（Ⅰ） 是偶函数，只需研究 对任意 成立即可，即当 时
（Ⅱ）观察结论，要证 ，即证 ，变形可得 ，
可证 ．问题得以解决．
（Ⅰ）由 可知 是偶函数．
于是 对任意 成立等价于 对任意 成立．  （1分）
由 得 ．
①当 时， ．
此时 在 上单调递增．  故 ，符合题意．（3分）
②当 时， ．
当 变化时 的变化情况如下表：                 （4分）

	单调递减	极小值	单调递增

由此可得，在 上， ．
依题意， ，又 ．
综合①，②得，实数 的取值范围是 ．               （7分）
（Ⅱ） ，

又 ，
（10分）
，
                 （12分）
由此得:

故 成立.        （14分）.

（Ⅰ）由不等式恒成立，即可求出结果. （Ⅱ） 在以 为端点的开区间上恒成立，对 的大小分类讨论，以确定 的取值范围，从而去确定 的最大值.
由已知， ， ， ；
（Ⅰ）由题设“单调性一致”定义知， 在区间 上恒成立，
即  在区间 上恒成立，
因 ，所以 ，所以， 在区间 上恒成立，
即 在区间 上恒成立，而 在 上最大值
所以， ，即 ；
（Ⅱ）由“单调性一致”定义知， 在以 为端点的开区间上恒成立，
即 在以 为端点的开区间上恒成立，
因 ，所以，由 ，得 ， ， ；
①若 ，则开区间为 ，取 ，由 知， 和 在区间 上单调性不一致，不符合题设；
②若 ，因 均为非负，故不在以 为端点的开区间内；所以，只有可能 在区间上；
由 在以 为端点的区间上恒成立，知 要么不小于 中的大者，要么不大于 中的小者；
因为 都不大于0，所以， ，所以，由 知 ，所以 ；
当 时，由 在区间 上恒成立，即 在区间 上恒成立，知 最大值为 ，而由 解得 ；
此时， ，配方后知，取不到最大值；
当 时，显然，此时，当 ，即 时， 取得最大值 ；综上， 的最大值为 .

解:因为

（1）函数问题先求定义域 ，当 时，由于函数 中含有绝对值符号，故要考虑 或 两种情况，接着求分别 ，令 ， 求出其单调增区间或减区间；（2）当 时，
，即 ，构造新函数 ，用导数法求函数 的最小值，必须对 分类讨论，从而求出 的最小值；（3）由（2）得，  ，当 时，不等式左边 ，所以不等式成立，当 时，令 代入 ，用放缩法证明不等式成立.
（1）当 时，
当 时， ，
，
在 上是减函数；
当 时， ，
，令 得， ，
在 上单减，在 上单增
综上得， 的单减区间是 ，单增区间是 ．      4分
（2）当 时，

即 ，设   5分
当 时， ，不合题意；    6分
当 时，
令 得， ，
时， ， 在 上恒成立， 在 上单增，
，故 符合题意；  8分
②当 时， ，对 ， ， ，
故 不合题意．综上， 的最小值为 ．               9分
(3)由（2）得，    ①
证明：当n＝1时，不等式左边＝2－ln3＜2＝右边，所以不等式成立．
当n≥2时，令①式中 得


，
，
，
所以当n≥2时不等式成立．
命题得证．                       14分

设f(x)＝ ＋ln x，则f′(x)＝ ＋ ＝ ．当x∈[ ，1)时，f′(x)<0，故函数f(x)在[ ，1)上单调递减；当x∈(1,2]时，f′(x)>0，故函数f(x)在(1,2]上单调递增，∴f(x) _min＝f(1)＝0，∴a≤0，即a的最大值为0．

解:由图象可知，在图①、②在每个区间上函数的单调性与对应的导数的符号是正确的，即单调增区间导数大于零，单调减区间上导数小于零；在③中显示在区间 上导函数的值为负值，而该区间上的函数图象显示不单调，二者不一致，所以③不正确；在④图象显示在区间 上导函数的值总为正数，而相应区间上的函数图象却显示为减函数，二者相矛盾，所以不正确.故选B.

（Ⅰ）求出 的导数 ，由 的符号确定 的单调区间；
（Ⅱ）求出 的导数 ，由 在 上恒成立求得实数 的最小值；（Ⅲ）注意左右两边的自变量 是独立的.若存在 使 成立，则 .故首先求出 然后解不等式求实数 的取值范围.
解：（Ⅰ）由 得, 且 ,则函数 的定义域为 ,
且 ,令 ,即 ,解得
当 且 时, ;当 时 ,
函数 的减区间是 ,增区间是                            4分
（Ⅱ）由题意得：函数 在 上是减函数，
在 上恒成立，即 在 上恒成立
令 ，因此 即可

当且仅当 ，即 时取等号
因此 ，故 的最小值为 .                             8分
（Ⅲ）命题“若存在 ，使 ，”等价于
“当 时，有 ”，
由（Ⅱ）得，当 时， ，则 ，
故问题等价于：“当 时，有 ”，
,由（Ⅱ）知 ,
（1）当 时， 在 上恒成立，因此 在  上为减函数，则 ,故 ,
（2）当 时， 在 上恒成立，因此 在 上为增函数，
则 ，不合题意
（3）当 时，由于 在 上为增函数，
故 的值域为 ，即
由 的单调性和值域知，存在唯一 ，使 ，且满足：当 时， 为减函数；当 时， 为增函数；
所以，
所以， 与 矛盾，不合题意
综上，得 .                                             12分

解：(1)令f′(x)＝ －a＝ <0，考虑到f(x)的定义域为(0，＋∞)，故a>0，进而解得x>a ^－1，即f(x)在(a ^－1，＋∞)上是单调减函数．同理，f(x)在(0，a ^－1)上是单调增函数．由于f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a ^－1，＋∞)，从而a ^－1≤1，即a≥1.令g′(x)＝e ^x－a＝0，得x＝ln a．当x<ln a时，g′(x)<0；当x>ln  a时，g′(x)>0.又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，所以ln a>1，即a>e.
综上，有a∈(e，＋∞)．
(2)当a≤0时，g(x)必为单调增函数；当a>0时，令g′(x)＝e ^x－a>0，
解得a<e ^x，即x>ln a，因为g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，类似(1)有ln a≤－1，即0<a≤e ^－1.结合上述两种情况，有a≤e ^－1.
(ⅰ)当a＝0时，由f(1)＝0以及f′(x)＝ >0，得f(x)存在唯一的零点；
(ⅱ)当a<0时，由于f(e ^a)＝a－ae ^a＝a(1－e ^a)<0，f(1)＝－a>0，且函数f(x)在[e ^a,1]上的图象不间断，所以f(x)在(e ^a,1)上存在零点．另外，当x>0时，f′(x)＝ －a>0，故f(x)在(0，＋∞)上是单调增函数，所以f(x)只有一个零点．
(ⅲ)当0<a≤e ^－1时，令f′(x)＝ －a＝0，解得x＝a ^－1.当0<x<a ^－1时，f′(x)>0，当x>a ^－1时，f′(x)<0，所以，x＝a ^－1是f(x)的最大值点，且最大值为f(a ^－1)＝－ln a－1.
①当－ln a－1＝0，即a＝e ^－1时，f(x)有一个零点x＝e.
②当－ln a－1>0，即0<a<e ^－1时，f(x)有两个零点．
实际上，对于0<a<e ^－1，由于f(e ^－1)＝－1－ae ^－1<0，f(a ^－1)>0，且函数f(x)在[e ^－1，a ^－1]上的图象不间断，所以f(x)在(e ^－1，a ^－1)上存在零点．
另外，当x∈(0，a ^－1)时，f′(x)＝ －a>0，故f(x)在(0，a ^－1)上是单调增函数，所以f(x)在(0，a ^－1)上只有一个零点．
下面考虑f(x)在(a ^－1，＋∞)上的情况．先证f(e ^{a －1})＝a(a ^－2－e ^{a －1})<0.
为此，我们要证明：当x>e时，e ^x>x ².设h(x)＝e ^x－x ²，则h′(x)＝e ^x－2x，再设l(x)＝h′(x)＝e ^x－2x，则l′(x)＝e ^x－2.
当x>1时，l′(x)＝e ^x－2>e－2>0，所以l(x)＝h′(x)在(1，＋∞)上是单调增函数．故当x>2时，h′(x)＝e ^x－2x>h′(2)＝e ²－4>0，从而h(x)在(2，＋∞)上是单调增函数．进而当x>e时，
h(x)＝e ^x－x ²>h(e)＝e ^e－e2>0.即当x>e时，e ^x>x ².
当0<a<e ^－1，即a ^－1>e时，f(e ^{a －1})＝a ^－1－ae ^{a －1}＝a(a ^－2－e ^{a －1})<0，又f(a ^－1)>0，且函数f(x)在[a ^－1，e ^{a －1}]上的图象不间断，所以f(x)在(a ^－1，e ^{a －1})上存在零点．又当x>a ^－1时，f′(x)＝ －a<0，故f(x)在(a ^－1，＋∞)上是单调减函数，所以f(x)在(a ^－1，＋∞)上只有一个零点．
综合(ⅰ)，(ⅱ)，(ⅲ)，当a≤0或a＝e ^－1时，f(x)的零点个数为1，当0<a<e ^－1时，f(x)的零点个数为2.