4．函数f (x )＝e x
＋x －2的零点所在的一个区间是( ) A ．(－2，－1) B ．(－1,0) C ．(0,1)
D ．(1,2)
解析：选C ∵f (0)＝e 0
＋0－2＝－1<0，f (1)＝e 1
＋1－2＝e －1>0，∴f (0)·f (1)<0，故函数f (x )＝e x
＋x －2的零点所在的一个区间是(0,1)，故选C.
5．某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入，若该公司2017年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是( )
(参考数据：lg 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11，lg 2≈0.30)
A ．2020年
B ．2021年
C ．2022年
D ．2023年
解析：选B 设2017年后的第n 年该公司投入的研发资金开始超过200万元．由130(1＋12%)n ＞200，得1.12n
＞2013，两边取常用对数，得n ＞lg 2－lg 1.3lg 1.12≈0.30－0.110.05＝195，∴n ≥4，
∴从2021年开始，该公司投入的研发资金开始超过200万元．
6．函数f (x )＝⎩
⎪⎨
⎪⎧
x 2
－2，x ≤0，
2x －6＋ln x ，x >0的零点个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2
D ．4
解析：选C 当x ≤0时，f (x )＝x 2
－2，令x 2
－2＝0，得x ＝2(舍去)或x ＝－2，即在区间(－∞，0]上，函数只有一个零点．当x >0时，f (x )＝2x －6＋ln x ，f ′(x )＝2＋1
x
，由
x >0知f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，而f (1)＝－4<0，f (e)＝2e －5>0，f (1)·f (e)<0，从而f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点．故函数f (x )的零点个数是2.
7．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝ln x ＋ln(2－x )，则( ) A ．f (x )在(0,2)单调递增 B ．f (x )在(0,2)单调递减
C ．y ＝f (x )的图象关于直线x ＝1对称
D ．y ＝f (x )的图象关于点(1,0)对称
解析：选 C 由题易知，f (x )＝ln x ＋ln(2－x )的定义域为(0,2)，f (x )＝ln[x (2－x )]＝ln[－(x －1)2
＋1]，由复合函数的单调性知，函数f (x )＝ln x ＋ln(2－x )在(0,1)单调递增，在(1,2)单调递减，所以排除A 、B ；
又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝ln 12＋ln ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2－12＝ln 34，
f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫32＝ln 32
＋ln ⎝
⎛⎭
⎪⎫
2－32
＝ln 34
，
所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫32＝ln 34，所以排除D.故选C. 8．(2017·贵阳检测)已知函数f (x )＝ln(x 2
－4x －a )，若对任意的m ∈R ，均存在x 0使得
f (x 0)＝m ，则实数a 的取值范围是( )
A ．(－∞，－4)
B ．(－4，＋∞)
C ．(－∞，－4]
D ．[－4，＋∞)
解析：选D 依题意得，函数f (x )的值域为R ，令函数g (x )＝x 2
－4x －a ，其值域包含(0，＋∞)，因此对于方程x 2
－4x －a ＝0，有Δ＝16＋4a ≥0，解得a ≥－4，即实数a 的取值范围
