac{\ln \mathrm{e}}{\mathrm{e}}=\frac{1}{\mathrm{e}}$ ．又 $\displaystyle \ln \sqrt{2} =\frac{\ln 2}{2}=f(2), \frac{1}{\mathrm{e}}=\frac{\ln \mathrm{e}}{\mathrm{e}}=f(\mathrm{e}), \frac{\ln \pi}{\pi}=f(\pi), \frac{\sqrt{10} \ln 10}{20}=\frac{\ln 10}{2 \times \sqrt{10}}=\frac{\ln \sqrt{10}}{\sqrt{10}}=f(\sqrt{10})$ ，所以最大值是 $\displaystyle f(e)=\frac{1}{e}$ ．

CD ． 由 $f(x)=\left\{\begin{array}{ll}-\mathrm{e}^{x}+1 & (x \leqslant 1), \\ \ln x & (x>1),\end{array}\right.$ 得 $\displaystyle f^{\prime}(x)= \begin{cases}-\mathrm{e}^{x} & (x \leqslant 1), \\ \frac{1}{x} & (x>1) .\end{cases}$ 当 $1<x_{1}<x_{2}$ 时，$\displaystyle k_{1} k_{2}=f^{\prime}\left(x_{1}\right) \cdot f^{\prime}\left(x_{2}\right)=\frac{1}{x_{1} x_{2}}>0, k_{1} k_{2}=-1$ 不可能． 当 $x_{1}<x_{2} \leqslant 1$ 时，$k_{1} k_{2}=f^{\prime}\left(x_{1}\right) \cdot f^{\prime}\left(x_{2}\right)=\mathrm{e}^{x_{1}+x_{2}}>0, k_{1} k_{2}=-1$ 不可能． 当 $x_{1} \leqslant 1<x_{2}$ 时,$\displaystyle k_{1} k_{2}=f^{\prime}\left(x_{1}\right) \cdot f^{\prime}\left(x_{2}\right)=-\mathrm{e}^{x_{1}} \cdot \frac{1}{x_{2}}=-1$ ，即 $\displaystyle \mathrm{e}^{x_{1}} \cdot \frac{1}{x_{2}}=1$ ，亦即 $1< \mathrm{e}^{x_{1}}=x_{2} \leqslant \mathrm{e}$ ．所以 $\displaystyle 0<x_{1} \leqslant 1, \frac{x_{2}}{x_{1}}=\frac{x_{2}}{\ln x_{2}}\left(1<x_{2} \leqslant \mathrm{e}\right)$ ． 令 $\displaystyle g(x)=\frac{x}{\ln x}(1<x \leqslant \mathrm{e})$ ，则 $\displaystyle g^{\prime}(x)=\frac{\ln x-x \cdot \frac{1}{x}}{(\ln x)^{2}}=\frac{\ln x-1}{(\ln x)^{2}}<0, g(x)$ 单调递减， $\displaystyle g(x)_{\text {min }}=g(\mathrm{e})=\frac{\mathrm{e}}{\ln \mathrm{e}}=\mathrm{e}$. 又 $x_{1} x_{2}=\left(\ln x_{2}\right) \cdot x_{2}$ ．令 $h(x)=x \ln x(1<x \leqslant \mathrm{e})$ ，则 $h^{\prime}(x)=\ln x+1>0, h(x)$ 单调递增，$h(x)_{\text {max }}=h(\mathrm{e})=\mathrm{e}$ ．

A． 分别作出 $k>0, k<0$ 时函数 $f(x)$ 的图像，函数 $y=f(f(x))+1$ 的零点即为方程 $f(f(x))=-1$ 的解的个数，作变量代换 $t=f(x)$ 后分别作出 $f(t)=-1$ 及 $t=f(x)$ 的图像，可知 A正确．

A． $f(x)$ 是减函数的充要条件是 $$ \left\{\begin{array} { l } { 3 a - 1 < 0 , } \\ { 0 < a < 1 , } \\ { \operatorname { l i m } _ { x \rightarrow 1 ^ { - } } f ( x ) \geqslant f ( 1 ) } \end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} 0<a<\frac{1}{3}, \\ 7 a-1 \geqslant 0 \end{array} \Leftrightarrow \frac{1}{7} \leqslant a<\frac{1}{3} .\right.\right. $$

B． 由已知，有 $$ k \leqslant \frac{\log _{\frac{x}{y}} 2009+\log _{\frac{y}{z}} 2009+\log _{\frac{z}{t}} 2009}{\log _{\frac{x}{t}} 2009}=f(x, y, z, t) . $$ 因为 $$ \begin{aligned} f(x, y, z, t) & =\left(\frac{1}{\log _{2009} \frac{x}{y}}+\frac{1}{\log _{2009} \frac{y}{z}}+\frac{1}{\log _{2009} \frac{z}{t}}\right)\left(\log _{2009} \frac{x}{y}+\log _{2009} \frac{y}{z}+\log _{2009} \frac{z}{t}\right) \\ & \geqslant 9 \end{aligned} $$ 所以 $k_{\text {max }}=9$ ．

6. （1）当 $x \leqslant 1$ 时，则 $f(x)+g(x)=2 \mathrm{e}^{x}-2 x+4$ ，最小值为 6 ． （2）当 $1<x<3$ 时，则 $f(x)+g(x)=2 \mathrm{e}^{x}+2>2 \mathrm{e}+2$ ． （3）当 $x \geqslant 3$ 时，则 $f(x)+g(x)=2 \mathrm{e}^{x}+2 x-4 \geqslant 2 \mathrm{e}^{3}+2$ ． 综上所述，最小值为 6 。

D． 若 $m<0$ ，那么 $f(x)=f(-x)$ 只会有两个交点，所以 $m>0$ ． 若 $f(x)=f(-x)$ 有 4 个实根，根据对称性可知，当 $x>0$ 时， $\displaystyle \ln x=-\frac{m}{x}$ 有两个实根，即 $-m=x \ln x$ 有两个实根．设 $y=x \ln x$ ，则 $y^{\prime}=\ln x+1$ ．令 $\ln x+1=0$ ，解得 $\displaystyle x=\frac{1}{\mathrm{e}}$ ，当 $\displaystyle x \in \left(0, \frac{1}{\mathrm{e}}\right)$ 时，$y^{\prime}<0$ ，函数单调递减；当 $\displaystyle x>\frac{1}{\mathrm{e}}$ 时，函数单调递增．所以当 $\displaystyle x=\frac{1}{\mathrm{e}}$ 时，$y=x \ln x$ 有最小值 $\displaystyle -\frac{1}{\mathrm{e}}$ ，即 $\displaystyle -m>-\frac{1}{\mathrm{e}}$ ，亦即 $\displaystyle m<\frac{1}{\mathrm{e}}$ ．所以 $\displaystyle 0<m<\frac{1}{\mathrm{e}}$ ．

C． 要使方程 $f(x)-\log _{a}(x+1)=0(a>0$ ，且 $a \neq 1)$ 在区间 $[0,5]$ 内恰有 5 个不同的根，只需 $y=f(x)$ 与 $y=\log _{a}(x+1)$ 的图像在区间 $[0,5]$ 内恰有 5 个不同的交点，在同一坐标系内作出它们的图像，如图 J2 所示． \begin{figure} 要使它们在区间 $[0,5]$ 内恰有 5 个不同的交点，只需 $\left\{\begin{array}{l}\log _{a} 3<2, \\ \log _{a} 5<4,\end{array}\right.$ 解得 $a>\sqrt{3}$ ．

C． 由题设可得 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}0<a<1, \\ -\frac{4 a-3}{2} \geqslant 0, \text { 解得 } \frac{1}{3} \leqslant a \leqslant \frac{3}{4} \text { ．结合图像可知方程在 }(-\infty, 0) \text { 和 }(0,+\infty) \\ 3 a \geqslant 1,\end{array}\right.$上分别只有一个实数根．当 $3 a>2$ ，即 $\displaystyle a>\frac{2}{3}$ 时，则 $x^{2}+(4 a-3) x+3 a=2-x$ 只有一个解，即 $\Delta=(4 a-2)^{2}-4(3 a-2)=0$ ，解得 $\displaystyle a=\frac{3}{4}$ 或 $a=1$（舍去）；当 $1 \leqslant 3 a \leqslant 2$ ，即 $\displaystyle \frac{1}{3} \leqslant a \leqslant \frac{2}{3}$ 时，符合题设条件． 综上所述，所求实数 $a$ 的取值范围是 $\displaystyle \frac{1}{3} \leqslant a \leqslant \frac{2}{3}$ 或 $\displaystyle a=\frac{3}{4}$ ．

A． 设 $m=f(x)$ ，作出函数 $f(x)$ 的图像，如图 J2 所示，则当 $m \geqslant 1$ 时，$m=f(x)$ 有两个根，当 $m<1$ 时，$m=f(x)$ 有一个根．若关于 $x$ 的方程 $f^{2}(x)+f(x)+t=0$ 有三个不同的实根，则等价于 $m^{2}+m+t=0$ 有两个不同的实数根 $m_{1}, m_{2}$ ，且 $m_{1} \geqslant 1, m_{2}<1$ ．当 $m=1$ 时，$t=$ -2 ，此时由 $m^{2}+m-2=0$ ，解得 $m=1$ 或 $m=-2, f(x)=1$ 有两个根，$f(x)=-2$ 有一个根，满足条件；当 $m \neq 1$ 时，设 $h(m)=m^{2}+m+t$ ，则需 $h(1)<0$ 即可，即 $1+1+t<0$ ，解得 $t<-2$ ． 综上所述，实数 $t$ 的取值范围为 $t \leqslant-2$ ． \begin{figure}

C． 易知 $y=\left|2^{x}-t\right|$ 与 $\displaystyle y=\left|\left(\frac{1}{2}\right)^{x}-t\right|$ 在 $[1,2]$ 上单调性相同． 当两个函数递增时，$y=\left|2^{x}-t\right|$ 与 $\displaystyle y=\left|\left(\frac{1}{2}\right)^{x}-t\right|$ 的图像如图 J6 所示，易知 $\left\{\begin{array}{l}\log _{2} t \leqslant 1, \\ -\log _{2} t \leqslant 1,\end{array}\right.$ 解得 $\displaystyle \frac{1}{2} \leqslant t \leqslant 2$. \begin{figure} 当两个函数递减时，$y=\left|2^{x}-t\right|$ 的图像如图 J7 所示，此时 $y=\left|2^{x}-t\right|$ 关于 $y$ 轴对称的函数 $\displaystyle y=\left|\left(\frac{1}{2}\right)^{2}-t\right|$ 不可能在 $[1,2]$ 上为减函数． 综上所述，$\displaystyle \frac{1}{2} \leqslant t \leqslant 2$ ． \begin{figure} \section*{模拟试题54}

B． 因为函数 $f(x)$ 为奇函数，所以可以得到当 $x \in(-1,0]$ 时， $$ f(x)=-f(-x)=-\log _{\frac{1}{2}}(-x+1)=\log _{2}(1-x) ; $$ 当 $x \in(-\infty,-1]$ 时， $$ f(-x)=-f(x)=-(1-|-x-3|)=|x+3|-1 . $$ 所以函数 $f(x)$ 的图像如图 J2 所示．函数 $f(x)$ 的零点即为函数 $y=f(x)$ 与 $y=a$ 的交点，如图 J2 所示，共 5 个．当 $x \in(-\infty,-1]$ 时，令 $|x+3|-1=a$ ，解得 $x_{1}=-4-a, x_{2}= a-2$ ；当 $x \in(-1,0]$ 时，令 $\log _{2}(1-x)=a$ ，解得 $x_{3}=1-2^{a}$ ；当 $x \in[1,+\infty)$ 时，令 $1-|x-3| =a$ ，解得 $x_{4}=4-a, x_{5}=a+2$ 。故所有零点之和为 $$ \begin{aligned} x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{5} & =-4-a+a-2+1-2^{a}+4-a+a+2 \\ & =1-2^{a}=1-\sqrt{2} \end{aligned} $$ 解得 $\displaystyle a=\frac{1}{2}$ ． \begin{figure}

$\displaystyle -\frac{1}{2}$ ． 由 $f(x)$ 为偶函数，知 $\displaystyle f(-x)=f(x) \Rightarrow \log _{4}\left(4^{-x}+1\right)-k x=\log _{4}\left(4^{x}+1\right)+k x \Rightarrow 2 k x= \log _{4}\left(4^{-x}+1\right)-\log _{4}\left(4^{x}+1\right)=\log _{4}\left[\frac{4^{x}+1}{4^{x}} \cdot \frac{1}{4^{x}+1}\right]=\log _{4} \frac{1}{4^{x}}=-x$ ，由 $x$ 的任意性，知 $\displaystyle k= -\frac{1}{2}$ ．