专题检测卷(六) 函数与导数

专题检测卷(六)函数与导数(时间：120分钟满分：150分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.(2020·北京适应性测试)函数f(x)＝x2－5x＋6的定义域为()A.{x|x≤2或x≥3}B.{x|x≤－3或x≥－2}C.{x|2≤x≤3}D.{x|－3≤x≤－2}解析由题意，得x2－5x＋6≥0，即(x－2)(x－3)≥0，解得x≤2或x≥3.故选A. 答案 A2.(2020·沈阳一监)已知a＝313，b＝212，c＝log32，则a，b，c的大小关系为()A.a<b<cB.b<a<cC.c<a<bD.c<b<a解析∵a＝313＝916，b＝212＝816，916>816>80＝1，∴a>b>1.又c＝log32<log33＝1，∴a>b>1>c.故选D.答案 D3.(2020·济南一模)已知函数y＝f(x)的部分图象如图，则f(x)的解析式可能是()A.f(x)＝x＋tan xB.f(x)＝x＋sin 2xC.f(x)＝x－12sin 2xD.f(x)＝x－12cos x解析 对于A ，函数f (x )的定义域为{x |x ≠π2＋k π，k ∈Z }，而图象对应的函数在x ＝π2处有定义，因此A 不符合题意；对于B ，f ′(x )＝1＋2cos 2x ，令f ′(x )<0，得2π3＋2k π<x <4π3＋2k π(k ∈Z )，则函数f (x )在区间(2π3＋2k π，4π3＋2k π)(k ∈Z )上是减函数，图象对应的函数没有递减区间，因此B 不符合题意；对于C ，f ′(x )＝1－cos 2x ，对任意x ∈R ，f ′(x )≥0，因此函数f (x )在R 上单调递增，且函数f (x )也是奇函数，满足图象对应的函数特征，因此C 符合题意； 对于D ，函数f (x )不是奇函数，而图象对应的函数是奇函数，因此D 不符合题意.故选C. 答案 C4.(2020·青岛质检)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧3x －9，x ≥0，x e x ，x <0，若f (x )的零点为α，极值点为β，则α＋β＝( ) A.－1B.0C.1D.2解析 当x ≥0时，令f (x )＝0，即3x －9＝0，解得x ＝2；当x <0时，f (x )＝x e x <0恒成立.∴f (x )的零点α＝2.当x ≥0时，f (x )＝3x －9为增函数，故在[0，＋∞)上无极值点；当x <0时，f (x )＝x e x ，f ′(x )＝(1＋x )e x ，当x <－1时，f ′(x )<0，当－1<x <0时，f ′(x )>0，∴x ＝－1时，f (x )取到极小值，即f (x )的极值点β＝－1，∴α＋β＝2－1＝1.故选C. 答案 C5.(2020·安徽六校素质测试)若函数f (x )＝e x (sin x ＋a )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上单调递增，则实数a 的取值范围是( ) A.[2，＋∞) B.[1，＋∞) C.(1，＋∞)D.(－2，＋∞)解析 由题意，得f ′(x )＝e x (sin x ＋a )＋e x cos x ＝e x [2sin(x ＋π4)＋a ]，∵f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上单调递增，∴f ′(x )≥0在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上恒成立.又∵e x >0， ∴2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＋a ≥0在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上恒成立.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2时，x ＋π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，3π4，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－22，1，∴2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＋a ∈(－1＋a ，2＋a ]，∴－1＋a ≥0，解得a ∈[1，＋∞).故选B. 答案 B6.(2020·合肥质检)射线测厚技术原理公式为I ＝I 0e－ρμt，其中I 0，I 分别为射线穿过被测物前后的强度，e 是自然对数的底数，t 为被测物厚度，ρ为被测物的密度，μ是被测物对射线的吸收系数，工业上通常用镅－241(241Am)低能γ射线测量钢板的厚度.若这种射线对钢板的半价层厚度为0.8，钢的密度为7.6，则这种钢板对射线的吸收系数为( )(注：半价层厚度是指将已知射线强度减弱为一半的某种物质厚度，ln 2≈0.693 1，结果精确到0.001) A.0.110 B.0.112 C.0.114D.0.116解析 由题意可得t ＝0.8，ρ＝7.6，I I 0＝12.因为I ＝I 0e －ρμt ，所以12＝e －7.6×0.8×μ，所以μ＝ln 27.6×0.8≈0.693 16.08≈0.114.所以这种钢板对射线的吸收系数为0.114.故选C.答案 C7.(2020·中原名校联考)函数f (x )＝⎩⎨⎧|log 2x |，x >0，2x ，x ≤0，则函数g (x )＝3(f (x ))2－8f (x )＋4的零点个数是( ) A.5B.4C.3D.6解析 函数g (x )＝3(f (x ))2－8f (x )＋4＝(3f (x )－2)·(f (x )－2)的零点个数，即方程f (x )＝23和f (x )＝2的根的个数.函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|log 2x |，x >0，2x ，x ≤0的图象如图.由图象可知，方程f (x )＝23和f (x )＝2共有5个根，即函数g (x )＝3(f (x ))2－8f (x )＋4有5个零点.故选A.答案 A8.已知a ∈R ，设函数f (x )＝⎩⎨⎧x 2－2ax ＋2a ，x ≤1，x －a ln x ，x >1.若关于x 的不等式f (x )≥0在R上恒成立，则a 的取值范围为( ) A.[0，1] B.[0，2] C.[0，e]D.[1，e]解析 当x ≤1时，由f (x )＝x 2－2ax ＋2a ≥0恒成立，而二次函数f (x )图象的对称轴为直线x ＝a ，所以当a ≥1时，f (x )min ＝f (1)＝1>0恒成立， 当a <1时，f (x )min ＝f (a )＝2a －a 2≥0，∴0≤a <1. 综上，a ≥0.当x >1时，由f (x )＝x －a ln x ≥0恒成立， 即a ≤xln x 恒成立.设g (x )＝xln x (x >1)，则g ′(x )＝ln x －1（ln x ）2.令g ′(x )＝0，得x ＝e ，且当1<x <e 时，g ′(x )<0，当x >e 时，g ′(x )>0， ∴g (x )min ＝g (e)＝e ，∴a ≤e. 综上，a 的取值范围是[0，e]. 答案 C二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9.已知f (x )＝⎩⎨⎧x ＋2（x ≤－1），x 2（－1<x <2），2x （x ≥2），若f (x )＝1，则x 的值是()A.－1B.12C.－ 3D.1解析根据题意，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2（x ≤－1），x 2（－1<x <2），2x （x ≥2），若f (x )＝1，分3种情况讨论：①当x ≤－1时，f (x )＝x ＋2＝1，解得x ＝－1；②当－1<x <2时，f (x )＝x 2＝1，解得x ＝±1，又－1<x <2，所以x ＝1； ③当x ≥2时，f (x )＝2x ＝1，解得x ＝12，舍去. 综上可得x ＝1或x ＝－1.故选AD. 答案 AD10.(2020·山东联考)下列函数，既是偶函数，又在(0，＋∞)上单调递增的是( ) A.f (x )＝ln(1＋9x 2－3x ) B.f (x )＝e x ＋e －x C.f (x )＝x 2＋1 D.f (x )＝cos x ＋3解析 由题意知A ，B ，C ，D 四个选项的函数的定义域均为R .对于A ，f (－x )＋f (x )＝ln(1＋9x 2＋3x )＋ln(1＋9x 2－3x )＝0，则f (x )＝ln(1＋9x 2－3x )为奇函数，A 不符合题意.对于B ，f (－x )＝e －x ＋e x ＝f (x )，即f (x )＝e x ＋e －x 为偶函数.当x ∈(0，＋∞)时，设t ＝e x (t >1)，y ＝t ＋1t ，由对勾函数的性质可得，当t ∈(1，＋∞)时，y＝t＋1t是增函数.又t＝e x单调递增，所以f(x)＝e x＋e－x在(0，＋∞)上单调递增，B 符合题意.对于C，f(－x)＝(－x)2＋1＝x2＋1＝f(x)，即f(x)＝x2＋1为偶函数.由二次函数的性质可知其图象的对称轴为直线x＝0，则f(x)＝x2＋1在(0，＋∞)上单调递增，C符合题意.对于D，由余弦函数的性质可知f(x)＝cos x＋3是偶函数，但在(0，＋∞)上不恒增，D不符合题意.故选BC.答案BC11.已知定义在R上的函数y＝f(x)满足条件f(x＋2)＝－f(x)，且函数y＝f(x－1)为奇函数，则()A.函数y＝f(x)是周期函数B.函数y＝f(x)的图象关于点(－1，0)对称C.函数y＝f(x)在R上是偶函数D.函数y＝f(x)在R上是单调函数解析对于A，函数y＝f(x)满足f(x＋2)＝－f(x)，则f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，即函数f(x)是周期为4的周期函数，故A正确；对于B，y＝f(x－1)是奇函数，则f(x －1)的图象关于原点对称，又由函数f(x)的图象是由y＝f(x－1)的图象向左平移1个单位长度得到的，故函数f(x)的图象关于点(－1，0)对称，故B正确；对于C，由B可得，对于任意的x∈R，都有f(－1－x)＝－f(－1＋x)，即f(－1－x)＋f(－1＋x)＝0，变形可得f(－2－x)＋f(x)＝0，则有f(－2－x)＝－f(x)＝f(x＋2)对于任意的x∈R都成立，令t＝2＋x，则f(－t)＝f(t)，即函数f(x)是偶函数，故C正确；对于D，f(x)为偶函数，则其图象关于y轴对称，f(x)在R上不是单调函数，故D 错误，故选ABC.答案ABC12.对于函数f(x)＝ln xx2，下列说法正确的是()A.f(x)在x＝e处取得极大值1 2eB.f (x )有两个不同的零点C.f (2)<f (π)<f (3)D.若f (x )<k －1x 2在(0，＋∞)上恒成立，则k >e2解析 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－2ln xx 3，当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0，f (x )在(0，e)上单调递增，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递减，∴当x ＝e 时，f (x )取得极大值f (e)＝12e ，A 正确；f (1)＝0，当0<x <1时，f (x )<0，当x >1时，f (x )>0，当x →＋∞时，f (x )→0，∴f (x )只有一个零点，B 错误；显然e<3<π，∴f (π)<f (3)，又f (π)＝ln ππ＝12·ln ππ，f (2)＝ln 22＝12×ln 22＝12×ln 44，设h (x )＝ln xx (x >0)，则h ′(x )＝1－ln x x 2，当x ∈(e ，＋∞)时，h ′(x )<0，h (x )在(e ，＋∞)上单调递减，而e<π<4，∴h (π)>h (4)，即ln ππ>ln 44＝ln 22，∴f (2)<f (π)，即f (2)<f (π)<f (3)，C 正确；令g (x )＝ln x x 2＋1x 2(x >0)，则g ′(x )＝－1＋2ln x x 3，易知当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，g ′(x )<0，∴g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递减，则g (x )在x ＝1e 处取得极大值也是最大值g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e2，∴若f (x )＋1x 2<k 在x ∈(0，＋∞)上恒成立，则k >e 2，D 正确.故选ACD. 答案 ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.(2020·唐山模拟)已知函数f (x )满足f (x )＋2f (4－x )＝3x ，则f (1)＝________. 解析 因为f (x )＋2f (4－x )＝3x ， 所以⎩⎪⎨⎪⎧f （1）＋2f （3）＝3，f （3）＋2f （1）＝9，解得f (1)＝5.答案 514.(2020·河南六市模拟)设函数f (x )＝⎩⎨⎧e x ＋2 019，x ≤0，2 020，x >0.则满足f (x 2－4)>f (－3x )的x 的取值范围为________.解析 作出函数y ＝f (x )的图象如图所示，易知函数f (x )在(－∞，0]上单调递增.∵f (x 2－4)>f (－3x )，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4≥0，－3x <0或⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4<0，x 2－4>－3x .解得x ≥2或1<x <2.综上可知，x 的取值范围为(1，＋∞). 答案 (1，＋∞)15.(2020·广东六校联考)设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（x －a ）2，x ≤0，x ＋1x ，x >0.(1)当a ＝12时，f (x )的最小值是________.(2)若f (0)是f (x )的最小值，则实数a 的取值范围是________.(本小题第一空2分，第二空3分)解析 (1)若a ＝12，当x ≤0时，f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122≥⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＝14；当x >0时，f (x )＝x ＋1x≥2x ·1x ＝2，当且仅当x ＝1时取等号.所以函数f (x )的最小值为14.(2)由(1)知，当x >0时，函数f (x )≥2，此时函数f (x )的最小值为2.若a <0，则当x ＝a 时，函数f (x )的最小值为f (a )＝0，此时f (0)不是最小值，不满足条件.若a ≥0，则当x ≤0时，函数f (x )＝(x －a )2为减函数，此时函数f (x )的最小值为f (0)＝a 2.要使f (0)是f (x )的最小值，则f (0)＝a 2≤2，即0≤a ≤2，即实数a 的取值范围是[0，2].答案 (1)14 (2)[0，2]16.(2020·海南新高考诊断)若曲线y ＝x e x ＋mx ＋1(x <－1)存在两条垂直于y 轴的切线，则实数m 的取值范围是________. 解析 由题意可得，y ′＝(x ＋1)e x －m（x ＋1）2＝0在(－∞，－1)上有两个不同的解，即m ＝(x ＋1)3e x 在(－∞，－1)上有两个不同的解.设f (x )＝(x ＋1)3e x (x <－1)，则f ′(x )＝(x ＋1)2·(x ＋4)e x .当x <－4时，f ′(x )<0；当－4<x <－1时，f ′(x )>0，所以f (x )min ＝ f (－4)＝－27e 4.又当x →－∞时，f (x )→0，当x →－1时，f (x )→0，所以m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－27e 4，0.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－27e 4，0四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(本小题满分10分)已知函数f (x )＝14x 3－x 2＋x .(1)求曲线y ＝f (x )的斜率为1的切线方程； (2)当x ∈[－2，4]时，求证：x －6≤f (x )≤x . (1)解 由f (x )＝14x 3－x 2＋x 得f ′(x )＝34x 2－2x ＋1. 令f ′(x )＝1，即34x 2－2x ＋1＝1，得x ＝0或x ＝83. 又f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫83＝827，所以曲线y ＝f (x )的斜率为1的切线方程是y ＝x 与y －827＝x －83，即y ＝x 与y ＝x －6427.(2)证明 令g (x )＝f (x )－x ，x ∈[－2，4]. 则g (x )＝14x 3－x 2，g ′(x )＝34x 2－2x ，x ∈[－2，4]. 令g ′(x )＝0得x ＝0或x ＝83.当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下：所以g(x)的最小值为－6，最大值为0. 故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x.18.(本小题满分12分)(2020·北京适应性测试)已知函数f(x)＝e x(x－1)－12ea x2，a<0.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求函数f(x)的极小值；(3)求函数f(x)的零点个数.解(1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝e x(x－1)＋e x－e a x＝x(e x－e a).∵f(0)＝e0(0－1)－0＝－1，∴切点为(0，－1).又∵f′(0)＝0×(e0－e a)＝0，∴曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程为y＝－1.(2)令f′(x)＝0，得x(e x－e a)＝0，解得x1＝0，x2＝a(a<0).当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表.∴f(x)在(－∞，a)，(0，＋∞)上单调递增，在(a，0)上单调递减. ∴f(x)在x＝0处取得极小值，为f(0)＝－1.(3)由(2)知f(x)的极大值为f(a)＝e a(a－1)－12ea a2＝⎝⎛⎭⎪⎫a－1－12a2e a，f(0)＝－1<0，f(2)＝e2－2e a.∵a<0，∴f(2)>0，f(a)<0.∴函数f(x)的零点个数为1.19.(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a <0时，证明f (x )≤－34a －2.(1)解 f (x )的定义域(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝（2ax ＋1）（x ＋1）x. 若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增，若a <0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞时，f ′(x )<0. 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞上单调递减. (2)证明 由(1)知，当a <0时，f (x )在x ＝－12a 处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a ， 所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a ＋1≤0， 设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x －1.当x ∈(0，1)时，g ′(x )>0；x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0.所以g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0.所以当x >0时，g (x )≤0，从而当a <0时，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a ＋1≤0， 故f (x )≤－34a －2.20.(本小题满分12分)(2020·九江二模)已知函数f (x )＝ax 2－ax －x ln x ，且f (x )≥0.(1)求a ；(2)证明：f (x )存在唯一的极大值点x 0，且e －2<f (x 0)<2－2.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，设g (x )＝ax －a －ln x ，则f (x )＝xg (x )，f (x )≥0等价于g (x )≥0，因为g (1)＝0，g (x )≥0，故g ′(1)＝0，而g ′(x )＝a －1x ，g ′(1)＝a －1，得a ＝1.若a ＝1，则g ′(x )＝1－1x .当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，所以x ＝1是g (x )的极小值点，故g (x )≥g (1)＝0.综上，a ＝1.(2)证明 由(1)知f (x )＝x 2－x －x ln x ，f ′(x )＝2x －2－ln x ，设h (x )＝2x －2－ln x ，则h ′(x )＝2－1x .当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，h ′(x )<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，h ′(x )>0. 所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞单调递增. 又h (e －2)>0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<0，h (1)＝0， 所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12有唯一零点x 0，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞有唯一零点1，且当x ∈(0，x 0)时，h (x )>0；当x ∈(x 0，1)时，h (x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0.因为f ′(x )＝h (x )，所以x ＝x 0是f (x )的唯一极大值点.由f ′(x 0)＝0得ln x 0＝2(x 0－1)，故f (x 0)＝x 0(1－x 0).由x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12得f (x 0)<14. 因为x ＝x 0是f (x )在(0，1)的最大值点，由e －1∈(0，1)，f ′(e －1)≠0得f (x 0)>f (e －1)＝e －2.所以e －2<f (x 0)<2－2.21.(本小题满分12分)(2020·广州模拟)设函数f (x )＝(1－x 2)e x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1，求a 的取值范围.解(1)f′(x)＝－2x e x＋(1－x2)e x＝(1－2x－x2)e x.令f′(x)＝0，得x2＋2x－1＝0，解得x1＝－2－1，x2＝2－1，令f′(x)>0，则x∈(－2－1，2－1)，令f′(x)<0，则x∈(－∞，－2－1)∪(2－1，＋∞).∴f(x)在区间(－∞，－2－1)，(2－1，＋∞)上单调递减，在区间(－2－1，2－1)上单调递增.(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)e x.当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)e x，h′(x)＝－x e x<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减，而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.当0<a<1时，设函数g(x)＝e x－x－1，g′(x)＝e x－1>0(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0，故e x≥x＋1.当0<x<1时，f(x)>(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝5－4a－12，则x0∈(0，1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)>ax0＋1.当a≤0时，取x0＝5－1 2，则x0∈(0，1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.综上，a的取值范围是[1，＋∞).22.(本小题满分12分)(2020·济南模拟)已知函数f(x)＝a e2x＋(a－2)e x－x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.解(1)由于f(x)＝a e2x＋(a－2)e x－x，故f′(x)＝2a e2x＋(a－2)e x－1＝(a e x－1)(2e x＋1)，①当a≤0时，a e x－1<0，2e x＋1>0.从而f′(x)<0恒成立.f(x)在R上单调递减.②当a>0时，令f′(x)＝0，从而a e x－1＝0，得x＝－ln a.综上，当a ≤0时，f (x )在R 上单调递减；当a >0时，f (x )在(－∞，－ln a )上单调递减， 在(－ln a ，＋∞)上单调递增.(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在R 上单调递减，故f (x )在R 上至多一个零点，不满足条件.当a >0时，f (x )min ＝f (－ln a )＝1－1a ＋ln a .令g (a )＝1－1a ＋ln a (a >0)，则g ′(a )＝1a 2＋1a >0，从而g (a )在(0，＋∞)上单调递增，而g (1)＝0，故当0<a <1时，g (a )<0.当a ＝1时，g (a )＝0.当a >1时，g (a )>0.若a >1，则f (x )min ＝1－1a ＋ln a ＝g (a )>0，故f (x )>0恒成立，从而f (x )无零点，不满足条件.若a ＝1，则f (x )min ＝1－1a ＋ln a ＝0， 故f (x )＝0仅有一个实根x ＝－ln a ＝0，不满足条件.若0<a <1，则f (x )min ＝1－1a ＋ln a <0，注意到－ln a >0，f (－1)＝a e 2＋a e ＋1－2e >0.故f (x )在(－1，－ln a )上有一个实根，而又ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －1>ln 1a ＝－ln a . 且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －1 ＝eln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －1⎝ ⎛⎭⎪⎫a ·eln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －1＋a －2－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －1·(3－a ＋a －2)－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －1－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －1>0. 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－ln a ，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －1上有一个实根. 又f (x )在(－∞，－ln a )上单调递减， 在(－ln a ，＋∞)单调递增，故f (x )在(－1，－ln a )及⎝ ⎛⎭⎪⎫－ln a ，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －1上各有一个实数根， 故f (x )在R 上恰有两个实根，综上，0<a <1. 所以实数a 的取值范围为(0，1).。