2018版數(shù)學(xué)（全國用文科）專題練習(xí)階段滾動(dòng)檢測（六）含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精一、選擇題1．若全集U＝R，集合A＝{x|x2＋x－2≤0｝，B＝{y|y＝log2（x＋3），x∈A}，則集合A∩（?UB）等于()A．｛x｜－2≤x〈0} B．｛x|0≤x≤1}C．｛x｜－3〈x≤－2} D．｛x|x≤－3}2。（2016·重慶第一次診斷）已知實(shí)數(shù)a，b滿足（a＋i)(1－i）＝3＋bi，則復(fù)數(shù)a＋bi的模為（）A。eq\r（2） B．2C。eq\r（5） D．53．給出下列兩個(gè)命題,命題p1：函數(shù)y＝ln［(1－x)(1＋x)]為偶函數(shù)；命題p2:函數(shù)y＝lneq\f（1－x,1＋x)是奇函數(shù)，則下列命題為假命題的是（)A．p1∧p2 B．p1∨（綈p2）C．p1∨p2 D．p1∧(綈p2)4．x,y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y≤0，,x＋y－2≥0，，3x－y＋2≥0，))目標(biāo)函數(shù)z＝2x＋y，則z的取值范圍是（）A．［－3，3］ B．[－3，2］C．［2，＋∞) D．［3，＋∞)5．將函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x＋\f（π,4)))的圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮小為原來的eq\f(1,2），再向右平移φ（φ>0）個(gè)單位后得到的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π，2）對(duì)稱,則φ的最小值是（）A.eq\f(π，4) B.eq\f（π，3）C.eq\f（3π，4） D。eq\f(3π,8）6．（2016·河南實(shí)驗(yàn)中學(xué)質(zhì)檢）已知數(shù)列{an｝的通項(xiàng)為an＝log（n＋1)(n＋2)(n∈N*),我們把使乘積a1·a2·a3·…·an為整數(shù)的n叫做“優(yōu)數(shù)”，則在(0，2016］內(nèi)的所有“優(yōu)數(shù)"的和為()A．1024 B．2012C．2026 D．20367．在[－2，3]上隨機(jī)取一個(gè)數(shù)x，則(x＋1）(x－3)≤0的概率為()A.eq\f(2,5） B.eq\f（1，4)C。eq\f(3，5) D。eq\f（4，5）8．(2016·煙臺(tái)診斷）甲、乙兩名同學(xué)參加某項(xiàng)技能比賽，7名裁判給兩人打出的分?jǐn)?shù)如莖葉圖所示,依此判斷（)A．甲成績穩(wěn)定且平均成績較高B．乙成績穩(wěn)定且平均成績較高C．甲成績穩(wěn)定，乙平均成績較高D．乙成績穩(wěn)定，甲平均成績較高9．設(shè)m，n是兩條不同的直線，α,β，γ是三個(gè)不同的平面，下列四個(gè)命題正確的是（）A．m，n?α，m∥β,n∥β,則α∥βB．m?α,α∥β，則m∥βC．若m⊥α，α⊥β，n∥β，則m⊥nD．若α⊥γ，β⊥γ，則α⊥β10。如圖,設(shè)F1,F2分別為等軸雙曲線x2－y2＝a2的左，右焦點(diǎn),A為雙曲線的左頂點(diǎn),以F1F2為直徑的圓交雙曲線的一條漸近線于M，N兩點(diǎn)，則cos∠MAN等于(）A。eq\f（2，5) B．－eq\f(2，5）C。eq\f（\r(5）,5） D．－eq\f（\r（5）,5)11．被戲稱為“最牛違建”的北京“樓頂別墅”已拆除．圍繞此事件的種種紛爭，某媒體通過隨機(jī)詢問100名性別不同的居民對(duì)此的看法，得到下表：

認(rèn)為就應(yīng)依法拆除認(rèn)為太可惜了男4510女3015參照附表，得到的正確結(jié)論是（）附:P（K2≥k)0。100.050。025k2.7063。8415.024K2＝eq\f(n(ad－bc）2，（a＋b）（c＋d）（a＋c）(b＋d）)，n＝a＋b＋c＋dA．有90%以上的把握認(rèn)為“認(rèn)為拆除太可惜了與性別有關(guān)”B．有90%以上的把握認(rèn)為“認(rèn)為拆除太可惜了與性別無關(guān)”C．在犯錯(cuò)誤的概率不超過1%的前提下，認(rèn)為“認(rèn)為拆除太可惜了與性別有關(guān)”D．在犯錯(cuò)誤的概率不超過1％的前提下，認(rèn)為“認(rèn)為拆除太可惜了與性別無關(guān)”12．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸出的k＝5，則輸入的整數(shù)p的最大值為(）A．7 B．15C．31 D．63二、填空題13．已知函數(shù)f（x）對(duì)任意的x∈R，都有feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，2)＋x））＝feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1，2）－x）),函數(shù)f（x＋1）是奇函數(shù)，當(dāng)－eq\f(1,2）≤x≤eq\f（1，2）時(shí)，f（x）＝2x，則方程f（x）＝－eq\f(1，2)在區(qū)間[－3，5］內(nèi)的所有零點(diǎn)之和為________．14．假設(shè)你家訂了一盒牛奶，送奶人可能在早上6：30～7:30之間把牛奶送到你家，你離開家去學(xué)校的時(shí)間在早上7:00～8：00之間，則你在離開家前能得到牛奶的概率是________．15．已知三角形ABC的三個(gè)頂點(diǎn)都在橢圓eq\f(x2，a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上，且AB⊥x軸，AC∥x軸，則eq\f（｜AC｜·｜AB｜,|BC｜2)的最大值為________．16．已知f（x)是定義在（0，＋∞）上的單調(diào)函數(shù)，且對(duì)任意的x∈(0，＋∞)，都有f(f(x)－log2x)＝3，則方程f(x）－f′（x）＝2的解所在的區(qū)間是________．（填序號(hào))①(0，1）；②(1,2）；③(2，3)；④（3，4)．三、解答題17．（2016·烏魯木齊三診）若函數(shù)f（x)＝sin2ax－eq\r(3)sinax·cosax－eq\f(1，2）（a〉0)的圖象與直線y＝b相切，并且切點(diǎn)的橫坐標(biāo)依次成公差為eq\f（π，2）的等差數(shù)列．(1)求a，b的值；（2）若x0∈eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（0，\f(π，2）)），且x0是y＝f(x）的零點(diǎn)，試寫出函數(shù)y＝f(x)在eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（x0，x0＋\f(π,2）))上的單調(diào)增區(qū)間．18．先后2次拋擲一枚骰子，將得到的點(diǎn)數(shù)分別記為a，b.(1)求直線ax＋by＋5＝0與圓x2＋y2＝1相切的概率;（2)將a，b，5的值分別作為三條線段的長,求這三條線段能圍成等腰三角形的概率．

19.（2016·遼寧朝陽三校協(xié)作體聯(lián)考)如圖所示,在四棱錐P—ABCD中,PD⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，AB＝2，PD＝eq\r(6）,O為AC與BD的交點(diǎn)，E為棱PB上一點(diǎn)．(1）證明：平面EAC⊥平面PBD；(2)若PD∥平面EAC，求三棱錐P—EAD的體積．20．(2016·晉江第四次聯(lián)考)在數(shù)列｛an｝中，a1＝1，a2＝eq\f（10，3)，an＋1－eq\f(10，3）an＋an－1＝0(n≥2，且n∈N＊)，若數(shù)列{an＋1＋λan}是等比數(shù)列．（1）求實(shí)數(shù)λ；(2)求數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式；（3）設(shè)Sn＝eq\o（∑,\s\up6(n），\s\do4（i＝1)）eq\f（1,ai），求證：Sn〈eq\f(3，2)。21.已知函數(shù)f（x)＝eq\f（1－x,1＋x2）ex。(1）求f(x）的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：當(dāng)f(x1)＝f(x2）(x1≠x2)時(shí)，x1＋x2<0.22．(2016·云南騰沖第一次聯(lián)考）已知橢圓eq\f(x2,a2）＋eq\f（y2，b2)＝1（a〉b〉0）的離心率e＝eq\f(\r(6),3),過點(diǎn)A(0,－b)和B（a，0）的直線與原點(diǎn)的距離為eq\f（\r（3）,2).(1）求橢圓的方程；（2）設(shè)F1，F(xiàn)2為橢圓的左，右焦點(diǎn)，過F2作直線交橢圓于P，Q兩點(diǎn),求△PQF1的內(nèi)切圓半徑r的最大值．

答案精析A［A＝｛x|x2＋x－2≤0}＝｛x｜－2≤x≤1｝，B＝｛y|y＝log2（x＋3）,x∈A｝＝｛x｜0≤x≤2}，所以?UB＝｛x|x〈0或x>2}，所以A∩(?UB）＝｛x｜－2≤x<0}，故選A。]2．C［由(a＋i)（1－i）＝3＋bi,得a＋1＋（1－a)i＝3＋bi，根據(jù)復(fù)數(shù)相等的條件知eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a＋1＝3，,1－a＝b，））解得a＝2,b＝－1,所以復(fù)數(shù)a＋bi＝2－i，故其模為eq\r(22＋（－1）2)＝eq\r(5)。]3．D［函數(shù)y＝ln［（1－x）（1＋x）]的定義域是（－1,1）且是偶函數(shù),命題p1為真命題；函數(shù)y＝lneq\f（1－x，1＋x)的定義域是(－1,1)且是奇函數(shù)，命題p2是真命題．故命題p1∧p2、p1∨（綈p2)、p1∨p2均為真命題,只有命題p1∧（綈p2）為假命題．］4．C［畫出滿足約束條約的平面區(qū)域，如圖所示：由z＝2x＋y,得y＝－2x＋z，顯然直線y＝－2x＋z過（0，2)時(shí)，z最小，最小值為2，無最大值．故選C.]5．D[將函數(shù)f（x）＝2sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（x＋\f(π,4）））的圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮小為原來的eq\f(1，2)，得到函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π，4))）的圖象，再向右平移φ個(gè)單位，得到y(tǒng)＝2sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x－2φ＋\f(π，4)))的圖象，此圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π，2)對(duì)稱，故2×eq\f(π,2）－2φ＋eq\f(π,4）＝eq\f(π,2）＋kπ（k∈Z），解得φ＝eq\f（3π,8）－eq\f(kπ，2)(k∈Z），又φ〉0，故φmin＝eq\f（3π，8），故選D.]6．C[因?yàn)閍1·a2·a3·…·an＝log23·log34·log45·…·log(n＋1）（n＋2)＝log2（n＋2)＝k,k∈Z，則0<n＝2k－2≤2016,即2<2k≤2018，解得1〈k≤10，故所有“優(yōu)數(shù)"之和為（22－2)＋(23－2)＋…＋（210－2)＝eq\f(22（1－29），1－2)－18＝211－22＝2026，故選C。]7．D［由(x＋1)(x－3)≤0,解得－1≤x≤3，在［－2，3］上隨機(jī)取一個(gè)數(shù)是等可能的，所以符合幾何概型的條件，所以所求事件的概率P＝eq\f（3－（－1），3－（－2）)＝eq\f(4，5），故選D.]8．D[由題意得，eq\x\to（x）甲＝eq\f（2×80＋5×90＋15,7）＝eq\f（625，7)，eq\x\to(x)乙＝eq\f（3×80＋4×90＋23，7）＝eq\f(623，7)＝89，顯然eq\x\to(x）甲>eq\x\to(x）乙,且從莖葉圖來看，甲的成績比乙的成績離散程度大，說明乙的成績較穩(wěn)定，故選D.]9．B[對(duì)于A，根據(jù)面面平行的判斷定理可知缺少條件“m與n相交”,故A不正確;對(duì)于B,若α∥β，則α,β無交點(diǎn),又m?α，所以m，β無交點(diǎn)，即m∥β，故B正確；對(duì)于C，若α⊥β,n∥β,則n可以垂直于α，又m⊥α，所以m可以平行于n，故C不正確;對(duì)于D,α⊥γ,β⊥γ時(shí)，α，β也可能平行，故D不正確．]10．D[等軸雙曲線x2－y2＝a2的兩條漸近線方程為y＝±x,所以M(－a，－a），N（a，a），則｜AN｜2＝(a＋a）2＋a2＝5a2,|AM|2＝a2，｜MN|2＝8a2，則cos∠MAN＝eq\f（5a2＋a2－8a2，2\r(5）a2)＝－eq\f(\r(5)，5）.］11．A［因?yàn)镵2＝eq\f（n（ad－bc）2,(a＋b）（c＋d）（a＋c)（b＋d））≈3。030>2。706，所以有90％以上的把握認(rèn)為“認(rèn)為拆除太可惜了與性別有關(guān)”．］12．B［由程序框圖可知；①S＝0，k＝1；②S＝1，k＝2；③S＝3，k＝3；④S＝7,k＝4；⑤S＝15，k＝5.第⑤步后輸出k,此時(shí)S＝15≥p，則p的最大值為15，故選B.］13．4解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x＋1）是奇函數(shù)，所以函數(shù)f（x＋1）的圖象關(guān)于點(diǎn)(0，0）對(duì)稱,把函數(shù)f（x＋1)的圖象向右平移1個(gè)單位可得函數(shù)f（x）的圖象,所以函數(shù)f（x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1，0)對(duì)稱，可得－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（3,2)＋x）)＝feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，2)－x）），又因?yàn)閒eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2）＋x))＝feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,2)－x）），所以－feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(3，2)＋x））＝feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋x))，再令x取x＋1可得－feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(5，2)＋x））＝feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（3，2）＋x）),所以有feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（5,2）＋x）)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,2）＋x)），可得f(x）＝f(x＋2），所以函數(shù)f（x）的周期為2,圖象如圖所示，故方程f(x)＝－eq\f（1,2）在區(qū)間［－3,5］內(nèi)的所有零點(diǎn)之和為eq\f（1,2）×2×4＝4.14。eq\f(7,8）解析設(shè)牛奶送達(dá)的時(shí)間為x，我離開家的時(shí)間為y,則樣本空間Ω＝｛（x,y）｜eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(6.5≤x≤7。5，,7≤y≤8，）)在離開家前能得到牛奶的事件A＝｛(x，y）｜eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(6。5≤x≤7。5，，7≤y≤8，，y≥x，））作圖如下，可得所求概率P＝1－eq\f(\f(1,2）×\f（1,2)×\f（1，2)，1×1）＝eq\f（7，8)。15.eq\f（1,2)解析不妨設(shè)橢圓上的點(diǎn)A（m,n)（m>0，n〉0），由題意得B(m，－n），C（－m，n)，則|AC|＝2m，｜AB｜＝2n,｜BC|＝2eq\r（m2＋n2)，則eq\f（｜AC|·｜AB｜,|BC｜2)＝eq\f（2m·2n,4m2＋n2)＝eq\f(mn，m2＋n2)≤eq\f(mn,2mn)＝eq\f(1，2）(當(dāng)且僅當(dāng)m＝n，即△ABC是以A為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形時(shí)等號(hào)成立)．16．②解析根據(jù)題意,f（x）－log2x〉0且是唯一的值，設(shè)t＝f（x）－log2x，則f（x)＝t＋log2x，又f(t）＝3，所以3＝t＋log2t,此方程有唯一解t＝2，所以f(x)＝2＋log2x.方程f(x）－f′(x）＝2，即方程log2x－eq\f(1,xln2）＝0。設(shè)h(x）＝log2x－eq\f(1，xln2），則該函數(shù)為（0，＋∞）上的增函數(shù)．又h（1）＝－eq\f(1，ln2)<0，h(2）＝1－eq\f(1，2ln2）〉0，所以方程f(x）－f′(x)＝2的解在區(qū)間（1,2）內(nèi)．17．解(1)f(x)＝sin2ax－eq\r（3)sinax·cosax－eq\f(1,2）＝eq\f（1－cos2ax,2）－eq\f(\r(3),2)sin2ax－eq\f（1,2)＝－sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2ax＋\f(π,6）））,∵y＝f（x）的圖象與直線y＝b相切，∴b為f（x）的最大值或最小值,即b＝－1或b＝1?！咔悬c(diǎn)的橫坐標(biāo)依次成公差為eq\f(π，2）的等差數(shù)列，∴f（x)的最小正周期為eq\f（π,2)，即T＝eq\f（2π，｜2a｜)＝eq\f(π,2），a〉0，∴a＝2,即f（x)＝－sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（4x＋\f（π,6))).（2）由題意知sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（4x0＋\f（π,6）)）＝0，則4x0＋eq\f(π，6)＝kπ（k∈Z)，∴x0＝eq\f(kπ,4）－eq\f（π,24)（k∈Z)，由0≤eq\f(kπ，4)－eq\f（π，24）≤eq\f（π，2)（k∈Z),得k＝1或k＝2，因此x0＝eq\f（5π，24)或x0＝eq\f（11π，24）。當(dāng)x0＝eq\f（5π,24）時(shí)，y＝f（x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（\f(5π，24）,\f（π,3）))和eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（7π，12)，\f(17π,24）)）;當(dāng)x0＝eq\f(11π,24)時(shí)，y＝f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f(7π，12），\f(5π,6)））.18．解先后2次拋擲一枚骰子,將得到的點(diǎn)數(shù)分別記為a，b包含的基本事件有：（1，1），（1，2)，（1,3）,(1，4），(1,5)，（1，6),（2，1），…，（6，5）,（6，6）,共36個(gè)．(1）∵直線ax＋by＋5＝0與圓x2＋y2＝1相切，∴eq\f（5，\r(a2＋b2）)＝1，整理得a2＋b2＝25。由于a，b∈｛1，2，3,4,5，6｝，∴滿足條件的情況只有a＝3，b＝4或a＝4，b＝3兩種情況．∴直線ax＋by＋5＝0與圓x2＋y2＝1相切的概率是eq\f(2,36）＝eq\f（1，18）.（2）∵三角形的一邊長為5，三條線段圍成等腰三角形，∴當(dāng)a＝1時(shí)，b＝5，共1個(gè)基本事件;當(dāng)a＝2時(shí)，b＝5,共1個(gè)基本事件；當(dāng)a＝3時(shí)，b＝3，5，共2個(gè)基本事件；當(dāng)a＝4時(shí)，b＝4,5，共2個(gè)基本事件；當(dāng)a＝5時(shí)，b＝1,2，3，4,5,6，共6個(gè)基本事件；當(dāng)a＝6時(shí)，b＝5,6,共2個(gè)基本事件;∴滿足條件的基本事件共有1＋1＋2＋2＋6＋2＝14個(gè)．∴三條線段能圍成等腰三角形的概率為eq\f(14,36）＝eq\f(7,18)。19．(1)證明∵PD⊥平面ABCD，AC?平面ABCD,∴AC⊥PD.∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD.又∵PD∩BD＝D，∴AC⊥平面PBD?！逜C?平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBD.（2)解∵PD∥平面EAC，平面EAC∩平面PBD＝OE，PD?平面PBD，∴PD∥OE。∵O是BD的中點(diǎn)，∴E是PB的中點(diǎn)．取AD的中點(diǎn)H,連接BH，如圖所示．∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，∴BH⊥AD.又∵BH⊥PD,AD∩PD＝D，∴BH⊥平面PAD.又BH＝eq\f(\r（3）,2）AB＝eq\r(3），∴VP—EAD＝VE—PAD＝eq\f（1,2）VB—PAD＝eq\f（1，2）×eq\f（1，3）×S△PAD×BH＝eq\f（1，6)×eq\f（1,2)×2×eq\r（6)×eq\r（3)＝eq\f(\r（2），2)。20．(1）解由數(shù)列｛an＋1＋λan}是等比數(shù)列，可設(shè)an＋1＋λan＝μ(an＋λan－1）(n≥2）．∴an＋1＋(λ－μ)an－λμan－1＝0，∵an＋1－eq\f(10，3)an＋an－1＝0，∴eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(λ－μ＝－\f(10，3）,,λμ＝－1,))∴λ＝－eq\f（1,3)或λ＝－3.(2)解由（1)知，n≥2，λ＝－eq\f(1，3)時(shí)，an－eq\f(1,3)an－1＝3n－1，①n≥2，λ＝－3時(shí)，an－3an－1＝eq\f（1,3n－1）。②由①②可得an＝eq\f（3,8）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（3n－\f（1,3n))）(n≥2）,當(dāng)n＝1時(shí)，也符合．∴an＝eq\f（3,8)（3n－eq\f（1,3n）),n∈N＊.（3）證明由（2）知,an＝eq\f（3,8）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（3n－\f(1，3n）））>0,∵an－3an－1＝eq\f（1，3n－1），∴an〉3an－1,∴eq\f(1,an）〈eq\f(1，3)·eq\f(1,an－1）（n≥2）．∴Sn<eq\f（1，a1）＋eq\f(1,3）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，a1)＋\f（1，a2）＋…＋\f（1,an－1)))＝eq\f（1，a1)＋eq\f（1，3）eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,a1)＋\f（1，a2)＋…＋\f（1,an－1）＋\f（1，an)））－eq\f(1，3an)〈eq\f(1,a1）＋eq\f（1,3)Sn.∴Sn〈eq\f（3,2）.21．（1）解函數(shù)f(x）的定義域?yàn)?－∞，＋∞）．f′(x）＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1－x,1＋x2）))′ex＋eq\f(1－x，1＋x2）ex＝eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f（x2－2x－1,（1＋x2）2)＋\f（1－x,1＋x2)））ex＝eq\f(－x[（x－1）2＋2］,（1＋x2）2)ex.當(dāng)x<0時(shí)，f′(x）〉0；當(dāng)x〉0時(shí)，f′(x）〈0。所以f(x）的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞,0），單調(diào)遞減區(qū)間為（0，＋∞)．(2)證明當(dāng)x<1時(shí)，由于eq\f(1－x,1＋x2)>0，ex>0，故f(x）〉0;同理，當(dāng)x〉1時(shí)，f（x)<0.當(dāng)f(x1)＝f（x2)（x1≠x2）時(shí)，不妨設(shè)x1<x2,由(1)知，x1∈(－∞，0),x2∈(0，1)．下面證明：?x∈（0，1)，f(x）〈f（－x），即證eq\f（1－x，1＋x2)ex〈eq\f(1＋x，1＋x2)e－x.此不等式等價(jià)于(1－x)ex－eq\f(1＋x,ex）<0.令g(x）＝（1－x）ex－eq\f(1＋x,ex），則g′(x）＝－xe－x（e2x－1)．當(dāng)x∈（0,1）時(shí)，g′(x)<0，g(x）單調(diào)遞減，從而g(x)〈g（0）＝0.即(1－x）ex－eq\f(1＋x,ex）<0.所以?x∈(0，1）,f(x)〈f（－x）．而x2∈(0，1），所以f（x2)〈f（－x2）,從而f（x1)<f（－x2)．由于x1，－x2∈(－∞,0)，f（x