函数基础练习（题型大全）含答案一、选择题（本大题共17小题，共85.0分） 1. 函数f(x)=1lg(x+1)+√2−x 的定义域为( )A. (−1,0)∪(0,2]B. [−2,0)∪(0,2]C. [−2,2]D. (−1,2]2. 若函数f(x)={−x 13,x ≤−1x +2x −7,x >−1，则f[f(−8)]=( ) A. −2 B. 2 C. −4 D. 4 3. 函数f(x)=ln(x 2−2x −8)的单调递增区间是( )A. (−∞,−2)B. (−∞,−1)C. (1,+∞)D. (4,+∞)4. 设，，c =30.7，则a ，b ，c 的大小关系是( )A. a <b <cB. c <b <aC. b <c <aD. b <a <c 5. 在下列区间中，函数f(x)=e x +4x −3的零点所在的区间为( )A. (−2,−1)B. (−1,0)C. (0,12)D. (12,1)6. 已知函数f(x)=cosx e x，则函数f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程为( )A. x +y +1=0B. x +y −1=0C. x −y +1=0D. x −y −1=07. 已知函数y ={x 2+1(x ⩽0)2x(x >0)，若f(a)=10，则a 的值是( )A. 3或−3B. −3或5C. −3D. 3或−3或58. 若函数，且满足对任意的实数x 1≠x 2都有成立，则实数a 的取值范围是( ) A. (1,+∞) B. (1,8) C. (4,8) D. [4,8)9. 定义在R 上的奇函数f(x)满足f(x +2)=−1f(x)，且在(0,1)上f(x)=3x ，则f(log 354)=( )A. 32B. 23C. −32D. −2310. 函数y =2x 2−e |x|在[−2,2]的图象大致为( )A.B.C.D.11. 设函数f(x)=ln(1+|x|)−11+x 2，则使得f(x)>f(2x −1)成立的x 的取值范围是( )A.B. (13,1) C. (−13,13)D.12. 若函数f(x)=lnx +ax +1x 在[1,+∞)上是单调函数，则a 的取值范围是( )A. (−∞,0]∪[14,+∞)B. (−∞,−14]∪[0,+∞)C. [−14,0]D. (−∞,1]13. 已知函数f(x)=ln(√1+x 2−x)+2，则f(lg5)+f(lg 15)=( )A. 4B. 0C. 1D. 214. 已知函数f(x)={14x +1,x ≤1lnx,x >1，则方程f(x)=ax 恰有两个不同的实数根时，实数a 的取值范围是( )A. (0,1e )B. [14,1e )C. (0,14]D. (14,e)15. 已知函数f(x)(x ∈R)满足f(−x)=2−f(x)，若函数y =x+1x与y =f(x)图象的交点为(x 1,y 1)，(x 2,y 2)，…，(x m ,y m )，则 ∑(x i +y i )=( )m i=1 A. 0B. mC. 2mD. 4m 16. 设函数f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫π2－πx ＋(x ＋e )2x 2＋e2的最大值为M ，最小值为N ，则(M ＋N －1)2019的值为( ) A.1 B.2 C.22019 D.3201917. 已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，若2f (x )＋f ′(x )>2，f (0)＝5，则不等式f (x )－4e－2x>1的解集为( )A.(1，＋∞)B.(－∞，0)C.(－∞，0)∪(1，＋∞) D .(0，＋∞)二、填空题（本大题共5小题，共25.0分）18. 函数y =log a (2x −3)+8的图象恒过定点P ，P 在幂函数f(x)的图象上，则f(4)= ______． 19. 求曲线f (x )=x 3−3x 2+2x 过原点的切线方程__________． 20. ∫(√1−x 2+x)dx =10________．21. 设函数f(x)={x +1,x ≤02x ,x >0，则满足f(x)+f(x −12)>1的x 的取值范围是______．22. 函数f(x)=lgx 2+1|x|(x ≠0,x ∈R)，有下列命题：①f(x)的图象关于y 轴对称；②f(x)的最小值是2；③f(x)在(−∞,0)上是减函数，在(0,+∞)上是增函数； ④f(x)没有最大值．其中正确命题的序号是______ .(请填上所有正确命题的序号) 三、解答题（本大题共5小题，共60.0分）23. 已知函数f(x)=13x 3+ax 2+6x −1.当x =2时，函数f(x)取得极值． (I)求实数a 的值；(II)若1≤x ≤3时，方程f(x)+m =0有两个根，求实数m 的取值范围． 24. 设函数f(x)=ln(x +1)+a(x 2−x)，其中a ∈R ，(Ⅰ)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由； (Ⅱ)若∀x >0，f(x)≥0成立，求a 的取值范围．25.已知函数f(x)=x2−x，g(x)=e x−ax−1(e为自然对数的底数)．(1)讨论函数g(x)的单调性；(2)当x>0时，f(x)≤g(x)恒成立，求实数a的取值范围．26.已知函数．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若a=1，若f(x)有两个零点，求证：．27.已知函数f(x)=(x+1)lnx−ax+2．(1)当a=1时，求在x=1处的切线方程；(2)当a=2时求证：，n∈N∗．答案和解析1.【答案】A【解析】【分析】本题考查了函数的定义域，考查学生的计算能力，属于基础题． 由题意列出不等式组：{x +1>0x +1≠12−x ≥0，解出即可求解．【解答】解：由题意得：{x +1>0x +1≠12−x ≥0,解得−1<x ≤2且x ≠0， ∴函数的定义域为(−1,0)∪(0,2]．故选A ． 2.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查了分段函数，考查了函数的定义域与值域．属于基础题， 利用分段函数函数值的计算得结论． 【解答】解：∵函数f(x)={−x 13,x ≤−1x +2x−7,x >−1, 又∵−8<−1，∴f(−8)=−(−8)13=2， ∵2>−1，∴f[f(−8)]=f(2)=2+22−7=−4．故选C ． 3.【答案】D【解析】【分析】本题主要考查复合函数的单调性及对数函数的图象和性质，属于基础题．由x 2−2x −8>0得：x <−2或x >4，令t =x 2−2x −8，结合复合函数单调性“同增异减”的原则，可得答案． 【解答】解：由x 2−2x −8>0得：x <−2或x >4， 即f(x)的定义域为{x|x <−2或x >4}， 令t =x 2−2x −8，y =lnt 在t ∈(0,+∞)内单调递增，而x ∈(−∞,−2)时，t =x 2−2x −8为减函数，x ∈(4,+∞)时，t =x 2−2x −8为增函数， 故函数f(x)=ln(x 2−2x −8)的单调递增区间是(4,+∞)． 故选D ． 4.【答案】D【解析】【分析】本题考查指数函数、对数函数的单调性的应用，属于基础题．利用指数函数及对数函数的性质，借助中间量0或1即可求解． 【解答】解：0=log 71<a =log 73<log 77=1， b =log 137<log 131=0，c =30.7>30=1， ∴b <a <c ． 故选D ． 5.【答案】C【解析】【分析】本题考查函数零点存在性定理，属于基础题．若函数f(x)在[a,b]上是连续的，如果函数f(x)满足f(a)·f(b)<0，则f(x)在(a,b)上至少存在一个零点． 【解答】解：∵函数f(x)=e x +4x −3在上连续， 且f(0)=e 0−3=−2<0，f(12)=√e +2−3=√e −1=e 12−e 0>0，∴f(0)·f(12)<0，∴函数f(x)=e x +4x −3的零点所在的区间为(0,12).故选C ． 6.【答案】B【解析】【分析】本题考查了基本函数导数公式，导数的四则运算，导数的几何意义，求已知切点的切线方程的方法，属基础题． 先求函数的导函数f′(x)，再求所求切线的斜率即f′(0)，由于切点为(0,1)，故由点斜式即可得所求切线的方程． 【解答】 解：∵f(x)=cosx e x， ∴f′(x)=−sinx−cosxe ，∴f′(0)=−1，f(0)=1，即函数f(x)图象在点(0,1)处的切线斜率为−1， ∴图象在点(0,f(0))处的切线方程为y =−x +1， 即x +y −1=0． 故选B ． 7.【答案】B【解析】【分析】本题考查了由分段函数的函数值求参数，解题的关键是确定f(a)的表达式，考查了运算求解能力和分类讨论思想，属于基础题．结合题意，需要对a 进行分类讨论，若a ≤0，则f(a)=1+a 2；若a >0，则f(a)=2a ，从而可求a ． 【解答】解：由题意，函数y ={x 2+1(x ⩽0)2x(x >0), f(a)=10，若a ≤0，则f(a)=a 2+1=10，解得a =−3或a =3(舍去)； 若a >0，则f(a)=2a =10， ∴a =5，综上可得，a =5或a =−3． 故选B ．8.【答案】D【解析】【分析】本题考查的知识点是分段函数的应用，正确理解分段函数的单调性，是解答的关键，属于中档题． 根据函数单调性的定义，由f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2>0恒成立，得到f(x)单调递增，则分段f(x)在各段上都是递增，且衔接处非减，得到不等式求解即可． 【解答】解：∵对任意的实数x 1≠x 2都有f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2>0成立，∴函数f(x)={a x ,x ≥1(4−a 2)x +2,x <1在R 上单调递增， ∴{a >14−a 2>0a 1≥(4−a 2)×1+2 , 解得a ∈[4,8)， 故选D ． 9.【答案】C【解析】【分析】本题考查函数值的求法，指数函数、对数函数的运算与性质，函数的周期性及奇函数性质的综合应用，利用条件求出函数的周期以及利用函数的性质逐步转化自变量是解题的关键．由已知条件和函数周期性的定义求出函数的周期，利用函数的周期性、奇函数的性质和函数的解析式，逐步转化由运算性质求出f(log 354)的值． 【解答】解：由f(x +2)=−1f(x)得，f(x +4)=−1f(x+2)=f(x)， 所以函数f(x)的周期是4，因为f(x)是定义在R 上的奇函数，且3<log 354<4， 则0<4−log 354<1， 且在(0,1)上，f(x)=3x ，所以f(log 354)=f(log 354−4)=−f(4−log 354)．故选C ．10.【答案】D【解析】【分析】本题考查的知识点是函数的图象，属于中档题．根据已知函数的解析式，分析函数的奇偶性，特殊点处的函数值以及单调性，利用排除法，可得答案． 【解答】解：∵f (x )=y =2x 2−e |x |，∴f(−x)=2(−x)2−e|−x|=2x2−e|x|，故函数为偶函数，当x=±2时，y=8−e2∈(0,1)，故排除A，B；当x∈[0,2]时，f(x)=y=2x2−e x，f′(x)=4x−e x，设g(x)=4x−e x，g′(x)=4−e x，当x∈(0,ln4)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，即f′(x)=4x−e x单调递减，当x∈(ln4,2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，即f′(x)=4x−e x单调递增，因为f′(0)=−1<0且f′(ln4)=4ln4−4>0，则f′(x)=4x−e x=0在[0,ln4]有解，设为x0，当x∈(0,x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(x0,ln4)时，f′(x)>0,f(x)单调递增，故函数y=2x2−e|x|在[0,ln4]不是单调的，又ln4<2，故函数y=2x2−e|x|在[0,2]不是单调的，排除C，故选D.11.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查函数奇偶性和单调性的应用，考查函数性质的综合应用，运用偶函数的性质是解题的关键，属于中档题．根据函数的奇偶性和单调性之间的关系，将不等式进行转化即可得到结论．【解答】解：f(x)的定义域为R，，∴函数f(x)=ln(1+|x|)−11+x2为偶函数，且在x≥0时，f(x)=ln(1+x)−11+x2，而为[0,+∞)上的单调递增函数，且y=−11+x2为[0,+∞)上的单调递增函数，∴函数f(x)在[0,+∞)单调递增，∴f(x)>f(2x−1)等价为f(|x|)>f(|2x−1|)，即|x|>|2x−1|，平方得3x2−4x+1<0，解得：13<x<1，所求x的取值范围是(13,1)．故选B．12.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查求导公式和法则，导数与函数单调性的关系，以及恒成立问题的转化，考查分离常数法，整体思想、分类讨论思想，属于较难题．由求导公式和法则求出f′(x)，由条件和导数与函数单调性的关系分类讨论，分别列出不等式进行分离常数，再构造函数，利用整体思想和二次函数的性质求出函数的最值，可得a的取值范围．【解答】解：由题意得，f′(x)=1x +a−1x2，因为f(x)=lnx+ax+1x在[1,+∞)上是单调函数，所以f′(x)≥0或f′(x)≤0在[1,+∞)上恒成立，①当f′(x)≥0时，则1x +a−1x2≥0在[1,+∞)上恒成立，即a≥1x2−1x，设g(x)=1x2−1x=(1x−12)2−14，因为x∈[1,+∞)，所以1x∈(0,1]，当1x=1时，g(x)取到最大值是：0，所以a≥0，②当f′(x)≤0时，则1x +a−1x2≤0在[1,+∞)上恒成立，即a≤1x2−1x，设g(x)=1x2−1x=(1x−12)2−14，因为x∈[1,+∞)，所以1x∈(0,1]，当1x =12时，g(x)取到最小值是：−14，所以a≤−14，综上可得，a≤−14或a≥0，所以数a的取值范围是(−∞,−14]∪[0,+∞)，故选B．13.【答案】A【解析】【分析】本题考查了对数的运算以及函数的性质，属于基础题．先得出f(x)+f(−x)=4，即可得出结果．【解答】解：∵f(x)=ln(√1+x2−x)+2，∴f(x)+f(−x)=ln(√1+x2−x)+2+ln(√1+x2+x)+2=ln1+4=4，则f(lg5)+f(lg15)=f(lg5)+f(−lg5)=4．故选A．14.【答案】B【解析】【分析】本题考查了函数的图象与性质、导数的应用问题，考查函数与方程的关系，属于中档题．题意转化为y=f(x)与y=ax有2个交点，画出函数的图象，观察满足题意的直线y=ax的条件，利用导数求出切线的斜率，结合图形得出a的取值范围．【解答】解：∵方程f(x)=ax恰有两个不同实数根，∴y=f(x)与y=ax有2个交点，画出y =f(x)的图象和y =ax 的图象，如图所示：其中l 1是直线y =ax 与对数部分图象相切时的情况，l 2是与x ≤1时函数的直线部分平行的直线， 由图可以看出，直线y =ax 的斜率a 应当在l 1与l 2的斜率之间，可以与l 2重合． 当x >1时，f(x)=lnx ，∴y ′=f ′(x)=1x ， 设切点为P(x 0,y 0)，则k =1x 0，∴切线方程为y −y 0=1x 0(x −x 0)，而切线过原点，O(0,0)代入，得y 0=1，∴x 0=e ，k =1e ， ∴直线l 1的斜率为1e ，又∵直线l 2与y =14x +1平行，∴直线l 2的斜率为14， ∴实数a 的取值范围是[14,1e )， 故选B ． 15.【答案】B【解析】【分析】由条件可得f(x)+f(−x)=2，即有f(x)关于点(0,1)对称，又函数y =x+1x，即y =1+1x 的图象关于点(0,1)对称，即有(x 1,y 1)为交点，即有(−x 1,2−y 1)也为交点，计算即可得到所求和．本题考查抽象函数的运用：求和，考查函数的对称性的运用，以及化简整理的运算能力，属于中档题． 【解答】解：函数f(x)(x ∈R)满足f(−x)=2−f(x)， 即为f(x)+f(−x)=2， 可得f(x)关于点(0,1)对称， 函数y =x+1x，即y =1+1x 的图象关于点(0,1)对称，即有(x 1,y 1)为交点，即有(−x 1,2−y 1)也为交点， (x 2,y 2)为交点，即有(−x 2,2−y 2)也为交点，…则有∑i =1m(x i +y i )=(x 1+y 1)+(x 2+y 2)+⋯+(x m +y m )=12[(x 1+y 1)+(−x 1+2−y 1)+(x 2+y 2)+(−x 2+2−y 2)+⋯+(x m +y m )+(−x m +2−y m )] =m ．故选B ．16.答案 A解析 由已知x ∈R ，f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫π2－πx ＋(x ＋e )2x 2＋e 2＝sinπx ＋x 2＋e 2＋2e x x 2＋e 2＝sinπx ＋2e x x 2＋e 2＋1，令g (x )＝sinπx ＋2e xx 2＋e2，易知g (x )为奇函数，由于奇函数在对称区间上的最大值与最小值的和为0，M ＋N ＝f (x )max ＋f (x )min ＝g (x )max ＋1＋g (x )min ＋1＝2，(M ＋N －1)2019＝1. 17.答案 D解析 设F (x )＝e 2x f (x )－e 2x －4， 则F ′(x )＝2e 2x f (x )＋e 2x f ′(x )－2e 2x ＝e 2x [2f (x )＋f ′(x )－2]>0，所以函数F (x )＝e 2x f (x )－e 2x －4在R 上为增函数. 又f (0)＝5，所以F (0)＝f (0)－1－4＝0. 又不等式f (x )－4e－2x>1等价于e 2x f (x )－e 2x －4>0，即F (x )>0，解得x >0， 所以不等式的解集为(0，＋∞).18.【答案】64【解析】【分析】本题考查对数函数的性质和幂函数，属于基础题．先找到定点P 的坐标，通过P 点坐标求解幂函数f (x )=x b 的解析式，从而求得f(4)． 【解答】解：由题意，令2x −3=1，则x =2， 故点P(2,8)，设幂函数f(x)=x b ， 则2b =8，解得b =3， 所以f(x)=x 3， 故f(4)=64， 故答案为64．19.【答案】y =2x 和y =−14x【解析】【分析】本题考查导数的几何意义：切点处的导数值是切线的斜率；注意“在点处的切线”与“过点的切线”的区别，属于基础题．求出函数的导数，利用导数的几何意义：切点处的导数值是切线的斜率，分原点是切点和原点不是切点两类求． 【解答】解：f ′(x)=3x 2−6x +2.设切线的斜率为k ．(1)当切点是原点时，k =f ′(0)=2，所以所求曲线的切线方程为y =2x ．(2)当切点不是原点时，设切点是(x 0,y 0)，则有y 0=x 03−3x 02+2x 0，k =f ′(x 0)=3x 02−6x 0+2，①又k =y 0x 0=x 02−3x 0+2，②由①②得x 0=32，k =y 0x 0=−14． ∴所求曲线的切线方程为y =−14x.故答案为：y =2x 和y =−14x. 20.【答案】π+24【解析】【分析】本题考查了定积分的计算，巧用几何意义，由面积求积分，为中档题．【解答】解：∫01(√1−x 2+x)dx =∫01√1−x 2dx +∫01x dx=π4+12x 2|01=π4+12=π+24． 故答案为π+24．21.【答案】(−14,+∞)【解析】【分析】本题考查不等式的求解，结合分段函数的不等式，利用分类讨论的数学思想进行求解是解决本题的关键，属于中档题．根据分段函数的表达式，分别讨论x 的取值范围，进行求解即可．【解答】解：若x ≤0，则x −12≤−12，则f(x)+f(x −12)>1等价为x +1+x −12+1>1，即2x >−12，则x >−14，此时−14<x ≤0，当x >0时，f(x)=2x >1，x −12>−12，当x −12>0即x >12时，满足f(x)+f(x −12)>1恒成立，当0≥x −12>−12，即12≥x >0时，f(x −12)=x −12+1=x +12>12，此时f(x)+f(x−12)>1恒成立，综上x>−14，故答案为：(−14,+∞)．22.【答案】①④【解析】【分析】本题考查复合函数的性质，属于中档题．从偶函数的角度可知是否关于ｙ轴对称，先求x 2+1|x|的范围再求ｆ(ｘ)的范围，由复合函数的“同增异减”判断单调性．【解答】解：①f(−x)=lg x 2+1|x|=f(x)，∴函数f(x)是偶函数，f(x)的图象关于y轴对称，故①正确；②x2+1|x|=|x|+1|x|≥2，∴f(x)=lg x2+1|x|≥lg2，∴f(x)的最小值是lg2，故②不正确；③函数g(x)=x2+1|x|=|x|+1|x|在(−∞,−1)，(0,1)上是减函数，在(−1,0)，(1,+∞)上是增函数，故函数f(x)=lg x 2+1|x|在(−∞,−1)，(0,1)上是减函数，在(−1,0)，(1,+∞)上是增函数，故③不正确；④由③知，f(x)没有最大值，故④正确；故答案为①④．23.【答案】解：(I)由f(x)=13x3+ax2+6x−1，则f′(x)=x2+2ax+6，因在x=2时，f(x)取到极值，所以f′(2)=0⇒4+4a+6=0，解得，a=−52；(II)由(I)得f(x)=13x3−52x2+6x−1，且1≤x≤3，则f′(x)=x2−5x+6=(x−2)(x−3)，由f′(x)=0，解得x=2或x=3，f′(x)>0，解得x>3或x<2；f′(x)<0，解得2<x<3；∴f(x)的递增区间为：(−∞,2)和(3,+∞)；f(x)递减区间为：(2,3)，又f(1)=176,f(2)=113,f(3)=72，要f(x)+m=0有两个根，则f(x)=−m有两解，分别画出函数y=f(x)与y=−m的图象，如图所示．由图知，实数m 的取值范围：−113<m ≤−72． 24.【答案】解：(Ⅰ)函数f(x)=ln(x +1)+a(x 2−x)，其中a ∈R ，x ∈(−1,+∞)． f ′(x)=1x+1+2ax −a =2ax 2+ax−a+1x+1．令g(x)=2ax 2+ax −a +1，x ∈(−1,+∞)．(1)当a =0时，g(x)=1，此时f′(x)>0，函数f(x)在(−1,+∞)上单调递增，无极值点．(2)当a >0时，Δ=a 2−8a(1−a)=a(9a −8)．①当0<a ≤89时，Δ≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，函数f(x)在(−1,+∞)上单调递增，无极值点．②当a >89时，Δ>0，设方程2ax 2+ax −a +1=0的两个实数根分别为x 1，x 2，x 1<x 2． ∵x 1+x 2=−12， ∴x 1<−14，x 2>−14． 由g(−1)=1>0，可得−1<x 1<−14．∴当x ∈(−1,x 1)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增； 当x ∈(x 1,x 2)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减； 当x ∈(x 2,+∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增． 因此当a >89时，函数f(x)有两个极值点．(3)当a <0时，Δ>0.由g(−1)=1>0，可得x 1<−1<x 2． ∴当x ∈(−1,x 2)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增； 当x ∈(x 2,+∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减． 因此当a <0时，函数f(x)有一个极值点．综上所述：当a <0时，函数f(x)有一个极值点；当0≤a ≤89时，函数f(x)无极值点；当a >89时，函数f(x)有两个极值点．(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：(1)当0≤a ≤89时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增．∵f(0)=0，∴x ∈(0,+∞)时，f(x)>0，符合题意．(2)当89<a ≤1时，由g(0)=1−a ≥0，可得x 1，x 2≤0，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增． 又f(0)=0，∴x ∈(0,+∞)时，f(x)>0，符合题意．(3)当1<a 时，由g(0)=1−a <0，可得x 2>0，∴x ∈(0,x 2)时，函数f(x)单调递减．又f(0)=0，∴x ∈(0,x 2)时，f(x)<0，不符合题意，舍去；(4)当a <0时，设ℎ(x)=x −ln(x +1)，x ∈(0,+∞)，ℎ′(x)=x x+1>0． ∴ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增．因此x ∈(0,+∞)时，ℎ(x)>ℎ(0)=0，即ln(x +1)<x ， 可得：f(x)<x +a(x 2−x)=ax 2+(1−a)x ，当x >1−1a 时，ax 2+(1−a)x <0，此时f(x)<0，不合题意，舍去． 综上所述，a 的取值范围为[0,1]． 25.【答案】解：(1)∵g(x)=e x −ax −1，∴g ′(x )=e x −a ，①若a ≤0，g ′(x )>0，g(x)在(−∞,+∞)上单调递增； ②若a >0，当x ∈(−∞,lna]时，g′(x )≤0，g(x)单调递减； 当x ∈(lna,+∞)时，g′(x )>0，g(x)单调递增，综合上述，若a ≤0，则g(x)在上单调递增；若a >0，则g(x)在(lna,+∞)上单调递增，在(−∞,lna]上单调减．(2)当x >0时，x 2−x ≤e x −ax −1，即a ≤e x x −x −1x +1， 令ℎ(x)=e x x −x −1x +1(x >0)，则ℎ′(x)=e x (x−1)−x 2+1x 2，令φ(x)=e x (x −1)−x 2+1(x >0)，则φ′(x)=x(e x −2)，当x ∈(0,ln2)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减；当x ∈(ln2,+∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，又φ(0)=0，φ(1)=0，∴当x ∈(0,1)时，φ(x)<0，即ℎ′(x)<0，∴ℎ(x)单调递减，当x ∈(1,+∞)时，φ(x)>φ(1)=0，即ℎ′(x)>0，∴ℎ(x)单调递增，∴ℎ(x)min =ℎ(1)=e −1，∴实数a 的取值范围是(−∞,e −1]． 26.【答案】解：(1)函数的定义域为(0,+∞)， f′(x )=b x 2−1x =b−xx 2，当b ≤0，f′(x )<0在(0,+∞)上恒成立，当b >0时，f′(x )<0得x ∈(b,+∞)；f′(x )>0得x ∈(0,b)， 所以，当b ≤0时，f (x )在(0,+∞)上单调递减，当b >0时，f (x )在(0,b)上单调递增，在(b,+∞)单调递减；(2)证明：由题意知，f(x 1)=f(x 2)=0，即1x 1+lnx 1=1x 2+lnx 2， 于是x 2−x 1x 1x 2=ln x2x 1， 记x 2x 1=t ，t >1，则lnt =t−1tx 1，解得x 1=t−1tlnt ，于是，x 1+x 2=x 1+tx 1=(1+t)x 1=t 2−1tlnt ， ∴x 1+x 2−2=t 2−1tlnt −2=2(t 2−12t −lnt)lnt ， 记函数g(t)=t 2−12t −lnt ，∴g′(x )=(t−1)22t 2，当t >1时g′(t )>0，故g(t)在(1,+∞)上单调增．于是，t >1时，g(t)>g(1)=0．又lnt >0，所以即x 1+x 2>2成立．27.【答案】解：(1)当a =1时，f(x)=(x +1)lnx −x +2(x >0)， f ′(x)=lnx +1x ，因为f ′(1)=1，f(1)=1，所以曲线f(x)在x =1处的切线方程为y =x ．(3)当a =2时，f(x)在(1,+∞)上单调递增，所以当x ∈(1,+∞)时，f(x)>f(1)=0，即(x +1)lnx −2x +2>0，所以lnx >2(x−1)x+1在(1,+∞)上恒成立， 令x =n+1n ，得ln n+1n >2(n+1n −1)n+1n +1，化简得ln(n +1)−lnn >22n+1，所以ln2−ln1>22+1，ln3−ln2>24+1，…，ln(n +1)−lnn >22n+1，累加得ln(n +1)−ln1>23+25+⋯+22n+1，即13+15+17+⋯+12n+1<12ln(n +1)，n ∈N ∗．。
