2025屆高考數(shù)學二輪專題復習與測試專題強化練十六基本初等函數(shù)函數(shù)與方程

專題強化練(十六)基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程1．(2024·深圳模擬)已知a＝log3eq\r(2)，b＝eq\f(π,8)，c＝lg2，則()A．a(chǎn)<c<b B．c<a<bC．a(chǎn)<b<c D．b<c<a解析：a＝eq\f(1,log29)，c＝eq\f(1,log210)，因為log210>log29>log28＝3，所以eq\f(1,log210)<eq\f(1,log29)<eq\f(1,3)<eq\f(π,8)，所以c<a<b.故選B.答案：B2．(2024·東莞校級模擬)已知函數(shù)y＝loga(x－1)＋4(a>0且a≠1)的圖象恒過定點P，點P在冪函數(shù)y＝f(x)的圖象上，則lgf(2)＋lgf(5)＝()A．－2 B．2C．－1 D．1解析：函數(shù)y＝loga(x－1)＋4中，令x－1＝1，解得x＝2，此時y＝loga1＋4＝4；所以函數(shù)y的圖象恒過定點P(2，4)，又點P在冪函數(shù)y＝f(x)＝xa的圖象上，所以2a＝4，解得a＝2；所以f(x)＝x2，所以lgf(2)＋lgf(5)＝lg[f(2)f(5)]＝lg(22×52)＝2lg10＝2.故選B.答案：B3．(2024·廣東二模)已知a＝eq\f(ln2,2)，b＝eq\f(ln3,e)，c＝eq\f(\r(2),e\a\vs4\al(\r(2)))，則(參考數(shù)據(jù)：ln2≈0.7)()A．a(chǎn)>b>c B．b>a>cC．b>c>a D．c>a>b解析：因為a＝eq\f(ln2,2)＝eq\f(2ln2,4)＝eq\f(ln4,4)，c＝eq\f(lneeq\r(2),eeq\a\vs4\al(\r(2)))，考慮構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當0<x<e時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，當x>e時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，因為ln2≈0.7，所以e0.7≈2，即eeq\a\vs4\al(\r(2))>(e0.7)2≈4，所以3<4<eeq\a\vs4\al(\r(2))，所以eq\f(ln3,3)>eq\f(ln4,4)>eq\f(lneeq\r(2),eeq\a\vs4\al(\r(2)))，即eq\f(ln3,3)>eq\f(ln2,2)>eq\f(lneeq\r(2),eeq\a\vs4\al(\r(2)))，又eq\f(ln3,3)<eq\f(ln3,e)，所以eq\f(ln3,e)>eq\f(ln2,2)>eq\f(lneeq\r(2),eeq\a\vs4\al(\r(2)))，故b>a>c.故選B.答案：B4．(2024·潮州模擬)我國古代數(shù)學著作《九章算術(shù)》中有如下問題：“今有人持金出五關(guān)，前關(guān)二稅一，次關(guān)三而稅一，次關(guān)四而稅一，次關(guān)五而稅一，次關(guān)六而稅一，并五關(guān)所稅，適重一斤．問本持金幾何？”其意思為“今有人持金出五關(guān)，第1關(guān)收稅金為持金的eq\f(1,2)，第2關(guān)收稅金為剩余金的eq\f(1,3)，第3關(guān)收稅金為剩余金的eq\f(1,4)，第4關(guān)收稅金為剩余金的eq\f(1,5)，第5關(guān)收稅金為剩余金的eq\f(1,6)，5關(guān)所收稅金之和恰好重1斤．問原來持金多少？”．記這個人原來持金為a斤，設f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(10x＋1，x>1，,1－5x，0<x≤1，))則f(a)＝()A．－5 B．7C．13 D．26解析：這個人原來持金為a斤，第1關(guān)收稅金為eq\f(1,2)a，第2關(guān)收稅金為eq\f(1,3)×(1－eq\f(1,2))·a＝eq\f(1,2×3)a，第3關(guān)收稅金為eq\f(1,4)×(1－eq\f(1,2)－eq\f(1,6))·a＝eq\f(1,3×4)a，以此類推可得，第4關(guān)收稅金為eq\f(1,4×5)a，第5關(guān)收稅金為eq\f(1,5×6)a，所以eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2×3)a＋eq\f(1,3×4)a＋eq\f(1,4×5)a＋eq\f(1,5×6)a＝1，即(1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)－eq\f(1,5)＋eq\f(1,5)－eq\f(1,6))a＝1，(1－eq\f(1,6))a＝1，解得a＝eq\f(6,5)，由f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(10x＋1，x>1，,1－5x，0<x≤1，))則f(eq\f(6,5))＝10×eq\f(6,5)＋1＝13.故選C.答案：C5．(2024·佛山禪城區(qū)校級一模)設函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋eq\f(π,6))，x∈(0，5π)，方程[f(x)]2＝1恰有5個實數(shù)解，則實數(shù)ω的取值范圍是()A．[eq\f(13,15)，eq\f(16,15)) B．(eq\f(13,15)，eq\f(16,15)]C．(eq\f(29,30)，eq\f(7,6)) D．(eq\f(13,6)，eq\f(19,6))解析：當0<x<5π時，eq\f(π,6)<ωx＋eq\f(π,6)<5ωπ＋eq\f(π,6)，因為函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋eq\f(π,6))在區(qū)間(0，5π)上恰好有5個f(x)，使得f(x)＝±1，故f(x)在(0，5π)上恰有5條對稱軸．令ωx＋eq\f(π,6)＝t(eq\f(π,6)<t<5ωt＋eq\f(π,6))，則y＝sint在(eq\f(π,6)，5ωt＋eq\f(π,6))上恰有5條對稱軸，如圖：所以eq\f(9π,2)<5ωπ＋eq\f(π,6)≤eq\f(11π,2)，解得ω∈(eq\f(13,15)，eq\f(16,15)]．故選B.答案：B6．(2024·佛山一模)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(logax，0<x<\f(1,2)，,a－x，x≥\f(1,2)，))(a>0且a≠1)，若對隨意x>0，f(x)≥x2，則實數(shù)a的取值范圍為()A．(0，eeq\a\vs4\al(－\f(1,e))] B．[eq\f(1,16)，eeq\a\vs4\al(－\f(1,e))]C．(0，eeq\a\vs4\al(－\f(2,e))] D．[eq\f(1,16)，eeq\a\vs4\al(－\f(2,e))]解析：當0<x<eq\f(1,2)時，f(x)＝logax≥x2，由圖可知，0<a<1，此時若對隨意0<x<eq\f(1,2)，logax≥x2，只需logaeq\f(1,2)≥eq\f(1,4)，即logaeq\f(1,2)≥logaaeq\a\vs4\al(\f(1,4))，所以aeq\a\vs4\al(\f(1,4))≥eq\f(1,2)，即a≥eq\f(1,16)，所以eq\f(1,16)≤a<1；當x≥eq\f(1,2)，f(x)＝(eq\f(1,a))x≥x2，此時若對隨意x≥eq\f(1,2)，(eq\f(1,a))x≥x2，即ln(eq\f(1,a))x≥lnx2，所以xln(eq\f(1,a))≥2lnx，所以ln(eq\f(1,a))≥eq\f(2lnx,x)，所以只需ln(eq\f(1,a))≥(eq\f(2lnx,x))max.令g(x)＝eq\f(2lnx,x)，則g′(x)＝eq\f(2－2lnx,x2)，當x∈(0，e)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當x∈(e，＋∞)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，所以g(x)max＝g(e)＝eq\f(2,e)，所以ln(eq\f(1,a))≥eq\f(2,e)，a≤eeq\a\vs4\al(－\f(2,e))，綜上可得eq\f(1,16)≤a≤eeq\a\vs4\al(－\f(2,e)).故選D.答案：D7．(多選題)(2024·汕頭一模)已知2x＝3y＝36，則下列說法正確的是()A．xy＝2(x＋y) B．xy>16C．x＋y<9 D．x2＋y2<32解析：因為2x＝3y＝36，所以x＝log236，y＝log336，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝log362＋log363＝log366＝eq\f(1,2)，所以eq\f(x＋y,xy)＝eq\f(1,2)，即xy＝2(x＋y)，故選項A正確，由基本不等式可得eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(1,2)>2eq\r(\f(1,x)·\f(1,y))，所以xy>16，故選項B正確，x＋y＝log236＋log336＝2log26＋2log36＝2(1＋log23＋log32＋1)＝4＋2(log23＋log32)＝4＋2(log23＋eq\f(1,log23))，因為log2eq\r(8)<log23<log24，所以eq\f(3,2)<log23<2，而對勾函數(shù)y＝x＋eq\f(1,x)在(eq\f(3,2)，2)上單調(diào)遞增，所以log23＋eq\f(1,log23)<2＋eq\f(1,2)＝eq\f(5,2)，所以x＋y<4＋2×eq\f(5,2)＝9，故選項C正確，因為x＝log236＝2log26＝2(1＋log23)，所以x>2(1＋eq\f(3,2))＝5，所以x2>25，因為y＝log336＝2log36＝2(1＋log32)>3，所以y2>9，所以x2＋y2>34，故選項D錯誤．故選ABC.答案：ABC8．(多選題)(2024·汕頭濠江區(qū)校級模擬)已知f(x)＝eq\f(x,x－1)(x>1)，若α，β分別是方程f(x)＝ex和f(x)＝lnx的根，則下列說法正確的是()A．α<2ln2 B．eq\f(1,α)＋eq\f(1,β)>1C．αβ<6 D．β＋lnβ>4解析：f(x)＝eq\f(x,x－1)＝1＋eq\f(1,x－1)(x>1)，所以f(x)>1，因為f(x)的圖象是由y＝eq\f(1,x)的圖象向右平移一個單位，再向上平移一個單位得到，所以f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，設點(a，b)(a>1，b>1)是f(x)上的一點，則b＝eq\f(a,a－1)，所以ab－b＝a，所以a＝eq\f(b,b－1)，即(b，a)也是f(x)上的點，所以f(x)圖象關(guān)于直線y＝x對稱，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x，,y＝\f(x,x－1)（x>1），))得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝2))又y＝ex與y＝lnx圖象關(guān)于y＝x對稱，則可作出y＝ex，y＝lnx與f(x)圖象如右圖所示，對于A，當x＝2ln2時，f(2ln2)＝1＋eq\f(1,2ln2－1)，設g(x)＝ex，則g(2ln2)＝e2ln2＝eln4＝4，因為e4<43，所以4<ln43＝3ln4，所以ln4＝2ln2>eq\f(4,3)＝eq\f(1,3)＋1，所以2ln2－1>eq\f(1,3)，即0<eq\f(1,2ln2－1)<3，所以1<1＋eq\f(1,2ln2－1)<4，即f(2ln2)<g(2ln2)；所以f(x)與g(x)的交點橫坐標落在區(qū)間(1，2ln2)中，即α∈(1，2ln2)，所以α<2ln2，A正確；對于B，因為α，β分別是方程f(x)＝ex和f(x)＝lnx的根，設h(x)＝lnx，所以f(x)與g(x)圖象的交點為(α，eq\f(α,α－1))，f(x)與h(x)圖象的交點為(β，eq\f(β,β－1))，又f(x)圖象關(guān)于直線y＝x對稱，所以(α，eq\f(α,α－1))與(β，eq\f(β,β－1))關(guān)于直線y＝x對稱，所以α＝eq\f(β,β－1)或β＝eq\f(α,α－1)，整理可得：αβ＝α＋β，所以eq\f(1,α)＋eq\f(1,β)＝eq\f(α＋β,αβ)＝1，B錯誤；對于C，當x＝2時，設h(x)＝lnx，f(2)＝2，h(2)＝ln2，則f(2)>h(2)；當x＝4時，f(4)＝(eq\f(4,3))，h(4)＝ln4，由A知：eq\f(4,3)<ln4，所以f(4)<h(4)；所以f(x)與h(x)圖象交點的橫坐標落在區(qū)間(2，4)中，即2<β<4，又α<2ln2<2，所以αβ＝α＋β<6，C正確；對于D，因為β是方程f(x)＝lnx的根，則eq\f(β,β－1)＝lnβ，所以β＋lnβ＝β＋eq\f(β,β－1)＝(β－1)＋eq\f(1,β－1)＋2≥2eq\r(（β－1）·\f(1,β－1))＋2＝4(當且僅當β－1＝eq\f(1,β－1)，即β＝2時取等號)，由C知：2<β<4，所以等號不成立，即β＋lnβ>4，D正確．故選ACD.答案：ACD9．(多選題)(2024·清遠清爽區(qū)模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,x－1)－10x(x>1)，g(x)＝eq\f(x,x－1)－lgx(x>1)的零點分別為x1，x2，則()A．x1＝2lgx2 B.eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)＝1C．x1＋x2>4 D．x1x2<10解析：易知函數(shù)y＝eq\f(x,x－1)，y＝10x與y＝lgx的圖象均關(guān)于直線y＝x對稱，如圖，設y＝eq\f(x,x－1)(x>1)與y＝10x圖象的交點為A，y＝eq\f(x,x－1)(x>1)與y＝lgx圖象的交點為B，則A(x1，10x1)與B(x2，lgx2)關(guān)于直線y＝x對稱，所以x1＝lgx2，x2＝10x1.又eq\f(x1,x1－1)－10x1＝0，則eq\f(x1,x1－1)＝10x1＝x2，所以x1＝x1x2－x2，即x1＋x2＝x1x2，所以eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)＝1，因為y＝eq\f(x,x－1)(x>1)的圖象與直線y＝x的交點為(2，2)，所以x1＋x2>4，x1x2＝x1·10x1，x1∈(1，2)，則10<x1x2<200.故選BC.答案：BC10．(多選題)(2024·廣州荔灣區(qū)校級模擬)布勞威爾不動點定理是拓撲學里一個特別重要的不動點定理，它得名于荷蘭數(shù)學家魯伊茲·布勞威爾，簡潔地講就是對于滿意肯定條件的連續(xù)函數(shù)f(x)，存在一個點x0，使得f(x0)＝x0，那么我們稱該函數(shù)為“不動點”函數(shù)，而稱x0為該函數(shù)的一個不動點．現(xiàn)新定義：若x0滿意f(x0)＝－x0.則稱x0為f(x)的次不動點．下列說法正確的是()A．定義在R上的偶函數(shù)既不存在不動點，也不存在次不動點B．定義在R上的奇函數(shù)既存在不動點，也存在次不動點C．當1≤a≤eq\f(3,2)時，函數(shù)f(x)＝logeq\a\vs4\al(\f(1,2))(4x－a·2x＋1)在[0，1]上僅有一個不動點和一個次不動點D．滿意函數(shù)f(x)＝eq\r(ex－\f(1,2)x－a)在區(qū)間[0，1]上存在不動點的正整數(shù)a不存在解析：對于A，取函數(shù)f(x)＝x2，則f(0)＝0，所以0既是f(x)的不動點，又是f(x)的次不動點，故選項A錯誤；對于B，定義在R上的奇函數(shù)滿意f(0)＝0，故選項B正確；對于C，當logeq\a\vs4\al(\f(1,2))(4x－a·2x＋1)＝x時，則4x－a·2x＋1＝eq\f(1,2x)，即a＝2x＋eq\f(1,2x)－eq\f(1,22x)，令t＝2x，則t∈[1，2]，所以a＝t＋eq\f(1,t)－eq\f(1,t2)在區(qū)間[1，2]上單調(diào)遞增，則a＝2x＋eq\f(1,2x)－eq\f(1,22x)在[0，1]上單調(diào)遞增，要滿意logeq\a\vs4\al(\f(1,2))(4x－a·2x＋1)＝x有唯一解，所以1≤a≤eq\f(9,4)；當logeq\a\vs4\al(\f(1,2))(4x－a·2x＋1)＝－x時，則4x－a·2x＋1＝2x，即a＝2x＋eq\f(1,2x)－1，令t＝2x，則t∈[1，2]，所以a＝t＋eq\f(1,t)－1在區(qū)間[1，2]上單調(diào)遞增，則a＝2x＋eq\f(1,2x)－1在區(qū)間[0，1]上單調(diào)遞增，要滿意logeq\a\vs4\al(\f(1,2))(4x－a·2x＋1)＝－x有唯一解，則1≤a≤eq\f(3,2).綜上所述，實數(shù)a的范圍為1≤a≤eq\f(3,2)，故選項C正確；對于D，因為函數(shù)f(x)＝eq\r(ex－\f(1,2)x－a)在區(qū)間[0，1]上存在不動點，則f(x)＝x在[0，1]上有解，所以a＝ex－eq\f(1,2)x－x2在[0，1]上有解，令m(x)＝ex－eq\f(1,2)x－x2，則m′(x)＝ex－eq\f(1,2)x－2x，令n(x)＝ex－eq\f(1,2)x－2x，則n′(x)＝ex－2，令n′(x)＝0，解得x＝ln2，所以n(x)在(0，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，1)上單調(diào)遞增，故n(x)的最小值為n(ln2)＝2－eq\f(1,2)－2ln2＝lneeq\a\vs4\al(\f(3,2))－ln4＝lneq\r(e3)－lneq\r(16)>0，所以m′(x)>0在[0，1]上恒成立，故m(x)在[0，1]上單調(diào)遞增，故m(x)的最小值為m(0)＝1，m(x)的最大值為m(1)＝e－eq\f(3,2)，所以實數(shù)a滿意1≤a≤e－eq\f(3,2)，故存在正整數(shù)a＝1滿意條件，故選項D錯誤．故選BC.答案：BC11．(多選題)(2024·廣東模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|ln2x|，0<x<1，,ln（2－x）＋ln2，1≤x<2，))若存在0<a<b<c<2使得f(a)＝f(b)＝f(c)，則eq\f(1,ab)＋eq\f(1,bc)＋eq\f(1,ca)的取值可以是()A．6 B．7C．8 D．9解析：因為ln(2－x)＋ln2＝ln[2(2－x)]，所以y＝ln2x與y＝ln(2－x)＋ln2的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，作出f(x)的大致圖象如圖所示，易知b＋c＝2，由|ln2a|＝|ln2b|，即－ln2a＝ln2b，ln4ab＝0，得ab＝eq\f(1,4)，因為eq\f(1,2)<b<1，所以eq\f(1,2)<eq\f(1,4a)<1，得eq\f(1,4)<a<eq\f(1,2)，所以eq\f(1,ab)＋eq\f(1,bc)＋eq\f(1,ca)＝eq\f(a＋b＋c,abc)＝eq\f(a＋2,\f(c,4))＝eq\f(4（a＋2）,2－\f(1,4a))＝eq\f(16a（a＋2）,8a－1).設t＝8a－1，則t∈(1，3)，eq\f(1,ab)＋eq\f(1,bc)＋eq\f(1,ca)＝eq\f(1,4)(t＋eq\f(17,t)＋18)．t＋eq\f(17,t)≥2eq\r(17)，當且僅當t＝eq\r(17)取到等號，故當t∈(1，3)時，令h(t)＝t＋eq\f(17,t)＋18，h(t)單調(diào)遞減，h(1)＝36，h(3)＝eq\f(80,3)，故eq\f(1,4)(t＋eq\f(17,t)＋18)∈(eq\f(20,3)，9)，結(jié)合選項可知eq\f(1,ab)＋eq\f(1,bc)＋eq\f(1,ca)的取值可以是7，8.故選BC.答案：BC12．(多選題)(2024·茂名二模)已知f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x＋1，x<0，,\f(x,ex)，x≥0，))若關(guān)于x的方程4ef2(x)－af(x)＋eq\f(1,e)＝0恰好有6個不同的實數(shù)解，則a的取值可以是()A.eq\f(17,4) B.eq\f(19,4)C.eq\f(21,4) D.eq\f(23,4)解析：令g(x)＝eq\f(x,ex)，則g′(x)＝eq\f(1－x,ex)，所以g(x)在[0，1)上單調(diào)增，在(1，＋∞)上單調(diào)減，所以f(x)的大致圖象如圖1所示：令t＝f(x)，所以關(guān)于x的方程4ef2(x)－af(x)＋eq\f(1,e)＝0有6個不同實根等價于關(guān)于t方程4et2－at＋eq\f(1,e)＝0在t∈(0，eq\f(1,e))內(nèi)有2個不等實根，即h(t)＝4et＋eq\f(1,et)與y＝a在t∈(0，eq\f(1,e))內(nèi)有2個不同交點，又因為h′(t)＝4e－eq\f(1,et2)＝eq\f(4e2t2－1,et2)，令h′(t)＝0，則t＝±eq\f(1,2e)，所以當t∈(0，eq\f(1,2e))時，h′(t)<0，h(t)單調(diào)遞減；當t∈(eq\f(1,2e)，＋∞)時，h′(t)>0，h(t)單調(diào)遞增；所以h(t)＝4et＋eq\f(1,et)的大致圖象如圖2所示：又h(eq\f(1,2e))＝4，h(eq\f(1,e))＝5，所以a∈(4，5)．比照四個選項，AB符合題意．故選AB.答案：AB13．(2024·惠州模擬)十九世紀下半葉集合論的創(chuàng)立，奠定了現(xiàn)代數(shù)學的基礎．聞名的“康托三分集”是數(shù)學理性思維的構(gòu)造產(chǎn)物，具有典型的分形特征，其操作過程如下：將閉區(qū)間[0，1]均分為三段，去掉中間的區(qū)間段(eq\f(1,3)，eq\f(2,3))，記為第一次操作；再將剩下的兩個區(qū)間[0，eq\f(1,3)][eq\f(2,3)，1]分別均分為三段，并各自去掉中間的區(qū)間段，記為其次次操作；……，如此這樣，每次在上一次操作的基礎上，將剩下的各個區(qū)間分別均分為三段，同樣各自去掉中間的區(qū)間段．操作過程不斷地進行下去，以至無窮，剩下的區(qū)間集合即是“康托三分集”．若使去掉的各區(qū)間長度之和不小于eq\f(99,100)，則須要操作的次數(shù)n的最小值為________．(參考數(shù)據(jù)：lg2＝0.3010，lg3＝0.4771)解析：第一次操作去掉的區(qū)間長度為eq\f(1,3)；其次次操作去掉兩個區(qū)間長度為eq\f(1,9)的區(qū)間，長度和為eq\f(2,9)；第三次操作去掉四個區(qū)間長度為eq\f(1,27)的區(qū)間，長度和為eq\f(4,27)；…第n次操作去掉2n－1個區(qū)間長度為eq\f(1,3n)的區(qū)間，長度和為eq\f(2n－1,3n)，所以進行了n次操作后，全部去掉的區(qū)間長度之和為eq\f(1,3)＋eq\f(2,9)＋eq\f(4,27)＋…＋eq\f(2n－1,3n)＝eq\f(\f(1,3)[1－（\f(2,3)）n],1－\f(2,3))＝1－(eq\f(2,3))n，由題意知，1－(eq\f(2,3))n≥eq\f(99,100)，所以(eq\f(2,3))n≤eq\f(1,100)，所以nlgeq\f(2,3)≤－2，即n(lg2－lg3)≤－2，解得n≥11.3，又n為整數(shù)，所以n的最小值為12.答案：1214．(2024·淄博模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|3x＋1－1|，x≤0，,lnx，x>0，))若函數(shù)g(x)＝[f(x)]2－2af(x)＋a2－1恰有4個不同的零點，則a的取值范圍是________．解析：令g(x)＝[f(x)]2－2af(x)＋a2－1＝0，得f(x)＝a－1或f(x)＝a＋1，畫出f(x)的大致圖象，如圖所示：設f(x)＝t，由圖可知，當t<0或t>2時，t＝f(x)有且僅有1個實根；當t＝0或1≤t≤2時，t＝f(x)有2個實根；當0<t<1時，t＝f(x)有3個實根．則g(x)恰有4個不同的零點等價于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－1<0，,0<a＋1<1，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－1＝0，,1≤a＋1≤2，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<a－1<1，,a＋1>2，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1≤a－1≤2，,1≤a＋1≤2，))解得－1<a<0或1≤a<2.答案：(－1，0)∪[1，2)15．(2024·濟南模擬)機器學習是人工智能和計算機科學的分支，專注于運用數(shù)據(jù)和算法來仿照人類學習的方式．在探討時須要估算不同樣本之間的相像性，通常采納的方法是計算樣本間的“距離”，閔氏距離是常見的一種距離形式．兩點A(x1，y1)，B(x2，y2)的閔氏距離為Dp(A，B)＝(|x1－x2|p＋|y1－y2|p)eq\a\vs4\al(\f(1,p))，其中p為非零常數(shù)．假如點M在曲線y＝ex上，點N在直線y＝x－1上，則D1(M，N)的最小值為________．解析：設N(x，x－1)，M(t，et)，則D1(M，N)＝|x－t|＋|x－1－et|，令f(x)＝1＋et－x，則f′(x)＝ex－1，所以當x∈(－∞，0)時，f′(x)<0，當x∈(0，＋∞)