2022-2023学年福建省三明市高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

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这是一份2022-2023学年福建省三明市高二（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.已知集合A={x|x2≤1}，B={x∈N|x2−2x−3<0}，则A∩B=( )
A. {−1,0,1}B. {0,1}C. {x|−1≤x≤1}D. {x|−12.已知随机变量X∼N(1,σ2)，若P(X>0)=0.8，则P(x<2)=( )
A. 0.2B. 0.4C. 0.5D. 0.8
3.命题p：∃x>1，x2−2x>0的否定为( )
A. ∀x>1，x2−2x≤0B. ∀x≤1，x2−2x≤0
C. ∃x≤1，x2−2x≤0D. ∃x>1，x2−2x≤0
4.若函数f(x)=3x+csx，则( )
A. f′(x)=3x+sinxB. f′(x)=3x−sinx
C. f′(x)=3xln3+sinxD. f′(x)=3xln3−sinx
5.已知在函数的图象经过点P(8,4)，则该幂函数的大致图象是( )
A. B.
C. D.
6.某航天科研所安排甲，乙，丙，丁4位科学家应邀到创A，B，C三所学校开展科普讲座活动，要求每所学校至少安排1名科学家，且丙必须去A学校，则不同的安排方式共有( )
A. 6种B. 12种C. 24种D. 30种
7.已知a=e0.3，b=ln1.52+1，c= 62，则a，b，c的大小关系为( )
A. a>c>bB. c>b>aC. b>a>cD. a>b>c
8.设函数f(x)=ex(2x+1)x，则( )
A. 函数f(x)的单调递减区间为(−1,12)
B. 曲线y=f(x)在点(1,3e)处的切线方程为y=e(x+1)
C. 函数f(x)既有极大值又有极小值，且极大值大于极小值
D. 若方程f(x)=k有两个不等实根，则实数k的取值范围为(0,1e)∪(4 e,+∞)
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.已知a>b>0，c<0，则下列四个不等式中，一定成立的是( )
A. ca>cbB. acC. a>b−cD. a(b−c)>b(a−c)
10.为考察某种药物预防疾病的效果，进行动物试验，得到以下数据：
常用小概率值和相应临界值：
由以上数据，计算得到χ2=300×(75×55−105×65)2140×160×180×120≈4.520，根据临界值表，以下说法正确的是( )
A. 根据小概率值α=0.01的独立性检验，认为服用药物与患病没有关联
B. 根据小概率值α=0.05的独立性检验，认为服用药物与患病没有关联
C. 根据小概率值α=0.01的独立性检验，推断服用药物与患病有关联，此推断犯错误的概率不超过0.01
D. 根据小概率值α=0.05的独立性检验，推断服用药物与患病有关联，此推断犯错误的概率不超过0.05
11.若函数f(x+2)为奇函数，f(x+1)为偶函数，且当x∈(0,1]时，f(x)=lnx，则( )
A. f(e)=1B. f(x)周期为4
C. f(x)为偶函数D. 当x∈[1,2)时，f(x)=ln(2−x)
12.A，B，C，D，E五名运动员参加了某乒乓球比赛，采用单循环赛制.已知10场比赛的结果是：A胜3场，E胜1场；B，C，D三人各胜2场，且这三人中有一人胜了其他二人.如图，小张准备将各场比赛的胜负情况用箭头表示出来，其中“D→E”表示“D胜E”.他只看过这一场比赛，故只画了这一个箭头.为了画出其余的箭头，小李询问了运动员B，该运动员只说，其他四个人相互间的比赛，每个人都是有胜有负的.小张认为这些信息已经足够，他经过推理，画出了其余的所有箭头.以下判断正确的是( )
A. A胜BB. E胜BC. C胜DD. D胜A
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若x⋅lg32=1，则2x=______.
14.袋子中装有大小形状均相同的3个黑球，2个红球，若从中任取2个球，用X表示取出2球中黑球的个数，则随机变量X的数学期望E(X)=______.
15.某篮球队为提高队员的训练积极性，进行小组投篮游戏，每个小组由两名队员组成，队贝甲与队员乙组成了一个小组.游戏规则：每个小组的两名队员在每轮游戏中分别投篮两次，若4球全部投进则授予“神投小组”称号，获得两次“神投小组”称号的小组可以结束训练.已知甲、乙两名队员每次投进篮球的概率分别为23，34，则他们小组恰好进行4轮游戏结束训练的概率为______.
16.已知实数m，n满足e2023−2m2−m=0，e3−ln2n−ln2n=2020，则mn=______.
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.(本小题10分)
已知(2x2+1x)n展开式中各项的二项式系数之和为64，解决以下问题：
(1)求n及展开式中的常数项；
(2)求展开式中x的次数为奇数的项的系数和.
18.(本小题12分)
使不等式4x2+4kx>8x−k对一切实数x恒成立的k的取值范围记为集合A，不等式x2−3mx+(2m−1)(m+1)<0的解集为B.
(1)求集合A；
(2)若“x∈B”是“x∈A”的充分条件，求实数m的取值范围.
19.(本小题12分)
某厂有甲，乙，丙三个车间生产同一种产品，这三个车间的产量分别占总产量的百分比及所生产产品的不合格率如下表所示：
设事件A=“从该厂产品中任取一件，恰好取到不合格品”
(1)求事件A的概率；
(2)有一用户买了该厂一件产品，经检验是不合格品，但该产品是哪个车间生产的标志已经脱落，判断该产品来自哪个车间的可能性最大，并说明理由.
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=lg2(2x−1+a)为奇函数.
(1)求实数a的值；
(2)若关于x的不等式2f(2x)+3⋅2x−b≥0恒成立，求实数b的取值范围；
21.(本小题12分)
近几年，电商的蓬勃发展带动了快递行业的迅速增长.为了获得更大的利润，某快递公司在A城市的网点对“一天中收发一件块递的平均成本yi(单位：元)与当天揽收的快递件数xi(单位：千件)之间的关系”进行调查研究，得到相关数据如下表：
根据以上数据，技术人员分别根据甲、乙两种不同的回归模型，得到两个经验回归方程：方程甲：y =−0.2x+5.6，方程乙：y =3.5+4x.
(1)为了评价两种模型的拟合效果，完成以下问题：
①根据上表数据和相应回归方程，将以下表格坋写完整(结果保留一位小数)：
(各注：e i=y i−yi称为相应于点(xi,yi)的随机误差)
②分别计算模型甲与模型乙的随机误差平方和Q1，Q2并依此判断哪个模型的拟合效果更好.
(2)已知该快递网点每天能揽收的快递件数x(单位：千件)与揽收一件快递的平均价格t(单位：元)之间的关系是t=10−x2(0①若一天揽收快递6千件，则当天总利润的预报值是多少？
②为使每天获得的总利润最高，该快递网点应该将揽收一件快递的平均价格定为多少？(备注：利润=价格-成本)
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=eax+1−x.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a=1时，若函数g(x)=f(x)−ln(x+1)+x的最小值为m，试判断函数h(x)=ex+1−x−m在区间(−3,0)上零点的个数，并说明理由.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵x2≤1，∴−1≤x≤1，∴A={x|−1≤x≤1}，
∵x2−2x−3<0，∴(x−3)(x+1)<0，∴−1∴B={0,1,2}，则A∩B={0,1}.
故选：B.
分别求出一元二次不等式的解集，找两个集合的公共元素即可．
本题考查一元二次不等式的解法，集合的运算，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：随机变量X∼N(1,σ2)，可得正态分布曲线关于直线x=1对称，
由P(X>0)=0.8，可得P(0则P(1P(X<2)=0.5+0.3=0.8.
故选：D.
由正态分布曲线关于直线x=1对称，结合已知条件可得结论．
本题考查正态分布曲线的对称性和应用，考查转化思想和运算能力，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：原命题的否定为：∀x>1，x2−2x≤0.
故选：A.
根据题意，由特称命题的否定是全称命题即可得到结果．
本题考查特称命题的否定相关知识，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：f(x)=3x+csx，
则f′(x)=3xln3−sinx.
故选：D.
根据已知条件，结合导数的求导法则，即可求解．
本题主要考查导数的求导法则，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：设幂函数的解析式为f(x)=xα(α为常数)，
因为函数的图象经过点P(8,4)，
所以8α=4，
所以α=23，
所以f(x)=x23=3x2，是R上的偶函数，图象关于y轴对称，且f(0)=0，排除ABD.
故选：C.
先利用待定系数法求出f(x)的解析式，再结合幂函数的性质判断即可．
本题主要考查了幂函数的定义和性质，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：根据题意，分2步进行分析：
①将4位科学家分为3组，有C42=6种分组方法，
②将丙所在的组安排到A学校，剩下2组安排到B、C学校，有2种情况，
则有2×6=12种安排方式．
故选：B.
根据题意，分2步进行分析：①将4位科学家分为3组，②将丙所在的组安排到A学校，剩下2组安排到B、C学校，由分步计数原理计算可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：∵e>94，∴e0.5>32，
∵e0.6>e0.5>32，
∴e0.3> 1.5= 62，
∴a>c，
设f(x)=12lnx+1− x(x>0)，
f′(x)=12x−12 x=1− x2x，
当x∈(0,1)时，则f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(1,+∞)时，则f′(x)<0，f(x)单调递减，
∴f(1.5)∴12ln1.5+1< 1.5= 62，即b∴a>c>b.
故选：A.
根据e0.6>e0.5>32，即可判断a>c，构造函数f(x)=12lnx+1− x(x>0)，求导判断单调性，即可判断b本题考查导数的综合应用，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：对于A：f(x)=ex(2x+1)x，定义域为{x|x≠0}，
f′(x)=[ex(2x+1)]′⋅x−ex(2x+1)x2=ex(2x−1)(x+1)x2，
令f′(x)=0得x=12或x=−1，
所以在(−∞,−1)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(−1,0)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(0,12)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(12,+∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，故A错误；
对于B：f(x)在(1,3e)处的切线的斜率为f′(1)=2e，
所以f(x)在(1,3e)处的切线的方程为y−3e=2e(x−1)，即y=2ex+e=e(2x+1)，故B错误；
对于C：由上可知f(x)极大值=f(−1)=1e，f(x)极小值=f(12)=4e12，
所以f(x)极大值对于D：由上可知f(x)极大值=1e，f(x)极小值=4e12，
x→−∞时，f(x)→0；x→0−时，f(x)→−∞；x→0+时，f(x)→+∞；
若方程f(x)=k有两个不等实根，则y=f(x)与y=k有两个交点，
所以04e12，
所以则实数k的取值范围为(0,1e)∪(4 e,+∞)，故D正确，
故选：D.
求导分析f(x)的单调性极值，即可判断A，C是否正确；由导数的几何意义可得f(x)在(1,3e)处的切线的斜率为f′(1)，由点斜式可得f(x)在(1,3e)处的切线的方程，即可判断B是否正确；若方程f(x)=k有两个不等实根，则y=f(x)与y=k有两个交点，即可得出k的取值范围，即可判断D是否正确．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：对于A，∵a>b>0，c<0，∴b−a<0，ab>0，
∴ca−cb=bc−acab=c(b−a)ab>0，即ca>cb，故A正确；
对于B，∵a>b>0，c<0，
∴ac对于C，取a=2，b=1，c=−3，则a=2对于D，∵a>b>0，c<0，∴b−a<0，
∴a(b−c)−b(a−c)=ab−ac−ab+bc=c(b−a)>0，即a(b−c)>b(a−c)，故D正确．
故选：ABD.
根据不等式的性质逐个判断各个选项即可．
本题主要考查了不等式的性质，属于基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：∵χ2=300×(75×55−105×65)2140×160×180×120≈4.520，
又3.841<4.520<6.635，
∴由小概率值和相应临界值表可得：
小概率值α=0.01的独立性检验，认为服用药物与患病没有关联，
根据小概率值α=0.05的独立性检验，推断服用药物与患病有关联，此推断犯错误的概率不超过0.05.
故选：AD.
根据独立性检验原理，即可求解．
本题考查独立性检验原理的应用，属基础题．
11.【答案】BD
【解析】解：根据题意，函数f(x+2)为奇函数，即f(x)的图象关于点(2,0)对称，则有f(x+4)=−f(−x)，
又由f(x+1)为偶函数，则f(x)的图象关于直线x=1对称，则有f(2+x)=f(−x)，
故有f(x+4)=−f(x+2)，即f(x+2)=−f(x)，
则有f(x+4)=−f(x+2)=f(x)，f(x)是周期为4的周期函数，B正确；
f(e)=−f(e−2)=−ln(e−2)，A错误，
由于f(x+2)=−f(x)，且f(2+x)=f(−x)，则有f(−x)=−f(x)，则f(x)是奇函数，C错误；
当x∈[1,2)时，2−x∈(0,1],
则f(x)=−f(2−x)=−ln(2−x)，D正确；
故选：BD.
根据题意，先由函数的对称性分析f(x)的周期性，可得B正确，由此可得A、C错误，进而求出x∈[1,2)时，f(x)的解析式，可得D正确，综合可得答案．
本题考查抽象函数的性质和应用，涉及函数的对称性和周期，属于基础题．
12.【答案】ACD
【解析】解：由图形可知，每个运动员比赛四场，
因为A，C，D，E各有胜负，且A胜3负1，所以可以确定A胜B，
假设C胜A，则A胜D，E，
因为A，C，D，E互有胜负，
所以E胜C，则B胜E，
作图如下：
因为B，C，D各胜2负2，所以不可能满足有一人胜利其余两人，故舍去；
假设E胜A，则A胜C，D，
因为E胜1负3，所以B，C胜E，
作图如下：
因为B，C，D各胜2负2，所以不可能满足有一人胜利其余两人，故舍去；
假设D胜A，则A胜C，E，
又因为B，C，D各胜2负2，
以B，C，胜D，
有作出图形如下，
此时不能确定E，B的胜负情况．
故选：ACD.
根据A，C，D，E各有胜负，且A胜3负1，所以可以确定A胜B，再分C，D，E胜A三种情况分析即可．
本题主要考查简单逻辑和合情推理，属于中档题．
13.【答案】3
【解析】解：由x⋅lg32=1，得x=1lg32=lg23，所以2x=2lg23=3，
故答案为：3
利用对数的换底公式和指数恒等式进行求解．
本题主要考查对数的换底公式和指数恒等式的应用，要求熟练掌握相应的公式．
14.【答案】65
【解析】解：易知X的所有取值为0，1，2，
此时P(X=0)=C30C22C52=110，P(X=1)=C31C21C52=35，P(X=2)=C32C20C52=310，
则X的分布列为：
此时E(X)=0×110+1×35+2×310=65.
故答案为：65.
由题意，得到X的所有取值，求出相对应的概率，列出分布列，代入期望公式中即可求解．
本题考查离散型随机变量分布列的期望公式，考查了数据分析和运算能力．
15.【答案】27256
【解析】解：队员甲与队员乙组成的小组在一轮游戏中获得“神投小组”称号的概率为(23)2×(34)2=14，
若他们小组恰好进行4轮游戏结束训练，则前3轮游戏中他们获得一次“神投小组”，第4轮游戏获得“神投小组”，
所以所求概率P=C31×14×(1−14)2×14=27256.
故答案为：27256.
先求出一轮游戏中获得“神投小组”称号的概率，再结合独立事件的概率乘法公式求解．
本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，属于基础题．
16.【答案】e34
【解析】解：对已知条件进行化简得到e32n−ln2n=2020，2m+ln2m=2023，
令e32n=t，则−ln2n=lnt−3，所以有t+lnt−3=2020，即t+lnt=2023，
由于函数g(x)=x+lnx是单调递增函数，
所以t=2m，即e32n=2m，
所以有4mn=e3，
所以mn=e34.
故答案为：e34.
对等式进行化简而后换元即可．
本题主要考查对数的运算，对已知条件进行变形并利用换元法是解决本题的关键，属中档题．
17.【答案】解：(1)由题意可知二项式的展开式的二项式系数和为2n=64，则n=6，
所以展开式的通项公式为Tr+1=C6r(2x2)6−r(1x)r=C6r⋅26−rx12−3r，r=0，1，…，6，
令12−3r=0，解得r=4，所以展开式的常数项为C64⋅22=60；
(2)令12−3r=3，解得r=3，令12−3r=9，解得r=1，
所以展开式中x的次数为奇数的项的系数和为C63⋅23+C61⋅25=160+192=352.
【解析】(1)利用二项式系数和公式求出n的值，然后求出展开式的通项公式，令x的指数为0，由此即可求解；(2)分别令x的指数为3，9，求出r的值，由此即可求解．
本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．
18.【答案】解：(1)因为4x2+4kx>8x−k对一切实数x恒成立，
所以Δ=16(k−2)2−4×4k=16(k2−5k+4)=16(k−1)(k−4)<0，
所以1(2)若“x∈B”是“x∈A”的充分条件，则B⊆A，
因为x2−3mx+(2m−1)(m+1)<0，所以[x−(2m−1)][x−(m+1)]<0，
当m=2，即2m−1=m+1，B=⌀，满足题意，
当m>2，即2m−1>m+1，B={x|m+1由(1)知A={x|l当m<2，即2m−1所以m+1≤42m−1≥1，所以1≤m<3，所以1≤m<2，
综上所述，实数m的取值范围{m|l≤m≤52}.
【解析】(1)判别式小于0，即得；(2)由已知转化为B⊆A，再分类讨论即可．
本题考查一元二次不等式的解法，考查充分必要条件，属于基础题．
19.【答案】解：(1)设事件B1=“任取一件产品，生产于甲车间”，B2=“任取一件产品，生产于乙车间”，
B3=“任取一件产品，生产于丙车间”，
那么P(A)=i=13P(A|Bi)P(Bi)=0.05×0.25+0.04×0.35+0.02×0.4=0.0345；
(2)该产品来自乙车间的可能性最大．理由如下：
由(1)得，产品来自甲车间的概率为P(B1|A)=P(AB1)P(A)=P(A|B1)P(B1)P(A)=0.05×，
产品来自乙车间的概率为P(B2|A)=P(AB2)P(A)=P(A|B2)P(B2)P(A)=0.04×，
产品来自丙车间的概率为P(B3|A)=P(AB3)P(A)=P(A|B3)P(B3)P(A)=0.02×，
所以该产品来自乙车间的概率最大．
【解析】(1)理由全概率公式即可得；(2)分别算出来不合格品自三个车间的概率，进行比较即可．
本题考查全概率公式，考查条件概率，属于中档题．
20.【答案】解：(1)因为函数f(x)=lg2(2x−1+a)为奇函数，
所以f(x)+f(−x)=0，
即lg2(2x−1+a)+lg2(2−x−1+a)=0恒成立，
即(2x−1+a)(2−x−1+a)=1恒成立，
整理得(2−a)2−a2x2=1−x2恒成立，
此时(2−a)2=1−a2=−1，
解得a=1，
当a=1时，函数f(x)=lg2x+1x−1的定义域为(−∞,−1)∪(1,+∞)，
且函数f(x)关于原点对称，
所以a=1满足条件；
(2)由(1)知f(x)=lg2x+1x−1，函数定义域为(−∞,−1)∪(1,+∞)，
此时2x>1或2x<−1，
解得x>0，
若关于x的不等式2f(2x)+3⋅2x−b≥0恒成立，
此时b≤2x+12x−1+3⋅2x在(0,+∞)上恒成立，
即b≤3(2x−1)+22x−1+4在(0,+∞)上恒成立，
易知当x>0时，2x−1>0，
所以3(2x−1)+22x−1≥2 [3(2x−1)]×22x−1=2 6，
当且仅当3(2x−1)=22x−1，即x=lg2( 63+1)时等号成立，
所以3(2x−1)+22x−1+4≥2 6+4，
则实数b的取值范围为(−∞,2 6+4].
【解析】(1)由题意，根据奇函数的性质以及对数函数的运算性质得到(2−a)2−a2x2=1−x2恒成立，列出等式求出a的值，再将a代入函数f(x)解析式中进行检验，进而即可求解；
(2)结合(1)中所得信息，将不等式恒成立转化成b≤3(2x−1)+22x−1+4在(0,+∞)上恒成立，根据指数函数的性质以及基本不等式进行求解即可．
本题考查函数恒成立问题，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
21.【答案】解：(1)①表中数据如下所示：
②Q1=(−0.4)2+0.22+0.42+0.32+(−0.1)2=0.46，
Q2=(−0.1)2+0.12+(−0.1)2=0.03，
因为Q2所以模型乙的拟合效果较好；
(2)①不妨设每天获得的总利润为z，
此时z=1000x(t−y)，
当x=6时，由y =3.5+4x，
可得y =256，
又快递件数x与揽收一件快递的平均价格t之间的关系是t=10−x2(0当x=6时，t=7，
所以总利润的预报值z=6000(7−256)=17000(元)；
②因为快递件数x与揽收一件快递的平均价格t之间的关系是t=10−x2(0所以z=1000x(t−y)=1000x[(10−x2)−(3.5+4x)]=1000(−x22+6.5x−4)，
易知函数y=−x22+6.5x−4是开口向下的二次函数，对称轴x=6.5，
所以当x=6.5时，z取得最大值，此时t=6.75，
则当揽收平均价格定为6.75元时，该网点一天的总利润最大．
【解析】(1)①由题意，结合所给信息即可求解；
②根据误差平方和公式求出Q1，Q2，进而即可求解；
(2)①设每天获得的总利润为z，可得z=1000x(t−y)，将x=6代入y =3.5+4x和t=10−x2(0②对z的表达式进行整理，结合二次函数的性质再求解即可．
本题考查线性回归方程，考查了数据分析和运算能力．
22.【答案】解：(1)由f(x)=eax+1−x，得f′(x)=aeax+1−1，
当a≤0时，f′(x)=aeax+1−1<0，
所以f(x)在R上单调递减，
当a>0时，设F(x)=f′(x)=aeax+1−1，
所以F′(x)=a2eax+1>0，
所以f′(x)在R上单调递增，
令f′(x)=0得x=−1−lnaa，
所以在(−∞,−1−lnaa)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
(−1−lnaa,+∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递减，
当a>0时，f(x)在(−∞,−1−lnaa)上单调递减，(−1−lnaa,+∞)上单调递增．
(2)函数h(x)=ex+1−x−m在区间(−3,0)上有两个零点，理由如下：
当a=1时，g(x)=ex+1−ln(x+1)，
所以g′(x)=ex+1−1x+1，
令G(x)=ex+1−1x+1，则G′(x)=ex+1+1(x+1)2>0在(−1,+∞)上恒成立，
所以g′(x)在区间(−1,+∞)上单调递增，
又g′(0)=e−1>0，g′(−12)= e−2<0，
由零点的存在定理，可得存在x1∈(−12,0)，使得g′(x1)=0，
即ex1+1=1x1+1，
所以x1+1=ln1x1+1=−ln(x1+1)，
所以函数g(x)在(−1,x1)上单调递减，在(x1,+∞)上单调递增，
所以m=g(x)min=ex1+1−ln(x1+1)=1x1+1+ln1x1+1=1x1+1+x1+1，
因为x1+1∈(12,1)，
令x1+1=t∈(12,1)，则m=t+1t，
所以m′=1−1t2=t2−1t2=(t−1)(t+1)t2<0，在区间(12,1)上恒成立，
即m=t+1t在区间(12,1)上单调递减，
所以2要判断函数h(x)=ex+1−x−m在(−3,−1)上单调递减，在(−1,0)上单调递增，
又因为f(−3)=1e2+3，f(−1)=2，f(0)=e，且1e2+3>e>52，
所以关于x的方程m=ex+1−x在(−3,0)上有两个根，
即h(x)=ex+1−x−m在ex+1−x在(−3,−1)上有两个零点．
【解析】(1)求导得f′(x)=aeax+1−1，分两种情况：当a≤0时，当a>0时，分析f′(x)的符号，f(x)的单调性．
(2)当a=1时，g(x)=ex+1−ln(x+1)，求导分析g′(x)的符号，g(x)的单调性，最小值m，再分析函数h(x)=ex+1−x−m的零点，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意分类讨论思想的应用，属于中档题．药物
疾病
未患病
患病
未服用
75
65
服用
105
55
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
车间
甲车间
乙车间
丙车间
产量占比
25%
35%
40%
不合格率
0.05
0.04
0.02
每天揽收快递件数xi(千件)
2
3
4
5
8
每件快递的平均成本yi(元)
5.6
4.8
4.4
4.3
4.1
每天揽收快递件数xi/千件
2
3
4
5
8
每件快递的平均成本yi/元
5.6
4.8
4.4
4.3
4.1
模型甲
预报值
5.2
5
4.8
随机误差e i
−0.4
0.2
0.4
模型乙
预报值y i
5.5
4.8
4.5
随机误差e i
−0.1
0
0.1
X
0
1
2
P
110
35
310
每天揽收快递件数xi/千件
2
3
4
5
8
每件快递的平均成本yi/元
5.6
4.8
4.4
4.3
4.1
模型甲
预报值
5.2
5
4.8
4.6
4.0
随机误差e i
−0.4
0.2
0.4
0.3
−0.1
模型乙
预报值y i
5.5
4.8
4.5
4.3
4.0
随机误差e i
−0.1
0
0.1
0
−0.1