第四章高考强化

$ { \log }_{2}\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}={ \log }_{2}\frac{{2}^{{x}_{1}}+{2}^{{x}_{2}}}{2}\geqslant { \log }_{2}\sqrt{{2}^{{x}_{1}}\cdot {2}^{{x}_{2}}}={ \log }_{2}{2}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}=\dfrac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2} $ , $ \because {x}_{1}\ne {x}_{2} $ , $ \therefore $ 等号取不到，即 $ { \log }_{2}\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2} > \dfrac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

因为 $ {2}^{a}=5 $ ,所以 $ a={ \log }_{2}5 $ , $ b={ \log }_{8}3=\dfrac{1}{3}{ \log }_{2}3 $ ,所以 $ {4}^{a-3b}={4}^{{ \log }_{2}5-{ \log }_{2}3}={2}^{2{ \log }_{2}\frac{5}{3}}={2}^{{ \log }_{2}\frac{25}{9}}=\dfrac{25}{9} $ ,故选 $ \mathrm{C} $ ．

因为 $ \dfrac{1}{{ \log }_{8}a}-\dfrac{1}{{ \log }_{a}4}=\dfrac{3}{{ \log }_{2}a}-\dfrac{1}{2}{ \log }_{2}a=-\dfrac{5}{2} $ ,所以 $ ({ \log }_{2}a+1)({ \log }_{2}a-6)=0 $ .又 $ a > 1 $ ,故 $ { \log }_{2}a=6 $ ，解得 $ a=64 $ .

$ f(x)= \ln \left|\dfrac{a+1-ax}{1-x}\right|+b $ ，定义域为不等式组 $ \begin{cases}a+1-ax\ne 0,\\ 1-x\ne 0\end{cases} $ 的解集．

因为函数 $ f(x) $ 为奇函数，所以其定义域关于原点对称，

由 $ 1-x\ne 0 $ ，易知 $ x\ne 1 $ ，所以函数 $ f(x) $ 的定义域中一定不含有 $ -1 $ ，

所以 $ x=-1 $ 是方程 $ a+1-ax=0 $ 的根，即 $ a+1-a\cdot (-1)=0 $ ，解得 $ a=-\dfrac{1}{2} $ .

所以 $ f(x)= \ln \left|\dfrac{1+x}{2(1-x)}\right|+b $ ，

所以函数 $ f(x) $ 的定义域为 $ (-\mathrm{\infty },-1)\cup (-1,1)\cup (1,+\mathrm{\infty }) $ ．

由函数 $ f(x) $ 为奇函数知 $ f(0)=0 $ ，所以 $ f(0)= \ln \text{ }\dfrac{1}{2}+b=0 $ ，解得 $ b= \ln \text{ }2 $ ．

依题意,函数 $ y={1.01}^{x} $ 在 $ \boldsymbol{R} $ 上单调递增,因为 $ 0 < 0.5 < 0.6 $ ,所以 $ 1 < {1.01}^{0.5} < {1.01}^{0.6} $ ,即 $ a < b $ .又 $ c={0.6}^{0.5}=\sqrt{\dfrac{6}{10}}=\dfrac{\sqrt{15}}{5} < 1 $ ,所以 $ c < a < b $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

因为 $ a={ \log }_{5}2 < { \log }_{5}\sqrt{5}=\dfrac{1}{2}=c $ ， $ b={ \log }_{8}3 > { \log }_{9}3=\dfrac{1}{2}=c $ ，所以 $ b > c > a $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

由 $ a > 0 $ , $ b > 0 $ , $ a+b=1 $ ,得 $ \dfrac{{a}^{2}+{b}^{2}}{2}\geqslant {\left(\dfrac{a+b}{2}\right) ^ {2}}=\dfrac{1}{4} $ ,即 $ {a}^{2}+{b}^{2}\geqslant \dfrac{1}{2} $ ,当且仅当 $ a=b=\dfrac{1}{2} $ 时取等号,故 $ \mathrm{A} $ 正确；

由 $ a > 0 $ , $ b > 0 $ , $ a+b=1 $ ,得 $ a-b=2a-1 > -1 $ ,故 $ {2}^{a-b} > \dfrac{1}{2} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；

$ { \log }_{2}a+{ \log }_{2}b={ \log }_{2}(ab)\leqslant { \log }_{2}{\left(\dfrac{a+b}{2}\right) ^ {2}}={ \log }_{2}{\left(\dfrac{1}{2}\right) ^ {2}}=-2 $ ,当且仅当 $ a=b=\dfrac{1}{2} $ 时,等号成立,故 $ \mathrm{C} $ 错误；

$ (\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}=a+b+2\sqrt{ab}=1+2\sqrt{ab}\leqslant 1+a+b=2 $ ,得 $ \sqrt{a}+\sqrt{b}\leqslant \sqrt{2} $ ,当且仅当 $ a=b=\dfrac{1}{2} $ 时,等号成立,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{D} $ .

因为 $ {9}^{m}=10 $ ,所以 $ m={ \log }_{9}10 $ .

又因为 $ \lg 11× \lg 9 < {\left(\dfrac{ \lg 11+ \lg 9}{2}\right) ^ {2}}={\left(\dfrac{ \lg 99}{2}\right) ^ {2}} < 1= \lg 10× \lg 10 $ ,

所以 $ \dfrac{ \lg 10}{ \lg 9} > \dfrac{ \lg 11}{ \lg 10} $ , $ { \log }_{9}10 > { \log }_{10}11 $ .

$ a={10}^{m}-11={10}^{{ \log }_{9}10}-11 > {10}^{{ \log }_{10}11}-11=11-11=0 $ ,所以 $ a > 0 $ .

因为 $ \lg 10× \lg 8 < {\left(\dfrac{ \lg 10+ \lg 8}{2}\right) ^ {2}}={\left(\dfrac{ \lg 80}{2}\right) ^ {2}} < {\left(\dfrac{ \lg 81}{2}\right) ^ {2}}= \lg 9× \lg 9 $ ,

所以 $ \dfrac{ \lg 10}{ \lg 9} < \dfrac{ \lg 9}{ \lg 8} $ , $ { \log }_{9}10 < { \log }_{8}9 $ .

$ b={8}^{m}-9={8}^{{ \log }_{9}10}-9 < {8}^{{ \log }_{8}9}-9=9-9=0 $ ,所以 $ b < 0 $ .

综上 $ a > 0 > b $ ,故选 $ \mathrm{A} $ .

由题意得 $ f(x)=f(2-x) $ ,则函数 $ f(x) $ 的图象关于直线 $ x=1 $ 对称,且 $ f(x) $ 在 $ (-\mathrm{\infty },1) $ 上单调递增,在 $ (1,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递减.

因为 $ 1 > \dfrac{\sqrt{3}}{2} > \dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ,所以 $ b=f(\dfrac{\sqrt{3}}{2}) > f(\dfrac{\sqrt{2}}{2})=a $ , $ c=f(\dfrac{\sqrt{6}}{2})=f(2-\dfrac{\sqrt{6}}{2}) $ .因为 $ \dfrac{\sqrt{2}}{2} < 2-\dfrac{\sqrt{6}}{2} < \dfrac{\sqrt{3}}{2} $ ,所以 $ b > c > a $ ,故选 $ \mathrm{A} $ .

由 $ {2}^{x}-{2}^{y} < {3}^{-x}-{3}^{-y} $ ，可得 $ {2}^{x}-{3}^{-x} < {2}^{y}-{3}^{-y} $ .

设 $ f(x)={2}^{x}-{3}^{-x} $ ，则 $ f(x) < f(y) $ .

易知 $ f(x) $ 在 $ \boldsymbol{R} $ 上为增函数，所以 $ x < y $ ，则 $ y-x+1 > 1 $ ，所以 $ \ln (y-x+1) > 0 $ ，故 $ \mathrm{A} $ 正确， $ \mathrm{B} $ 错误.

而当 $ x=1 $ ， $ y=2 $ 时， $ \ln \left|x-y\right|=0 $ ，故 $ \mathrm{C} $ , $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{A} $ .

令 $ f(x)=\dfrac{2{x}^{3}}{{2}^{x}+{2}^{-x}} $ ,则 $ f(x) $ 的定义域为 $ [-6,6] $ ，且 $ f(-x)=\dfrac{-2{x}^{3}}{{2}^{-x}+{2}^{x}}=-f(x) $ , $ \therefore f(x) $ 为奇函数，排除 $ \mathrm{C} $ ；

$ f(4)=\dfrac{2×{4}^{3}}{{2}^{4}+{2}^{-4}}\approx 8 $ ，排除 $ \mathrm{A} $ , $ \mathrm{D} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

设 $ y=f(x)=\dfrac{ \ln |x|}{{x}^{2}+2} $ ,则函数 $ f(x) $ 的定义域为 $ ｛x|x\ne 0｝ $ ,关于原点对称,又 $ f(-x)=\dfrac{ \ln |-x|}{{\left(-x\right) ^ {2}}+2}=f(x) $ ,所以函数 $ f(x) $ 为偶函数,排除 $ \mathrm{A} $ , $ \mathrm{C} $ ；

当 $ x\in (0,1) $ 时, $ \ln |x| < 0 $ , $ {x}^{2}+2 > 0 $ ,所以 $ f(x) < 0 $ ,排除 $ \mathrm{D} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

因为 $ f(x)={2}^{x}-x-1 $ ,所以 $ f(x) > 0 $ 等价于 $ {2}^{x} > x+1 $ ,在同一直角坐标系中作出 $ y={2}^{x} $ 和 $ y=x+1 $ 的图象如图.

两函数图象的交点坐标分别为 $ (0,1) $ , $ (1,2) $ ,则不等式 $ {2}^{x} > x+1 $ 的解为 $ x < 0 $ 或 $ x > 1 $ ,所以不等式 $ f(x) > 0 $ 的解集为 $ (-\mathrm{\infty },0)\cup (1,+\mathrm{\infty }) $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

当 $ x < 0 $ 时，函数 $ f(x)=-{x}^{2}-2ax-a=-{\left(x+a\right) ^ {2}}+{a}^{2}-a $ ，若函数 $ f(x) $ 在 $ (-\mathrm{\infty },0) $ 上单调递增，则有 $ -a\geqslant 0 $ ，即 $ a\leqslant 0 $ ；当 $ x\geqslant 0 $ 时，函数 $ f(x)={\mathrm{e}}^{x}+ \ln (x+1) $ ，函数 $ f(x) $ 在 $ [0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增.因为函数 $ f(x) $ 在 $ \boldsymbol{R} $ 上单调递增，所以 $ -a\leqslant {\mathrm{e}}^{0}+ \ln (0+1)=1 $ ，解得 $ a\geqslant -1 $ .综上可得 $ -1\leqslant a\leqslant 0 $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

因为 $ y={2}^{x} $ 在 $ \boldsymbol{R} $ 上是增函数,所以函数 $ y=x(x-a)={\left(x-\dfrac{a}{2}\right) ^ {2}}-\dfrac{{a}^{2}}{4} $ 在 $ (0,1) $ 上单调递减,所以 $ \dfrac{a}{2}\geqslant 1 $ ,解得 $ a\geqslant 2 $ ,即 $ a $ 的取值范围是 $ [2,+\mathrm{\infty }) $ ,故选 $ \mathrm{D} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ,因为 $ y= \ln x $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增,所以 $ f(x)=- \ln x $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递减,故 $ \mathrm{A} $ 错误；对于 $ \mathrm{B} $ , $ f(x)=\dfrac{1}{{2}^{x}} $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递减,故 $ \mathrm{B} $ 错误；对于 $ \mathrm{C} $ , $ f(x)=-\dfrac{1}{x} $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增,故 $ \mathrm{C} $ 正确；对于 $ \mathrm{D} $ ,因为 $ f(\dfrac{1}{2})={3}^{|\frac{1}{2}-1|}={3}^{\frac{1}{2}}=\sqrt{3} $ , $ f(1)={3}^{|1-1|}={3}^{0}=1 $ ,所以 $ f(x)={3}^{|x-1|} $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上不单调递增, $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{C} $ .

$ f(x)=(x+a) \ln (x+b)\geqslant 0 $ 可看作 $ {f}_{1}(x)=x+a $ 与 $ {f}_{2}(x)= \ln (x+b) $ 在定义域 $ (-b,+\mathrm{\infty }) $ 内同正同负，因此两函数图象与 $ x $ 轴的交点重合，如图所示.

令 $ {f}_{1}(x)=x+a=0 $ ， $ {f}_{2}(x)= \ln (x+b)=0 $ ，得 $ -a=1-b $ ，即 $ a-b+1=0 $ ， $ {a}^{2}+{b}^{2}= (b-1)^{2}+{b}^{2}=2{b}^{2}-2b+1=2{\left(b-\dfrac{1}{2} \right) ^ {2}}+\dfrac{1}{2}\geqslant \dfrac{1}{2} $ ，所以 $ {a}^{2}+{b}^{2} $ 的最小值为 $ \dfrac{1}{2} $ ，故选 $ \mathrm{C} $ .

$ f(x) $ 的定义域为 $ ｛x|x\ne ±\dfrac{1}{2}｝ $ ,且 $ f(-x)= \ln |-2x+1|- \ln |-2x-1|= \ln |2x-1|- \ln |2x+1|=-f(x) $ ,所以 $ f(x) $ 为奇函数.

当 $ x > 0 $ 时,

$ f(x)=\begin{cases} \ln (2x+1)- \ln (1-2x),0 < x < \dfrac{1}{2},\\ \ln (2x+1)- \ln (2x-1),x > \dfrac{1}{2}.\end{cases} $

当 $ 0 < x < \dfrac{1}{2} $ 时, $ f(x)= \ln \dfrac{2x+1}{1-2x}= \ln (-1-\dfrac{2}{2x-1}) $ ,易知 $ f(x) $ 在 $ (0,\dfrac{1}{2}) $ 上单调递增；当 $ x > \dfrac{1}{2} $ 时, $ f(x)= \ln \dfrac{2x+1}{2x-1}= \ln (1+\dfrac{2}{2x-1}) $ ,易知 $ f(x) $ 在 $ (\dfrac{1}{2},+\mathrm{\infty }) $ 上单调递减.

因为 $ f(x) $ 为奇函数,且在 $ (-\dfrac{1}{2} $ , $ \dfrac{1}{2}) $ 上连续,所以 $ f(x) $ 在 $ (-\dfrac{1}{2} $ , $ \dfrac{1}{2}) $ 上单调递增,在 $ (-\mathrm{\infty } $ , $ -\dfrac{1}{2}) $ 和 $ (\dfrac{1}{2} $ , $ +\mathrm{\infty }) $ 上单调递减,故选 $ \mathrm{D} $ .

$ f(2-x)=\begin{cases}2-\mid 2-x\mid ,x\geqslant 0,\\ {x}^{2},x < 0,\end{cases} $

从而 $ g(x)=\begin{cases}1+\mid 2-x\mid ,x\geqslant 0,\\ 3-{x}^{2},x < 0.\end{cases} $

在同一坐标系下画出 $ y=f(x) $ , $ y=g(x) $ 的图象,如图所示.

观察可得两函数图象有2个交点,从而函数 $ y=f(x)-g(x) $ 的零点个数为2.

令 $ f(x)=0 $ ，得 $ | \lg x|=kx+2 $ .对①，当 $ k=0 $ 时， $ | \lg x|=2 $ ，即 $ \lg x=2 $ 或 $ \lg x=-2 $ ，则 $ x=100 $ 或 $ x=\dfrac{1}{100} $ ，所以方程 $ | \lg x|=kx+2 $ 有两个不等实数根，即 $ f(x) $ 有2个零点，故①正确.

对②和③， $ f(x) $ 的零点个数即为函数 $ y=| \lg x| $ 与函数 $ y=kx+2 $ 图象的交点个数，画出函数 $ y=| \lg x| $ 的图象，如图， $ y=kx+2 $ 的图象过定点 $ (0,2) $ .当 $ k < 0 $ 时，由图象可以看出，当 $ y=kx+2 $ 与函数 $ y=| \lg x| $ 的图象相切时，两函数图象有一个公共点，即 $ \exists k < 0 $ ，使得 $ f(x) $ 有1个零点，而两函数图象最多有两个交点，所以当 $ k < 0 $ 时， $ f(x) $ 不可能有3个零点，故②正确，③错误；

当 $ k > 0 $ 时，由图象可以看出， $ y=kx+2 $ 与函数 $ y=| \lg x| $ 的图象可能有一个、两个或三个交点，所以 $ \exists k > 0 $ ,使得 $ f(x) $ 有3个零点，故④正确.正确的序号为①②④.

$ \because $   函数 $ g(x) $ 存在2个零点， $ \therefore $   函数 $ y=f(x) $ 的图象与 $ y=-x-a $ 的图象有2个交点.

如图，平移直线 $ y=-x $ ,可以看出当且仅当 $ -a\leqslant 1 $ ,即 $ a\geqslant -1 $ 时，直线 $ y=-x-a $ 与 $ y=f(x) $ 的图象有2个交点.故选C.

当 $ k=0 $ 时, $ g(x)=\begin{cases}{x}^{3}-2x,x\geqslant 0,\\ x,x < 0,\end{cases} $ 令 $ {x}^{3}-2x=0 $ ,得 $ x=0 $ , $ x=\sqrt{2} $ , $ x=-\sqrt{2} $ （舍）,所以 $ g(x) $ 有2个零点,不符合题意.当 $ k > 0 $ 时,

$ g(x)=\begin{cases}{x}^{3}+(k{x}^{2}-2x),0\leqslant x\leqslant \dfrac{2}{k},\\ {x}^{3}-(k{x}^{2}-2x),x > \dfrac{2}{k},\\ -x-(k{x}^{2}-2x),x < 0,\end{cases} $

即 $ g(x)=\begin{cases}x({x}^{2}+kx-2),0\leqslant x\leqslant \dfrac{2}{k},\\ x({x}^{2}-kx+2),x > \dfrac{2}{k},\\ -x(kx-1),x < 0.\end{cases} $

当 $ x < 0 $ 时, $ -x(kx-1) < 0 $ , $ g(x) $ 无零点.

当 $ 0\leqslant x\leqslant \dfrac{2}{k} $ 时,设 $ ℎ(x)={x}^{2}+kx-2 $ ,因为 $ ℎ(0)=-2 < 0 $ , $ ℎ(\dfrac{2}{k})=\dfrac{4}{{k}^{2}} > 0 $ ,由函数零点存在定理可知, $ g(x) $ 在 $ (0,\dfrac{2}{k}) $ 上有1个零点,又 $ g(0)=0 $ ,所以 $ g(x) $ 在 $ [0 $ , $ \dfrac{2}{k} ] $ 上有2个零点.

若使 $ g(x) $ 有4个零点,则 $ {x}^{2}-kx+2=0 $ 在 $ (\dfrac{2}{k} $ , $ +\mathrm{\infty }) $ 上有2个不等实根.

设 $ s(x)={x}^{2}-kx+2 $ ,因为 $ s(\dfrac{2}{k})=\dfrac{4}{{k}^{2}} > 0 $ ,所以只需满足 $ \begin{cases}k > 0,\\ \dfrac{k}{2} > \dfrac{2}{k},\\ \mathrm{\Delta }={k}^{2}-8 > 0,\end{cases} $

解得 $ k > 2\sqrt{2} $ .

当 $ k < 0 $ 时,

$ g(x)=\begin{cases}{x}^{3}+(k{x}^{2}-2x),x\geqslant 0,\\ -x-(k{x}^{2}-2x),\dfrac{2}{k}\leqslant x < 0,\\ -x+(k{x}^{2}-2x),x < \dfrac{2}{k},\end{cases} $

即 $ g(x)=\begin{cases}x({x}^{2}+kx-2),x\geqslant 0,\\ -x(kx-1),\dfrac{2}{k}\leqslant x < 0,\\ x(kx-3),x < \dfrac{2}{k}.\end{cases} $

当 $ x < \dfrac{2}{k} $ 时,令 $ kx-3=0 $ ,得 $ x=\dfrac{3}{k} < \dfrac{2}{k} $ , $ g(x) $ 在 $ (-\mathrm{\infty },\dfrac{2}{k}) $ 上有1个零点；

当 $ \dfrac{2}{k}\leqslant x < 0 $ 时,令 $ kx-1=0 $ ,得 $ x=\dfrac{1}{k} $ , $ \dfrac{2}{k} < \dfrac{1}{k} < 0 $ ,所以 $ g(x) $ 在 $ [\dfrac{2}{k},0) $ 上有1个零点；

当 $ x\geqslant 0 $ 时,令 $ m(x)={x}^{2}+kx-2 $ .

因为函数 $ m(x) $ 图象的对称轴 $ x=-\dfrac{k}{2} > 0 $ , $ \mathrm{\Delta }={k}^{2}+8 > 0 $ , $ m(0)=-2 < 0 $ ,

所以 $ g(x) $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上有1个零点,又 $ g(0)=0 $ ,

所以 $ g(x) $ 在 $ [0,+\mathrm{\infty }) $ 上有2个零点.

所以当 $ k < 0 $ 时, $ g(x) $ 有4个零点.

综上,若 $ g(x) $ 恰有4个零点,则 $ k < 0 $ 或 $ k > 2\sqrt{2} $ ,故选 $ \mathrm{D} $ .

令 $ {x}^{2}-ax+1=0 $ ,则 $ {\mathrm{\Delta }}_{1}={a}^{2}-4 $ ,

当 $ -2\leqslant a\leqslant 2 $ 时, $ {\mathrm{\Delta }}_{1}\leqslant 0 $ , $ {x}^{2}-ax+1\geqslant 0 $ 恒成立,此时 $ f(x)=(a-1){x}^{2}+(a-2)x-1 $ .

当 $ a\ne 1 $ 时,令 $ f(x)=(a-1){x}^{2}+(a-2)x-1=0 $ ,则 $ {\mathrm{\Delta }}_{2}={\left(a-2\right) ^ {2}}+4(a-1)={a}^{2} $ ,当 $ a\ne 0 $ 时, $ {\mathrm{\Delta }}_{2} > 0 $ , $ f(x) $ 有且仅有两个零点；

当 $ a=1 $ 时, $ f(x)=-x-1 $ , $ f(x) $ 有且仅有一个零点,不符合题意,

所以 $ -2\leqslant a < 0 $ 或 $ 0 < a < 1 $ 或 $ 1 < a\leqslant 2 $ .

当 $ a < -2 $ 或 $ a > 2 $ 时, $ {\mathrm{\Delta }}_{1} > 0 $ ,方程 $ {x}^{2}-ax+1=0 $ 有两个不等实根,设为 $ {x}_{1} $ , $ {x}_{2} $ , $ {x}_{1} < {x}_{2} $ ,

所以 $ f(x)=\begin{cases}[(a+1)x-1](x-1),{x}_{1}\leqslant x\leqslant {x}_{2},\\ [(a-1)x-1](x+1),x < {x}_{1}\mathrm{或}x > {x}_{2}.\end{cases} $

设 $ g(x)=[(a+1)x-1](x-1) $ ,令 $ g(x)=0 $ ,解得 $ x=1 $ 或 $ x=\dfrac{1}{a+1} $ ；设 $ ℎ(x)=[(a-1)x-1](x+1) $ ,令 $ ℎ(x)=0 $ ,解得 $ x=-1 $ 或 $ x=\dfrac{1}{a-1} $ .

当 $ a < -2 $ 时, $ {x}_{1}=\dfrac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2} < -1 $ , $ \dfrac{1}{a+1} < {x}_{2}=\dfrac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2} < \dfrac{1}{a-1} $ ,所以 $ f(x) $ 有且仅有两个零点,符合题意.

当 $ a > 2 $ 时,因为 $ {x}_{2}=\dfrac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2} > 1 $ ,且 $ \dfrac{1}{a+1} < {x}_{1}=\dfrac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2} < \dfrac{1}{a-1} $ ,

所以 $ f(x) $ 有且仅有两个零点,符合题意.

综上所述, $ a $ 的取值范围为 $ (-\mathrm{\infty },0)\cup (0,1)\cup (1,+\mathrm{\infty }) $ .

由 $ {L}_{p}=20 \lg \dfrac{p}{{p}_{0}} $ ,对于燃油汽车 $ 60\leqslant 20 \lg \dfrac{{p}_{1}}{{p}_{0}}\leqslant 90 $ ,即 $ 3\leqslant \lg {p}_{1}- \lg {p}_{0}\leqslant \dfrac{9}{2} $ , $ \therefore \lg (1000{p}_{0})=3+ \lg {p}_{0}\leqslant \lg {p}_{1}\leqslant \dfrac{9}{2}+ \lg {p}_{0}= \lg ({10}^{\frac{9}{2}}{p}_{0}) $ ,即 $ 1000{p}_{0}\leqslant {p}_{1}\leqslant {10}^{\frac{9}{2}}{p}_{0} $ ；同理,对于混合动力汽车 $ {10}^{\frac{5}{2}}{p}_{0}\leqslant {p}_{2}\leqslant 1000{p}_{0} $ ；对于电动汽车 $ 20 \lg \dfrac{{p}_{3}}{{p}_{0}}=40 $ ,则 $ \lg {p}_{3}- \lg {p}_{0}=2 $ , $ \therefore \lg {p}_{3}=2+ \lg {p}_{0}= \lg (100{p}_{0}) $ , $ \therefore {p}_{3}=100{p}_{0} $ ,选项 $ \mathrm{C} $ 正确 $ {\rm .} {p}_{1}\geqslant {p}_{2} $ ,选项 $ \mathrm{A} $ 正确 $ {\rm .} 10{p}_{3}=1000{p}_{0} $ ,则 $ {p}_{2}\leqslant 10{p}_{3} $ ,选项 $ \mathrm{B} $ 错误 $ {\rm .} {10}^{\frac{9}{2}}{p}_{0}\leqslant 100{p}_{2}\leqslant {10}^{5}{p}_{0} $ ,则 $ {p}_{1}\leqslant 100{p}_{2} $ ,选项 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ 选项,当 $ T=220 $ , $ P=1026 $ 时, $ \lg P= \lg 1026 > \lg {10}^{3}=3 $ ,根据题图可知,二氧化碳处于固态；

对于 $ \mathrm{B} $ 选项,当 $ T=270 $ , $ P=128 $ 时, $ \lg P= \lg 128\in (2,3) $ ,根据题图可知,二氧化碳处于液态；

对于 $ \mathrm{C} $ 选项,当 $ T=300 $ , $ P=9987 $ 时, $ \lg P= \lg 9987 < \lg {10}^{4}=4 $ ,且 $ \lg P $ 接近于4,根据题图可知,二氧化碳处于固态；

对于 $ \mathrm{D} $ 选项,当 $ T=360 $ , $ P=729 $ 时, $ \lg P= \lg 729\in (2,3) $ ,根据题图可知,二氧化碳处于超临界状态.

故选 $ \mathrm{D} $ .

由 $ L=5+ \lg \text{ }V $ ，当 $ L=4.9 $ 时， $ \lg \text{ }V=-0.1 $ ，则 $ V={10}^{-0.1}={10}^{-\frac{1}{10}}=\dfrac{1}{\sqrt[10]{10}}\approx \dfrac{1}{1.259}\approx 0.8 $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

因为 $ f(x)={a}^{x} $ 为增函数,所以 $ a > 1 $ ,又 $ {a}^{\frac{a}{2}}=m $ , $ {a}^{b}={m}^{b-1} $ ,则 $ m > 1 $ , $ {a}^{b}=({a}^{\frac{a}{2}})^{b-1} $ , $ b=\dfrac{a}{2}(b-1) $ ， $ b=1+\dfrac{2}{a-2}\in (-\mathrm{\infty },-1)\cup (1,+\mathrm{\infty }) $ ,

又 $ b=1+\dfrac{2}{a-2}=\dfrac{a}{a-2} $ ,取倒数后整理可得 $ \dfrac{2}{a}+\dfrac{1}{b}=1 $ .

$ a=\dfrac{2b}{b-1} $ ,则 $ {2}^{a}+{4}^{b}={4}^{\frac{b}{b-1}}+{4}^{b}=4({4}^{\frac{1}{b-1}}+{4}^{b-1}) $ ,当 $ b < 0 $ 时, $ b < -1 $ , $ b-1 < -2 $ ,故 $ {2}^{a}+{4}^{b}=4({4}^{\frac{1}{b-1}}+{4}^{b-1}) > 8×{2}^{\frac{1}{b-1}+b-1} $ ,由对勾函数的性质知 $ y=\dfrac{1}{b-1}+b-1 $ 在 $ (-\mathrm{\infty },-1) $ 上单调递增,故 $ {2}^{a}+{4}^{b} > \sqrt{2} $ .

又由于 $ y={4}^{b-1} $ 单调递增, $ y={4}^{\frac{1}{b-1}} $ 单调递减,且 $ 0 < {4}^{b-1} < \dfrac{1}{16} $ , $ \dfrac{1}{2} < {4}^{\frac{1}{b-1}} < 1 $ ,则 $ {2}^{a}+{4}^{b}=4({4}^{\frac{1}{b-1}}+{4}^{b-1}) < 4×(1+\dfrac{1}{16})=\dfrac{17}{4} $ ， $ \mathrm{B} $ ， $ \mathrm{D} $ 错误.当 $ b > 0 $ 时， $ b > 1 $ , $ b-1 > 0 $ ,故 $ {2}^{a}+{4}^{b}=4({4}^{\frac{1}{b-1}}+{4}^{b-1})\geqslant 8×{2}^{\frac{1}{b-1}+b-1}\geqslant 8×{2}^{2}=32 $ ,当且仅当 $ b=2 $ 时等号成立， $ \mathrm{A} $ 错误， $ \mathrm{C} $ 正确.故选 $ \mathrm{C} $ .

因为 $ {({3}^{\sqrt{2}})}^{\sqrt{6}}={9}^{\sqrt{3}} $ , $ {({2}^{\sqrt{3}})}^{\sqrt{6}}={8}^{\sqrt{2}} $ ,则由 $ y={x}^{\sqrt{3}} $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增, $ y={8}^{x} $ 在 $ \boldsymbol{R} $ 上单调递增,知 $ {9}^{\sqrt{3}} > {8}^{\sqrt{3}} > {8}^{\sqrt{2}} $ ,故 $ {3}^{\sqrt{2}} > {2}^{\sqrt{3}} $ ,又由函数 $ f(x)={a}^{x}(a > 1) $ 为增函数,得 $ {3}^{\sqrt{2}} < {3}^{\frac{3}{2}}=\sqrt{27} < {2}^{3} < {2}^{\mathrm{\pi }} $ ,则 $ {2}^{\sqrt{3}} < {3}^{\sqrt{2}} < {2}^{\mathrm{\pi }} < {2}^{3.2}=8\cdot {2}^{\frac{1}{5}} < {\mathrm{\pi }}^{2}\cdot {\mathrm{\pi }}^{\frac{1}{5}}={\mathrm{\pi }}^{2.2} < {\mathrm{\pi }}^{\sqrt{5}} $ .