第7練基本初等函數(shù)[明考情]基本初等函數(shù)是函數(shù)性質(zhì)的載體，是高考的命題熱點(diǎn)，多以選擇題形式出現(xiàn)，中檔難度，有時出現(xiàn)在選擇或填空的最后一題.[知考向]1.冪、指數(shù)、對數(shù)的運(yùn)算與大小比較.2.基本初等函數(shù)的性質(zhì).3.分段函數(shù).4.基本初等函數(shù)的綜合應(yīng)用.考點(diǎn)一冪、指數(shù)、對數(shù)的運(yùn)算與大小比較方法技巧冪、指數(shù)、對數(shù)的大小比較方法(1)單調(diào)性法.(2)中間值法.1.已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x＜0，,fx－1＋1，x≥0，))則f(2016)等于()A.2014B.eq\f(4029,2)C.2015D.eq\f(4035,2)答案D解析f(2016)＝f(2015)＋1＝…＝f(0)＋2016＝f(－1)＋2017＝2－1＋2017＝eq\f(4035,2).2.(2016·全國Ⅲ)已知a＝，b＝，c＝，則()A.b<a<c B.a<b<cC.b<c<a D.c<a<b答案A解析因?yàn)閍＝，b＝，由函數(shù)y＝2x在R上為增函數(shù)知b<a；又因?yàn)閍＝＝，c＝＝，由函數(shù)y＝在(0，＋∞)上為增函數(shù)知a<c.綜上得b<a<c.故選A.3.設(shè)eq\f(1,2)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))b＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a＜1，那么()A.aa＜ab＜ba B.aa＜ba＜abC.ab＜aa＜ba D.ab＜ba＜aa答案C解析由于指數(shù)函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x是減函數(shù)，由已知eq\f(1,2)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))b＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a＜1，得0＜a＜b＜1.當(dāng)0＜a＜1時，y＝ax為減函數(shù)，所以ab＜aa，排除A，B；又因?yàn)閮绾瘮?shù)y＝xa在第一象限內(nèi)為增函數(shù)，所以aa＜ba，故選C.4.(2016·浙江)已知a＞b＞1.若logab＋logba＝eq\f(5,2)，ab＝ba，則a＝________，b＝________.答案42解析設(shè)logba＝t，則t＞1，因?yàn)閠＋eq\f(1,t)＝eq\f(5,2)，解得t＝2，所以a＝b2， ①因此ab＝ba?b2b＝， ②解得b＝2，a＝4.5.已知f(x)是定義在(－∞，＋∞)上的偶函數(shù)，且在(－∞，0]上是增函數(shù)，設(shè)a＝f(log47)，b＝f()，c＝f(0.2－0.6)，則a，b，c的大小關(guān)系是________.答案c＜b＜a解析＝－log23＝－log49，b＝f()＝f(－log49)＝f(log49)，log47＜log49，0.2－0.6＝＝＝eq\r(5,125)＞eq\r(5,32)＝2＞log49，又f(x)是定義在(－∞，＋∞)上的偶函數(shù)，且在(－∞，0]上是增函數(shù)，故f(x)在[0，＋∞)上是減函數(shù)，所以f(0.2－0.6)＜f()＜f(log47)，即c＜b＜a.考點(diǎn)二基本初等函數(shù)的性質(zhì)方法技巧(1)指數(shù)函數(shù)的圖象過定點(diǎn)(0，1)，對數(shù)函數(shù)的圖象過定點(diǎn)(1，0).(2)應(yīng)用指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，要注意底數(shù)的范圍，底數(shù)不同的盡量化成相同的底數(shù).(3)解題時要注意把握函數(shù)的圖象，利用圖象研究函數(shù)的性質(zhì).6.已知函數(shù)y＝loga(x＋c)(a，c為常數(shù)，其中a>0，a≠1)的圖象如圖，則下列結(jié)論成立的是()A.a>1，c>1B.a>1，0<c<1C.0<a<1，c>1D.0<a<1，0<c<1答案D解析由對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)得0＜a＜1，因?yàn)楹瘮?shù)y＝loga(x＋c)的圖象在c＞0時是由函數(shù)y＝logax的圖象向左平移c個單位得到的，所以根據(jù)題中圖象可知0＜c＜1.故選D.7.(2017·銀川市興慶區(qū)一模)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(2x,1＋2x)－eq\f(1,2)，[x]表示不超過x的最大整數(shù)，則y＝[f(x)]的值域是()A.{0，1} B.{0，－1}C.{－1，1} D.{1，1}答案B解析∵f(x)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2x＋1)，分析可得－eq\f(1,2)＜f(x)＜eq\f(1,2)，∴[f(x)]＝{0，－1}.8.(2017·全國Ⅱ)函數(shù)f(x)＝ln(x2－2x－8)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A.(－∞，－2) B.(－∞，1)C.(1，＋∞) D.(4，＋∞)答案D解析由x2－2x－8＞0，得x＞4或x＜－2.設(shè)t＝x2－2x－8，則y＝lnt為增函數(shù).要求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間，即求函數(shù)t＝x2－2x－8的單調(diào)遞增區(qū)間.∵函數(shù)t＝x2－2x－8的單調(diào)遞增區(qū)間為(4，＋∞)，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(4，＋∞).故選D.9.已知函數(shù)f(x)＝x－4＋eq\f(9,x＋1)，x∈(0，4)，當(dāng)x＝a時，f(x)取得最小值b，則函數(shù)g(x)＝a|x+b|的圖象為()答案A解析當(dāng)x∈(0，4)時，f(x)＝x＋1＋eq\f(9,x＋1)－5≥1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時取等號)，∴a＝2，b＝1.∴g(x)＝2|x+1|的圖象關(guān)于直線x＝－1對稱，且在[－1，＋∞)上為增函數(shù)，故選A.10.(2017·欽州一模)已知函數(shù)f(x)＝|lg(x－1)|，若1＜a＜b且f(a)＝f(b)，則a＋2b的取值范圍為()A.(3＋2eq\r(2)，＋∞) B.[3＋2eq\r(2)，＋∞)C.(6，＋∞) D.[6，＋∞)答案C解析由圖象易知b＞2，1＜a＜2，∴－lg(a－1)＝lg(b－1)，則a＝eq\f(b,b－1)，則a＋2b＝eq\f(b,b－1)＋2b＝eq\f(2b2－b,b－1)＝eq\f(2b－12＋3b－1＋1,b－1)＝2(b－1)＋eq\f(1,b－1)＋3≥2eq\r(2)＋3，當(dāng)且僅當(dāng)b＝eq\f(\r(2),2)＋1時取等號.∵b＞2，∴a＋2b＝eq\f(b,b－1)＋2b＞6.考點(diǎn)三分段函數(shù)方法技巧(1)分段函數(shù)求函數(shù)值：先范圍，再代入.(2)分段函數(shù)在整個定義域上的單調(diào)性：一定要注意定義域的分界點(diǎn)處函數(shù)值的大小關(guān)系.11.(2017·山東)設(shè)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x)，0<x<1，,2x－1，x≥1，))若f(a)＝f(a＋1)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))等于()A.2B.4C.6D.8答案C解析若0＜a＜1，由f(a)＝f(a＋1)，得eq\r(a)＝2(a＋1－1)，∴a＝eq\f(1,4)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝f(4)＝2×(4－1)＝6.若a≥1，由f(a)＝f(a＋1)，得2(a－1)＝2(a＋1－1)，無解.綜上，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝6.故選C.12.已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4x＋3，x≤0，,3－x，x＞0，))則方程f(x)＋1＝0的實(shí)根的個數(shù)為()A.0B.1C.2D.3答案C解析依題意得當(dāng)x≤0時，x2＋4x＋3＋1＝0，解得x＝－2；當(dāng)x＞0時，3－x＋1＝0，得x＝4.因此原方程的實(shí)根的個數(shù)是2.13.已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax2－x－\f(1,4)，x≤1，,logax－1，x＞1))是R上的單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))答案B解析由對數(shù)函數(shù)的定義，可得a＞0，且a≠1.又函數(shù)f(x)在R上單調(diào)，而二次函數(shù)y＝ax2－x－eq\f(1,4)的圖象開口向上，所以函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減，故有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＜a＜1，,\f(1,2a)≥1，,a×12－1－\f(1,4)≥loga1－1，))解得eq\f(1,4)≤a≤eq\f(1,2).14.已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)，x≥2，,x－13，x＜2，))若關(guān)于x的方程f(x)＝k有兩個不同的實(shí)根，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是()A.(－1，1)B.(0，1)C.(0，1]D.(－1，0)答案B解析由題意知，函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x)在[2，＋∞)上是減函數(shù)，且0＜f(x)≤1，f(x)＝(x－1)3在(－∞，2)上是增函數(shù)，且f(x)＜1，若關(guān)于x的方程f(x)＝k有兩個不同的實(shí)根，則0＜k＜1.15.(2017·全國Ⅲ)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,2x，x>0，))則滿足f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))>1的x的取值范圍是___.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞))解析由題意知，可對不等式分x≤0，0＜x≤eq\f(1,2)，x＞eq\f(1,2)三段討論.當(dāng)x≤0時，原不等式為x＋1＋x＋eq\f(1,2)＞1，解得x＞－eq\f(1,4)，∴－eq\f(1,4)＜x≤0.當(dāng)0＜x≤eq\f(1,2)時，原不等式為2x＋x＋eq\f(1,2)＞1，顯然成立.當(dāng)x＞eq\f(1,2)時，原不等式為2x＋＞1，顯然成立.綜上可知，x的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞)).考點(diǎn)四基本初等函數(shù)的綜合應(yīng)用要點(diǎn)重組函數(shù)y＝ax和y＝logax(a＞0，a≠1)互為反函數(shù)，它們的圖象關(guān)于直線y＝x對稱.方法技巧基本初等函數(shù)與不等式的交匯問題是高考的熱點(diǎn)，突破此類問題在于準(zhǔn)確把握函數(shù)的圖象和性質(zhì).16.已知函數(shù)f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3，若存在f(a)＝g(b)，則實(shí)數(shù)b的取值范圍為()A.[1，3] B.(1，3)C.[2－eq\r(2)，2＋eq\r(2)] D.(2－eq\r(2)，2＋eq\r(2))答案D解析函數(shù)f(x)＝ex－1的值域?yàn)?－1，＋∞)，g(x)＝－x2＋4x－3的值域?yàn)?－∞，1]，若存在f(a)＝g(b)，則需g(b)＞－1，即－b2＋4b－3＞－1，所以b2－4b＋2＜0，解得2－eq\r(2)＜b＜2＋eq\r(2).17.已知定義在R上的函數(shù)f(x)＝2|x－m|－1(m為實(shí)數(shù))為偶函數(shù).記a＝f(log0.53)，b＝f(log25)，c＝f(2m)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A.a＜b＜cB.a＜c＜bC.c＜a＜bD.c＜b＜a答案C解析由f(x)＝2|x－m|－1是偶函數(shù)，得m＝0，則f(x)＝2|x|－1.當(dāng)x∈[0，＋∞)時，f(x)＝2x－1單調(diào)遞增，又a＝f(log0.53)＝f(|log0.53|)＝f(log23)，c＝f(0)，且0＜log23＜log25，則f(0)＜f(log23)＜f(log25)，即c＜a＜b，故選C.18.設(shè)a，b，c分別是方程2x＝，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＝，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＝log2x的實(shí)數(shù)根，則()A.c＜b＜a B.a＜b＜cC.b＜a＜c D.c＜a＜b答案C解析因?yàn)?a＝＞0，所以0＜a＜1.因?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))b＝＝－b＞0，所以b＜0.因?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))c＝log2c＞0，所以1＜c＜2.所以b＜0＜a＜1＜c.19.已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1＋x,x)，x＜0，,logx，x＞0，))則f(x)≥－2的解集是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))∪[4，＋∞)B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))∪(0，4]C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，0))∪[4，＋∞)D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，0))∪(0，4]答案B解析當(dāng)x＜0時，f(x)≥－2，即eq\f(1＋x,x)≥－2，可轉(zhuǎn)化為1＋x≤－2x，得x≤－eq\f(1,3)；當(dāng)x＞0時，f(x)≥－2，即≥－2，可轉(zhuǎn)化為≥，解得0＜x≤4.綜上可知不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))∪(0，4].20.已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x，x>0，,3x，x≤0，))且關(guān)于x的方程f(x)＋x－a＝0有且只有一個實(shí)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.答案(1，＋∞)解析畫出函數(shù)y＝f(x)與y＝a－x的圖象如圖所示，所以a>1.1.函數(shù)f(x)＝eq\f(ax＋b,x＋c2)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論成立的是()A.a>0，b>0，c<0B.a<0，b>0，c>0C.a<0，b>0，c<0D.a<0，b<0，c<0答案C解析由f(x)＝eq\f(ax＋b,x＋c2)及圖象可知，x≠－c，－c＞0，則c＜0；當(dāng)x＝0時，f(0)＝eq\f(b,c2)＞0，所以b＞0；當(dāng)f(x)＝0時，ax＋b＝0，所以x＝－eq\f(b,a)＞0，所以a＜0，故選C.2.如果函數(shù)y＝a2x＋2ax－1(a>0且a≠1)在區(qū)間[－1，1]上的最大值是14，則a的值為()A.eq\f(1,3)B.1C.3D.eq\f(1,3)或3答案D解析令ax＝t，則y＝a2x＋2ax－1＝t2＋2t－1＝(t＋1)2－2.當(dāng)a>1時，因?yàn)閤∈[－1，1]，所以t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))，又函數(shù)y＝(t＋1)2－2在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))上單調(diào)遞增，所以ymax＝(a＋1)2－2＝14，解得a＝3(負(fù)值舍去)；當(dāng)0<a<1時，因?yàn)閤∈[－1，1]，所以t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a，\f(1,a)))，又函數(shù)y＝(t＋1)2－2在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，則ymax＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋1))2－2＝14，解得a＝eq\f(1,3)(負(fù)值舍去).綜上知a＝3或a＝eq\f(1,3).3.已知函數(shù)f(x)＝logaeq\f(1－x,b＋x)(0＜a＜1)為奇函數(shù)，當(dāng)x∈(－1，a]時，函數(shù)f(x)的值域?yàn)?－∞，1]，則實(shí)數(shù)a＋b的值為____________.答案eq\r(2)解析因?yàn)槠婧瘮?shù)的定義域關(guān)于原點(diǎn)對稱，所以由eq\f(1－x,b＋x)＞0，得－b＜x＜1，且b＝1.所以f(x)＝logaeq\f(1－x,1＋x)(0＜a＜1).又g(x)＝eq\f(1－x,x＋1)＝－1＋eq\f(2,x＋1)在(－1，a]上單調(diào)遞減，因?yàn)?＜a＜1，所以f(x)在(－1，a]上單調(diào)遞增.又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的值域是(－∞，1]，故g(a)＝a，即a2＋a＝1－a，解得a＝eq\r(2)－1，所以a＋b＝eq\r(2).4.已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x，x≤0，,lnx＋1，x＞0.))若|f(x)|≥ax，則a的取值范圍是________.答案[－2，0]解析由y＝|f(x)|的圖象知，①當(dāng)x＞0時，只有當(dāng)a≤0時，才能滿足|f(x)|≥ax.②當(dāng)x≤0時，y＝|f(x)|＝|－x2＋2x|＝x2－2x.故由|f(x)|≥ax，得x2－2x≥ax.當(dāng)x＝0時，不等式為0≥0成立.當(dāng)x＜0時，不等式等價于x－2≤a.因?yàn)閤－2＜－2，所以a≥－2.綜上可知，a∈[－2，0].解題秘籍(1)基本初等函數(shù)的圖象可根據(jù)特殊點(diǎn)及函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行判定.(2)與指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)有關(guān)的復(fù)合函數(shù)的性質(zhì)，可使用換元法，解題中要優(yōu)先考慮函數(shù)的定義域.(3)數(shù)形結(jié)合是解決方程不等式的重要工具，指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的底數(shù)要討論.1.函數(shù)f(x)＝ax＋loga(x＋1)在[0，1]上的最大值和最小值之和為a，則a的值為()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C.2D.4答案B解析當(dāng)a＞1時，由a＋loga2＋1＝a，得loga2＝－1，所以a＝eq\f(1,2)，與a＞1矛盾；當(dāng)0＜a＜1時，由1＋a＋loga2＝a，得loga2＝－1，所以a＝eq\f(1,2).2.已知實(shí)數(shù)a，b滿足eq\f(1,2)＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))b＞eq\f(1,4)，則()A.b＜2eq\r(b－a) B.b＞2eq\r(b－a)C.a＜eq\r(b－a) D.a＞eq\r(b－a)答案B解析∵eq\f(1,2)＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))b＝＞eq\f(1,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2，∴1＜a＜eq\f(b,2)＜2，∴b2－4(b－a)＝b2－4b＋4a＞b2－4b＋4≥0，∴b2＞4(b－a)，∴b＞2eq\r(b－a)，故選B.3.已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x－1，x＞0，,f2－x，x≤0，))則f(0)等于()A.－1B.0C.1D.3答案B解析f(0)＝f(2－0)＝log22－1＝1－1＝0.4.(2017·揭東區(qū)校級月考)函數(shù)y＝(0≤x＜3)的值域是()A.(0，1] B.(e－3，e]C.[e－3，1] D.[1，e]答案B解析∵y＝＝(0≤x＜3)，當(dāng)0≤x＜3時，－3＜－(x－1)2＋1≤1，∴e－3＜≤e1，即e－3＜y≤e，∴函數(shù)y的值域是(e－3，e].5.(2017·河?xùn)|區(qū)模擬)函數(shù)f(x)＝|x－2|－lnx在定義域內(nèi)零點(diǎn)的個數(shù)為()A.0B.1C.2D.3答案C解析由題意，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，由函數(shù)零點(diǎn)的定義，f(x)在(0，＋∞)內(nèi)的零點(diǎn)即是方程|x－2|－lnx＝0的根.令y1＝|x－2|，y2＝lnx(x＞0)，在一個坐標(biāo)系中畫出兩個函數(shù)的圖象.由圖得兩個函數(shù)圖象有兩個交點(diǎn)，故方程有兩個根，即對應(yīng)函數(shù)有兩個零點(diǎn).6.已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－a2，x≤0，,x＋\f(1,x)＋a，x＞0，))若f(0)是f(x)的最小值，則a的取值范圍為()A.[－1，2] B.[－1，0]C.[1，2] D.[0，2]答案D解析應(yīng)該是遞減的，則a≥0，此時最小值為f(0)＝a2，因此a2≤a＋2，解得0≤a≤2，故選D.7.已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ex＋a，x≤0，,2x－1，x＞0))(a∈R)，若函數(shù)f(x)在R上有兩個零點(diǎn)，則a的取值范圍是()A.(－∞，－1) B.(－∞，0)C.(－1，0) D.[－1，0)答案D解析當(dāng)x＞0時，f(x)＝2x－1.令f(x)＝0，解得x＝eq\f(1,2)；當(dāng)x≤0時，f(x)＝ex＋a，此時函數(shù)f(x)＝ex＋a在(－∞，0]上有且僅有一個零點(diǎn)，等價轉(zhuǎn)化為方程ex＝－a在(－∞，0]上有且僅有一個實(shí)根，而函數(shù)y＝ex在(－∞，0]上的值域?yàn)?0，1]，所以0＜－a≤1，解得－1≤a＜0.故選D.8.(2017·武漢模擬)若函數(shù)f(x)＝aex－x－2a有兩個零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))C.(－∞，0) D.(0，＋∞)答案D解析函數(shù)f(x)＝aex－x－2a的導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝aex－1，當(dāng)a≤0時，f′(x)≤0恒成立，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)，不可能有兩個零點(diǎn)；當(dāng)a＞0時，令f′(x)＝0，得x＝lneq\f(1,a)，函數(shù)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(1,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，∴f(x)的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))＝1－lneq\f(1,a)－2a＝1＋lna－2a.令g(a)＝1＋lna－2a(a＞0)，則g′(a)＝eq\f(1,a)－2.當(dāng)a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時，g(a)單調(diào)遞增，當(dāng)a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))時，g(a)單調(diào)遞減，∴g(a)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－ln2＜0，∴f(x)