2022-2023学年江西省赣州市高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

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这是一份2022-2023学年江西省赣州市高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.命题p：“∀x≥0，都有x≥sinx”的否定是( )
A. ∀x<0，都有xC. ∃x0<0，使得x02.等差数列{an}的前n项和为Sn，且S7=14，则a3+a4+a5=( )
A. 3B. 6C. 7D. 21
3.已知奇函数f(x)满足∀x1，x2∈(0,1)(x1≠x2)，f(x2)−f(x1)x2−x1>0，则函数f(x)可以是( )
A. f(x)=ex−1ex+1B. f(x)=(12)xC. f(x)=−x3D. f(x)=3x+3−x
4.函数f(x)=lg3(3x2−2x−1)的单调递减区间为( )
A. (−∞,13)B. (13,+∞)C. (−∞,−13)D. (1,+∞)
5.节能降耗是企业的生存之本，树立一种“点点滴滴降成本，分分秒秒增效益”的节能意识，以最好的管理，来实现节能效益的最大化.为此某国企进行节能降耗技术改造，下面是该国企节能降耗技术改造后连续五年的生产利润：
预测第10年该国企的生产利润约为千万元.( )
(参考公式：b =i=1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)=i=1nxiyi−nx−⋅y−i=1nxi2−nx−2，a =y−−b x−)
A. 1.85B. 2.02C. 2.19D. 2.36
6.设a∈R，则“a<32”是“f(x)=−x3+2ax在(−∞,1]上单调递减”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
7.已知函数f(x)=2f′(1)lnx−1x，则f(x)的最大值为( )
A. 2ln2−2B. 2ln2+2C. −1D. 2
8.已知数列{an}的前n项和为Sn，且a3=2，anan+1=2n，则下列结论正确的是( )
A. 数列{an}为等比数列B. 数列{Sn−3}为等比数列
C. S100=3(250−1)D. a2024=21011
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.不等式ax2−(a+2)x+2≥0(a>0)的解集可能为( )
A. RB. ⌀
C. (−∞,1]∪[2a,+∞)D. (−∞,2a]∪[1,+∞)
10.已知实数a，b∈R+，且2a+b=1，则下列结论正确的是( )
A. ab的最小值为18B. a2+b2的最小值为15
C. 1a+1b的最小值为6D. b−1a−1∈(0,2)
11.下列命题为真命题的是( )
A. 函数y=f(−x+2)和y=f(2+x)的图象关于直线x=2对称
B. 若函数f(x+2023)=x2−2x+1(x∈R)，则函数f(x)的最小值为0
C. 若函数f(x)=lga|x|(a>0,a≠1)在(0,+∞)上单调递减，则f(−2)D. 若函数f(x)=lnx，则∀x1，x2∈R，都有f(x1+x22)≤f(x1)+f(x2)2
12.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.如数列1，3，6，10，它的前后两项之差组成新数列，新数列2，3，4为等差数列，则数列1，3，6，10被称为二阶等差数列.现有高阶等差数列{an}，其前7项分别为2，4，8，15，26，42，64，则下列结论正确的是( )
(参考公式：12+22+32+…+n2=n(n+1)(2n+1)6)( )
A. 数列{an+1−an}为二阶等差数列B. i=120(ai+1−ai)=1560
C. 满足an≤1000的最大的n的值为20D. a10=177
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知集合A={x|x<1}，B={x|x2−3x−4<0}，则(∁RA)∩B=______.
14.若函数f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x+2)=f(2−x)，当x∈[0,2]时，f(x)=x2，则f(2023)=______.
15.在数列{an}中，a1=2，a3=26，若数列{lg3(an+1)}为等差数列，则Sn=1a2−a1+1a3−a2+⋯+1an+1−an=______.
16.已知函数f(x)=e2x−lnx+1x，若函数f(x)在x0处取得最小值为m，则m=______.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.
18.(本小题12分)
已知正项数列{an}满足a1=3，a3=243，且lgan+1+lgan−1=2lgan(n≥2).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=lg3an，求数列{an⋅bn}的前n项Sn.
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=lnx+1ex.
(1)求函数f(x)的最值；
(2)讨论函数g(x)=aex−lnx−1的零点个数.
20.(本小题12分)
从①an2−2an=an−12+2an−1(n≥2)，an>0；②前n项和Sn满足4Sn=(an+1)2；③nan+1=(n+1)an+1中任选一个，并将序号填在下面的横线上，再解答.
已知数列{an}中，a1=1，且_____.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=2n+32nanan+1，数列{bn}的前n项和Tn，证明：Tn≥56.
(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分).
21.(本小题12分)
对于函数f(x)，若在定义域内存在实数x满足f(−x)=−f(x)，则称函数f(x)为“局部奇函数”.
(1)若函数f(x)=lg2(x+m)在区间[−1,1]上为“局部奇函数”，求实数m的取值范围；
(2)若函数f(x)=9x−m⋅3x+1−3在定义域R上为“局部奇函数”，求实数m的取值范围.
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=ex+ax.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数g(x)=emx−lnx+(m−1)x有两个不同的零点x1，x2(x1e.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：命题p：“∀x≥0，都有x≥sinx”的否定是：∃x0≥0，使得x0故选：D.
任意改存在，将结论取反，即可求解．
本题主要考查全称命题的否定，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：S7=14，
则S7=7(a1+a7)2=14，即7a4=14，解得a4=2，
故a3+a4+a5=3a4=6.
故选：B.
根据已知条件，结合等差数列的前n项和公式，以及等差数列的性质，即可求解．
本题主要考查等差数列的前n项和公式，以及等差数列的性质，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：因为奇函数f(x)满足∀x1，x2∈(0,1)(x1≠x2)，f(x2)−f(x1)x2−x1>0，
所以f(x)在(0,1)上单调递增，
A：f(−x)=e−x−1e−x+1=1−ex1+ex=−f(x)，即f(x)为奇函数，
因为f(x)=ex−1ex+1=1−21+ex在(0,1)上单调递增，A符合题意；
B：f(x)=(12)x为非奇非偶函数，B不符合题意；
C：f(x)=−x3在(0,1)上单调递减，不符合题意；
D：f(x)=3x+3−x为偶函数，不符合题意．
故选：A.
由已知结合函数单调性定义可知f(x)在(0,1)上单调递增，然后结合单调性及奇偶性检验各选项即可判断．
本题主要考查了函数单调性的定义及函数单调性及奇偶性的判断，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：令3x2−2x−1>0，解得x<−13或x>1，
则函数f(x)的定义域为(−∞,−13)∪(1,+∞)，
又函数y=lg3t在t∈(0,+∞)上单调递增，
函数t=3x2−2x−1在(−∞,13)上单调递减，在(13,+∞)上单调递增，
则由复合函数的单调性法则可知，函数f(x)的单调递减区间为(−∞,−13).
故选：C.
先求出函数的定义域，再利用复合函数的单调性法则求解即可．
本题考查复合函数的单调性，考查运算求解能力，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：由题意，x−=3,y−=1，所以b =0.7+1.6+3+4.4+7−5×3×11+4+9+16+25−5×9=0.17，所以a =y−−b x−=0.49，
所以y =0.17x+0.49，所以x=10时，y =2.19.
故选：C.
求出样本中心点，利用公式求出回归系数，可得回归直线方程，再代入计算得出结论．
本题考查回归方程，考查学生的计算能力，正确运用公式计算是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：f(x)=−x3+2ax，
则f′(x)=−3x2+2a，
令f′(x)=−3x2+2a≤0，即a≤3x22，
∵x∈(−∞,1],
∴a≤0，
故“a<32”是“f(x)=−x3+2ax在(−∞,1]上单调递减”的必要不充分条件．
故选：B.
根据已知条件，利用导数研究函数的单调性，求出a的取值范围，再结合充分条件、必要条件的定义，即可求解．
本题主要考查充分条件、必要条件的定义，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：函数f(x)的定义域为(0,+∞)，
由f(x)=2f′(1)lnx−1x，得f′(x)=2f′(1)x+1x2，
则f′(1)=2f′(1)+1，所以f′(1)=−1，
所以f(x)=−2lnx−1x,f′(x)=−2x+1x2=1−2xx，
当00，当x>12时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在(0,12)上单调递增，在(12,+∞)上单调递减，
所以f(x)max=f(12)=−2ln12−2=2ln2−2.
故选：A.
求导，令x=1求得f′(1)，再利用导数求出函数的单调区间，进而可得函数的最大值．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值，考查了转化思想，属中档题．
8.【答案】C
【解析】解：令n=2，可得a2a3=4，
又a3=2，则a2=2，
令n=1，可得a1a2=2，则a1=1，
因为anan+1=2n，
所以an+1an+2=2n+1，
则an+2an=2，
所以数列{an}的偶数项构成以2为首项，2为公比的等比数列，
奇数项构成1为首项，2为公比的等比数列，
则选项A错误；
又S1=a1=1，S2=3，S3=5，
则{Sn−3}中的第2项为0，不为等比数列，选项B错误；
S100=(a1+a3+……+a97+a99)+(a2+a4+……+a98+a100)=1−2501−2+2(1−250)1−2=3(250−1)，选项C正确；
a2024=a2×21012−1=21012，选项D错误．
故选：C.
根据题意可得数列{an}的偶数项构成以2为首项，2为公比的等比数列，奇数项构成1为首项，2为公比的等比数列，由此再逐项分析判断即可．
本题考查数列递推关系的运用，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：ax2−(a+2)x+2≥0，
则(ax−2)(x−1)≥0，
∵a>0，
∴(x−2a)(x−1)≥0，
当2a=1，即a=2时，(x−1)2≥0，原不等式的解集为R，
当2a>1，即0当2a<1，即a>2时，原不等式的解集为(−∞,2a]∪[1,+∞).
故选：ACD.
根据已知条件，先对原不等式因式分解，再对a分类讨论，即可求解．
本题主要考查一元二次不等式及其应用，属于基础题．
10.【答案】BD
【解析】解：对于A，因为a，b∈R+，由2a+b=1≥2 2ab，可得ab≤18，
当且仅当2a=b=12时，等号成立，故A错误；
对于B，因为a，b∈R+，2a+b=1，所以0由a2+b2=a2+(1−2a)2=5(a−25)2+15，可得：
当a=25时，a2+b2有最小值15，故B正确；
对于C，1a+1b=(1a+1b)(2a+b)=3+ba+2ab≥3+2 ba⋅2ab=3+2 2，
当且仅当ba=2ab，即a=2− 22，b= 2−1时，等号成立，故C错误；
对于D，b−1a−1=−2aa−1=−2−2a−1，
因为0故0<2−2a−1<2，所以b−1a−1∈(0,2)，故D正确．
故选：BD.
利用基本不等式求最值可判断A；配方法求最值可判断B；应用基本不等式“1”的代换求最值可判断C；常量分类再利用a的范围可判断D.
本题考查基本不等式及其应用，基本不等式运用“1”的代换求最值及不等式的性质，属中档题．
11.【答案】BC
【解析】解：对于A，因为函数y=f(a+x)与函数y=f(b−x)的图象关于x=b−a2对称，
所以函数y=f(−x+2)和y=f(2+x)的图象关于直线x=2−22=0对称，判断A错误；
对于B，令x+2023=t，则x=t−2023，代入得f(t)=(t−2023)2−2(t−2023)+1=(t−2024)2，
即f(x)=(x−2024)2，
所以当x=2024时，f(x)取得最小值0，故B正确；
对于C，函数f(x)=lga|x|(a>0,a≠1)定义域为{x|x≠0}，且f(−x)=lga|−x|=lga|x|=f(x)，
所以f(x)为偶函数，
又因为f(x)在(0,+∞)上单调递减，所以0所以f(−2)=f(2)对于D，由基本不等式可得，f(x1+x22)=ln(x1+x22)≥ln(2 x1x22)=12ln(x1x2)=lnx1+lnx22=f(x1)+f(x2)2，
当且仅当x1=x2时，等号成立，故D错误．
故选：BC.
利用函数y=f(a+x)与函数y=f(b−x)的图象关于x=b−a2对称可以判断A；利用换元法求出f(x)的解析式可判断B；利用对数函数的图象和性质可判断CD.
本题主要考查了对数函数的图象和性质，考查了基本不等式的应用，属于中档题．
12.【答案】AB
【解析】解：现有高阶等差数列{an}，其前7项分别为2，4，8，15，26，42，64，
可得a2−a1=2，a3−a2=4，a4−a3=7，a5−a4=11，a6−a5=16，a7−a6=22，
由4−2=2，7−4=3，11−7=4，16−11=5，22−16=6，…，
可得数列{an+1−an}为二阶等差数列，故A正确；
由上面可得an+1−an=2+2+3+...+n=1+(1+2+3+...+n)=1+n(n+1)2=n2+n+22，
i=120(ai+1−ai)=12(12+22+...+202)+12×12×20×(1+20)+20=12×16×20×21×41+105+20=1560，故B正确；
由an+1−an=n2+n+22，可得a10=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+...+(a10−a9)=2+12(1+1+2)+12(4+2+2)+...+12(81+9+2)
=2+12×16×9×10×19+12×12×9×10+9=176，故D错误；
由an+1−an=n2+n+22，a1=2，可得a21=1560+2=1562，又a20=1562−12×(400+20+2)=1351>1000，
a19=1351−12×(192+19+2)=1160>1000，a18=1160−12×(182+18+2)=988<1000，故C错误．
故选：AB.
由二阶等差数列的定义可判断A；由数列的分组求和，计算可判断B；由数列的求和公式计算可判断CD.
本题考查数列的通项与求和，以及等差数列的通项公式和求和公式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
13.【答案】{x|1≤x<4}
【解析】解：集合A={x|x<1}，
则CUA={x|x≥1}，
B={x|x2−3x−4<0}={x|−1故(∁RA)∩B={x|1≤x<4}.
故答案为：{x|1≤x<4}.
根据已知条件，结合补集、交集的运算，即可求解．
本题主要考查补集、交集的运算，属于基础题．
14.【答案】1
【解析】解：因为函数f(x)是定义在R上的偶函数，即f(−x)=f(x)，
又f(x+2)=f(2−x)，
所以f(4−x)=f(x)，
所以f(4+x)=f(−x)=f(x)，即函数的周期T=4，
当x∈[0,2]时，f(x)=x2，
则f(2023)=f(506×4−1)=f(−1)=f(1)=1.
故答案为：1.
由已知奇偶性及对称性可求函数的周期，结合周期及奇偶性即可求解．
本题主要考查了函数的奇偶性及周期性在函数求值中的应用，属于基础题．
15.【答案】14(1−13n)
【解析】解：设bn=lg3(an+1)，则数列{bn}是等差数列，
因为a1=2，a3=26，
所以b1=lg3(a1+1)=lg33=1，b3=lg3(a3+1)=lg327=3，
所以bn=b1+(n−1)⋅b3−b12=n，即lg3(an+1)=n，
所以an=3n−1，
所以an+1−an=(3n+1−1)−(3n−1)=2⋅3n，
所以Sn=1a2−a1+1a3−a2+⋯+1an+1−an=12(131+132+…+13n)=12⋅13[1−(13)n]1−13=14(1−13n).
故答案为：14(1−13n).
结合等差数列的通项公式与对数的运算性质，可得an，再由等比数列的前n项和公式，即可得解．
本题考查数列求和，熟练掌握对数的运算性质，等差数列的通项公式，等比数列的前n项和公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
16.【答案】2
【解析】解：函数f(x)=e2x−lnx+1x的定义域为(0,+∞)，
且f(x)=xe2x−ln⁡x+1x=e2x+ln⁡x−(ln⁡x+1)x，
令g(x)=ex−x−1，则g′(x)=ex−1，
当x>0时，g′(x)>0，g(x)在(0,+∞)上单调递增，
当x<0时，g′(x)<0，g(x)在(−∞,0)上单调递减，
故g(x)≥g(0)=0，即g(x)=ex−x−1≥0，∴ex≥x+1，当x=0时取等号，
故e2x+lnx≥2x+lnx+1，当2x+lnx=0时取等号，
令h(x)=2x+lnx，则h(x)在(0,+∞)上单调递增，
由h(14)=12−ln4<0,h(1)=2>0，即存在t∈(14,1)，使得h(t)=0，
即2x+lnx=0在(−∞,0)上有解；
故f(x)=e2x+lnx−(lnx+1)x≥2x+lnx+1−(lnx+1)x=2，
由题意当x0=t时等号成立，故m=2，
故答案为：2.
将f(x)化简为f(x)=e2x+lnx−(lnx+1)x，由此构造函数g(x)=ex−x−1，利用导数证明ex≥x+1，从而得到e2x+lnx≥2x+lnx+1，进一步求出m的值．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值，考查了转化思想和方程思想，属中档题．
17.【答案】

【解析】
18.【答案】解：(1)由lgan+1+lgan−1=2lgan(n≥2)，知an+1⋅an−1=an2(n≥2)，
所以数列{an}是等比数列，
设数列{an}的公比是q，
因为a1=3，a3=243，所以q2=a3a1=81，
又an>0，所以q=9，
所以an=a1⋅qn−1=3⋅9n−1=32n−1.
(2)由(1)可知，bn=lg3an=lg332n−1=2n−1，
所以an⋅bn=(2n−1)⋅32n−1，
所以Sn=1⋅31+3⋅33+…+(2n−3)⋅32n−3+(2n−1)⋅32n−1，
9Sn=1⋅33+3⋅35+…+(2n−3)⋅32n−1+(2n−1)⋅32n+1，
两式相减得，−8Sn=3+2⋅33+2⋅35+…+2⋅32n−1−(2n−1)⋅32n+1=3+2⋅27(1−9n−1)1−9−(2n−1)⋅32n+1=−154+5−8n4⋅32n+1，
所以Sn=1532+8n−532⋅32n+1.
【解析】(1)由等比中项判定数列{an}是等比数列，再由通项公式求出公比q，即可得解；
(2)结合对数的运算性质与错位相减法，即可得解．
本题考查数列的通项公式与前n项和的求法，熟练掌握等比数列的定义、通项公式与前n项和公式，错位相减法是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由函数f(x)=lnx+1ex,x∈(0,+∞)，
得f′(x)=1x⋅ex−(lnx+1)⋅ex(ex)2=1x−(lnx+1)ex，
令h(x)=1x−(lnx+1)，则h′(x)=−1+xx2<0恒成立，
所以h(x)在(0,+∞)上单调递减，且h(1)=0，
所以x∈(0,1)时，f′(x)>0，x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
即当x=1时，f(x)取得最大值f(1)=1e，无最小值；
(2)函数g(x)=aex−lnx−1的零点个数就是方程aex−lnx−1=0的解的个数，
整理得a=lnx+1ex，令f(x)=lnx+1ex,x∈(0,+∞)，
由(1)可知，f(x)在(0,1)上单调递增，
在(1,+∞)上单调递减，当x=1时，f(x)取得最大值f(1)=1e，
当x→0时，f(x)→−∞，当x→+∞时，f(x)恒大于0且趋近于0，
作出函数图象如图：
由图知，当a>1e时，函数g(x)没有零点；
当a=1e或a≤0时，函数g(x)只有1个零点；
当0【解析】(1)求出导函数f′(x)，令h(x)=1x−(lnx+1)，得到函数h(x)的函数值符号区间即可得到f(x)的单调区间，从而求解最值；
(2)把函数零点问题转化为方程a=lnx+1ex解的个数问题，构造函数，求导得单调区间，数形结合即可求解．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值，函数的零点，考查了转化思想和数形结合思想，属中档题．
20.【答案】解：(1)若选①an2−2an=an−12+2an−1(n≥2)，
则an2−an−12=2(an+an−1)，
因为an>0，
所以an−an−1=2，
因为a1=1，
所以an=1+2(n−1)=2n−1；
若选②4Sn=(an+1)2，
当≥2，4Sn−1=(an−1+1)2，
当n≥2时，两式相减得4(Sn−Sn−1)=(an+1)2−(an−1+1)2=an2−an−12+2an−2an−1，
整理得an−an−1=2，
因为a1=1，
所以an=1+2(n−1)=2n−1；
若选③nan+1=(n+1)an+1，
则an+1n+1=ann+1n(n+1)
即an+1n+1−ann=1n(n+1)=1n−1n+1，
所以n≥2时，ann=ann−an−1n−1+an−1n−1+⋅⋅⋅+a22−a11+a1=1n−1−1n+1n−2−1n−1+⋅⋅⋅+11−12+1=2−1n，
故an=2n−1，
又a1=2×1−1适合上式，
an=2n−1；
(2)证明：bn=2n+32nanan+1=2n+32n(2n−1)(2n+1)=12n−1(2n−1)−12n(2n+1)，
所以Tn=120×1−121×3+121×3−122×5+⋅⋅⋅+12n−1(2n−1)−12n(2n+1)=1−12n(2n+1)，
因为n≥1时，Tn递增，
故Tn≥T1=56.
【解析】(1)若选①an2−2an=an−12+2an−1(n≥2)，对已知递推关系进行变形，然后结合等差数列的通项公式可求；
若选②4Sn=(an+1)2，结合和与项的递推关系可得an−an−1=2，然后结合等差数列的通项公式可求；
若选③nan+1=(n+1)an+1，变形得an+1n+1−ann=1n(n+1)=1n−1n+1，然后利用迭代法可求；
(2)bn=2n+32nanan+1=2n+32n(2n−1)(2n+1)=12n−1(2n−1)−12n(2n+1)，然后利用裂项求和即可求Tn，然后结合单调性即可证明．
本题主要考查了数列的递推关系在数列通项求解中的应用，还考查了等差数列的通项公式，迭代法及裂项求和的应用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由x+m>0在[−1,1]上有意义，
故−1+m>0，即m>1，
因为f(x)=lg2(x+m)在区间[−1,1]上为“局部奇函数”，
故在[−1,1]上存在实数x满足f(−x)=−f(x)，
所以lg2(−x+m)=−lg2(x+m)，即lg2(m2−x2)=0，
所以m2−x2=1，
所以m2=x2+1∈[1,2]，
又m>1，
故m的取值范围为(1, 2)；
(2)由题意得，存在x∈R，使得f(−x)=f(x)，
则9−x−m⋅3−x+1−3=−9x+m⋅3x+1+3，
整理得，9x+9−x−3m⋅(3x+3−x)−6=0，
即(3x+3−x)2−3m⋅(3x+3−x)−8=0①，
令3x+3−x=t，则t≥2，
①可化为m=t2−83t=13(t−8t)，
所以m=t2−83t=13(t−8t)在t≥2时有解，
令g(t)=13(t−8t)，t≥2，
因为g(t)在t≥2时单调递增，所以g(t)≥g(2)=−23，
所以m≥−23.
故m的取值范围为{m|m≥−23}.
【解析】(1)先由函数有意义求出m的范围，然后结合已知新定义可得在[−1,1]上存在实数x满足f(−x)=−f(x)，代入结合对数运算性质进行化简，然后结合函数的性质可求；
(2)由题意得，存在x∈R，使得f(−x)=f(x)，代入函数解析式进行整理，利用换元法，结合指数函数的性质及函数单调性可求．
本题以新定义为载体，主要考查了由函数解的存在性求解参数范围，体现了转化思想的应用，属于中档题．
22.【答案】解：(1)由f(x)=ex+ax，x∈R，所以f′(x)=ex+a，x∈R，
当a≥0时，f′(x)=ex+a>0，所以函数f(x)的递增区间是(−∞,+∞)，无单调递减区间，
当a<0时，令f′(x)=0，则x=ln(−a)，又令f′(x)=ex+a>0，则x>ln(−a)，
令f′(x)=ex+a<0，则x所以函数f(x)的单调递减区间是(−∞,ln(−a))，单调递增区间是(ln(−a),+∞)；
综上，当a≥0时，函数f(x)的递增区间是(−∞,+∞)，无单调递减区间，
当a<0时，函数f(x)的单调递减区间是(−∞,ln(−a))，单调递增区间是(ln(−a),+∞)；
(2)证明：由(1)知，当a=1时，函数f(x)=ex+x在R上单调递增，
令g(x)=emx−lnx+(m−1)x=0，即emx+mx=x+lnx=elnx+lnx，即f(mx)=f(lnx)，
由题意，函数g(x)=emx−lnx+(m−1)x有两个不同的零点x1，x2(x1则lnx1=mx1，lnx2=mx2，相减得m=lnx2−lnx1x2−x1，
要证：2lnx1+lnx2>e，只需证明：m(2x1+x2)>e，
只需证明：lnx2−lnx1x2−x1⋅(2x1+x2)>e，只需证明：2+x2x1x2x1−1⋅lnx2x1>e，
令t=x2x1，则由x11，只需证明：2+tt−1⋅lnt>e，
即证：lnt>e(t−1)2+t，又令φ(t)=lnt−3(t2−1)t2+4t+1(t>1)，
则φ′(t)=(t−1)4t2(t2+4t+1)2>0，所以函数φ(t)在(1,+∞)上单调递增，
且φ(t)>φ(1)=0，即lnt>3(t2−1)t2+4t+1，
要证：lnt>e(t−1)2+t，只需证明：3(t2−1)t2+4t+1>e(t−1)2+t,(t>1)，
即证：(3−e)t2+(9−4e)t+6−e>0，(t>1)，
因为(3−e)t2+(9−4e)t+6−e=0的Δ=(9−4e)2−4⋅(3−e)⋅(6−e)=4(3e2−8e−9)<0，
所以不等式(3−e)t2+(9−4e)t+6−e>0，(t>1)成立，
所以lnt>e(t−1)2+t，故原不等式2lnx1+lnx2>e成立．
【解析】(1)根据a≥0和a<0分类讨论，求导，利用导数与函数的单调性求解即可；
(2)由题意得lnx1=mx1，lnx2=mx2，利用分析法证明2+x2x1x2x1−1⋅lnx2x1>e，构造函数φ(t)=lnt−3(t2−1)t2+4t+1(t>1)，利用导数证得φ(t)>0，由此得证．
本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用分析法证明不等式，考查了转化思想，属难题．年号
1
2
3
4
5
年生产利润y(单位：千万元)
0.7
0.8
1
1.1
1.4