2025届高考数学二轮专题复习与测试专题强化练十六基本初等函数函数与方程

专题强化练(十六)基本初等函数、函数与方程1．(2024·深圳模拟)已知a＝log3eq\r(2)，b＝eq\f(π,8)，c＝lg2，则()A．a<c<b B．c<a<bC．a<b<c D．b<c<a解析：a＝eq\f(1,log29)，c＝eq\f(1,log210)，因为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.故选B.答案：B2．(2024·东莞校级模拟)已知函数y＝loga(x－1)＋4(a>0且a≠1)的图象恒过定点P，点P在幂函数y＝f(x)的图象上，则lgf(2)＋lgf(5)＝()A．－2 B．2C．－1 D．1解析：函数y＝loga(x－1)＋4中，令x－1＝1，解得x＝2，此时y＝loga1＋4＝4；所以函数y的图象恒过定点P(2，4)，又点P在幂函数y＝f(x)＝xa的图象上，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.故选B.答案：B3．(2024·广东二模)已知a＝eq\f(ln2,2)，b＝eq\f(ln3,e)，c＝eq\f(\r(2),e\a\vs4\al(\r(2)))，则(参考数据：ln2≈0.7)()A．a>b>c B．b>a>cC．b>c>a D．c>a>b解析：因为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)))，考虑构造函数f(x)＝eq\f(lnx,x)，则f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，当0<x<e时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，e)上单调递增，当x>e时，f′(x)<0，函数f(x)在(e，＋∞)上单调递减，因为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.故选B.答案：B4．(2024·潮州模拟)我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的eq\f(1,2)，第2关收税金为剩余金的eq\f(1,3)，第3关收税金为剩余金的eq\f(1,4)，第4关收税金为剩余金的eq\f(1,5)，第5关收税金为剩余金的eq\f(1,6)，5关所收税金之和恰好重1斤．问原来持金多少？”．记这个人原来持金为a斤，设f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(10x＋1，x>1，,1－5x，0<x≤1，))则f(a)＝()A．－5 B．7C．13 D．26解析：这个人原来持金为a斤，第1关收税金为eq\f(1,2)a，第2关收税金为eq\f(1,3)×(1－eq\f(1,2))·a＝eq\f(1,2×3)a，第3关收税金为eq\f(1,4)×(1－eq\f(1,2)－eq\f(1,6))·a＝eq\f(1,3×4)a，以此类推可得，第4关收税金为eq\f(1,4×5)a，第5关收税金为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，))则f(eq\f(6,5))＝10×eq\f(6,5)＋1＝13.故选C.答案：C5．(2024·佛山禅城区校级一模)设函数f(x)＝sin(ωx＋eq\f(π,6))，x∈(0，5π)，方程[f(x)]2＝1恰有5个实数解，则实数ω的取值范围是()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：当0<x<5π时，eq\f(π,6)<ωx＋eq\f(π,6)<5ωπ＋eq\f(π,6)，因为函数f(x)＝sin(ωx＋eq\f(π,6))在区间(0，5π)上恰好有5个f(x)，使得f(x)＝±1，故f(x)在(0，5π)上恰有5条对称轴．令ωx＋eq\f(π,6)＝t(eq\f(π,6)<t<5ωt＋eq\f(π,6))，则y＝sint在(eq\f(π,6)，5ωt＋eq\f(π,6))上恰有5条对称轴，如图：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)]．故选B.答案：B6．(2024·佛山一模)已知函数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)，若对随意x>0，f(x)≥x2，则实数a的取值范围为()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：当0<x<eq\f(1,2)时，f(x)＝logax≥x2，由图可知，0<a<1，此时若对随意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；当x≥eq\f(1,2)，f(x)＝(eq\f(1,a))x≥x2，此时若对随意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)，则g′(x)＝eq\f(2－2lnx,x2)，当x∈(0，e)，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)，g′(x)<0，g(x)单调递减，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))，综上可得eq\f(1,16)≤a≤eeq\a\vs4\al(－\f(2,e)).故选D.答案：D7．(多选题)(2024·汕头一模)已知2x＝3y＝36，则下列说法正确的是()A．xy＝2(x＋y) B．xy>16C．x＋y<9 D．x2＋y2<32解析：因为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)，故选项A正确，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，故选项B正确，x＋y＝log236＋log336＝2log26＋2log36＝2(1＋log23＋log32＋1)＝4＋2(log23＋log32)＝4＋2(log23＋eq\f(1,log23))，因为log2eq\r(8)<log23<log24，所以eq\f(3,2)<log23<2，而对勾函数y＝x＋eq\f(1,x)在(eq\f(3,2)，2)上单调递增，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，故选项C正确，因为x＝log236＝2log26＝2(1＋log23)，所以x>2(1＋eq\f(3,2))＝5，所以x2>25，因为y＝log336＝2log36＝2(1＋log32)>3，所以y2>9，所以x2＋y2>34，故选项D错误．故选ABC.答案：ABC8．(多选题)(2024·汕头濠江区校级模拟)已知f(x)＝eq\f(x,x－1)(x>1)，若α，β分别是方程f(x)＝ex和f(x)＝lnx的根，则下列说法正确的是()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，因为f(x)的图象是由y＝eq\f(1,x)的图象向右平移一个单位，再向上平移一个单位得到，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递减，设点(a，b)(a>1，b>1)是f(x)上的一点，则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)上的点，所以f(x)图象关于直线y＝x对称，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与y＝lnx图象关于y＝x对称，则可作出y＝ex，y＝lnx与f(x)图象如右图所示，对于A，当x＝2ln2时，f(2ln2)＝1＋eq\f(1,2ln2－1)，设g(x)＝ex，则g(2ln2)＝e2ln2＝eln4＝4，因为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)与g(x)的交点横坐标落在区间(1，2ln2)中，即α∈(1，2ln2)，所以α<2ln2，A正确；对于B，因为α，β分别是方程f(x)＝ex和f(x)＝lnx的根，设h(x)＝lnx，所以f(x)与g(x)图象的交点为(α，eq\f(α,α－1))，f(x)与h(x)图象的交点为(β，eq\f(β,β－1))，又f(x)图象关于直线y＝x对称，所以(α，eq\f(α,α－1))与(β，eq\f(β,β－1))关于直线y＝x对称，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错误；对于C，当x＝2时，设h(x)＝lnx，f(2)＝2，h(2)＝ln2，则f(2)>h(2)；当x＝4时，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)与h(x)图象交点的横坐标落在区间(2，4)中，即2<β<4，又α<2ln2<2，所以αβ＝α＋β<6，C正确；对于D，因为β是方程f(x)＝lnx的根，则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(当且仅当β－1＝eq\f(1,β－1)，即β＝2时取等号)，由C知：2<β<4，所以等号不成立，即β＋lnβ>4，D正确．故选ACD.答案：ACD9．(多选题)(2024·清远清爽区模拟)已知函数f(x)＝eq\f(x,x－1)－10x(x>1)，g(x)＝eq\f(x,x－1)－lgx(x>1)的零点分别为x1，x2，则()A．x1＝2lgx2 B.eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)＝1C．x1＋x2>4 D．x1x2<10解析：易知函数y＝eq\f(x,x－1)，y＝10x与y＝lgx的图象均关于直线y＝x对称，如图，设y＝eq\f(x,x－1)(x>1)与y＝10x图象的交点为A，y＝eq\f(x,x－1)(x>1)与y＝lgx图象的交点为B，则A(x1，10x1)与B(x2，lgx2)关于直线y＝x对称，所以x1＝lgx2，x2＝10x1.又eq\f(x1,x1－1)－10x1＝0，则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，因为y＝eq\f(x,x－1)(x>1)的图象与直线y＝x的交点为(2，2)，所以x1＋x2>4，x1x2＝x1·10x1，x1∈(1，2)，则10<x1x2<200.故选BC.答案：BC10．(多选题)(2024·广州荔湾区校级模拟)布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个特别重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔，简洁地讲就是对于满意肯定条件的连续函数f(x)，存在一个点x0，使得f(x0)＝x0，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称x0为该函数的一个不动点．现新定义：若x0满意f(x0)＝－x0.则称x0为f(x)的次不动点．下列说法正确的是()A．定义在R上的偶函数既不存在不动点，也不存在次不动点B．定义在R上的奇函数既存在不动点，也存在次不动点C．当1≤a≤eq\f(3,2)时，函数f(x)＝logeq\a\vs4\al(\f(1,2))(4x－a·2x＋1)在[0，1]上仅有一个不动点和一个次不动点D．满意函数f(x)＝eq\r(ex－\f(1,2)x－a)在区间[0，1]上存在不动点的正整数a不存在解析：对于A，取函数f(x)＝x2，则f(0)＝0，所以0既是f(x)的不动点，又是f(x)的次不动点，故选项A错误；对于B，定义在R上的奇函数满意f(0)＝0，故选项B正确；对于C，当logeq\a\vs4\al(\f(1,2))(4x－a·2x＋1)＝x时，则4x－a·2x＋1＝eq\f(1,2x)，即a＝2x＋eq\f(1,2x)－eq\f(1,22x)，令t＝2x，则t∈[1，2]，所以a＝t＋eq\f(1,t)－eq\f(1,t2)在区间[1，2]上单调递增，则a＝2x＋eq\f(1,2x)－eq\f(1,22x)在[0，1]上单调递增，要满意logeq\a\vs4\al(\f(1,2))(4x－a·2x＋1)＝x有唯一解，所以1≤a≤eq\f(9,4)；当logeq\a\vs4\al(\f(1,2))(4x－a·2x＋1)＝－x时，则4x－a·2x＋1＝2x，即a＝2x＋eq\f(1,2x)－1，令t＝2x，则t∈[1，2]，所以a＝t＋eq\f(1,t)－1在区间[1，2]上单调递增，则a＝2x＋eq\f(1,2x)－1在区间[0，1]上单调递增，要满意logeq\a\vs4\al(\f(1,2))(4x－a·2x＋1)＝－x有唯一解，则1≤a≤eq\f(3,2).综上所述，实数a的范围为1≤a≤eq\f(3,2)，故选项C正确；对于D，因为函数f(x)＝eq\r(ex－\f(1,2)x－a)在区间[0，1]上存在不动点，则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，则m′(x)＝ex－eq\f(1,2)x－2x，令n(x)＝ex－eq\f(1,2)x－2x，则n′(x)＝ex－2，令n′(x)＝0，解得x＝ln2，所以n(x)在(0，ln2)上单调递减，在(ln2，1)上单调递增，故n(x)的最小值为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]上单调递增，故m(x)的最小值为m(0)＝1，m(x)的最大值为m(1)＝e－eq\f(3,2)，所以实数a满意1≤a≤e－eq\f(3,2)，故存在正整数a＝1满意条件，故选项D错误．故选BC.答案：BC11．(多选题)(2024·广东模拟)已知函数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)，则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：因为ln(2－x)＋ln2＝ln[2(2－x)]，所以y＝ln2x与y＝ln(2－x)＋ln2的图象关于直线x＝1对称，作出f(x)的大致图象如图所示，易知b＋c＝2，由|ln2a|＝|ln2b|，即－ln2a＝ln2b，ln4ab＝0，得ab＝eq\f(1,4)，因为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).设t＝8a－1，则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)，当且仅当t＝eq\r(17)取到等号，故当t∈(1，3)时，令h(t)＝t＋eq\f(17,t)＋18，h(t)单调递减，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)，结合选项可知eq\f(1,ab)＋eq\f(1,bc)＋eq\f(1,ca)的取值可以是7，8.故选BC.答案：BC12．(多选题)(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，))若关于x的方程4ef2(x)－af(x)＋eq\f(1,e)＝0恰好有6个不同的实数解，则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)，则g′(x)＝eq\f(1－x,ex)，所以g(x)在[0，1)上单调增，在(1，＋∞)上单调减，所以f(x)的大致图象如图1所示：令t＝f(x)，所以关于x的方程4ef2(x)－af(x)＋eq\f(1,e)＝0有6个不同实根等价于关于t方程4et2－at＋eq\f(1,e)＝0在t∈(0，eq\f(1,e))内有2个不等实根，即h(t)＝4et＋eq\f(1,et)与y＝a在t∈(0，eq\f(1,e))内有2个不同交点，又因为h′(t)＝4e－eq\f(1,et2)＝eq\f(4e2t2－1,et2)，令h′(t)＝0，则t＝±eq\f(1,2e)，所以当t∈(0，eq\f(1,2e))时，h′(t)<0，h(t)单调递减；当t∈(eq\f(1,2e)，＋∞)时，h′(t)>0，h(t)单调递增；所以h(t)＝4et＋eq\f(1,et)的大致图象如图2所示：又h(eq\f(1,2e))＝4，h(eq\f(1,e))＝5，所以a∈(4，5)．比照四个选项，AB符合题意．故选AB.答案：AB13．(2024·惠州模拟)十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础．闻名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0，1]均分为三段，去掉中间的区间段(eq\f(1,3)，eq\f(2,3))，记为第一次操作；再将剩下的两个区间[0，eq\f(1,3)][eq\f(2,3)，1]分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为其次次操作；……，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段．操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”．若使去掉的各区间长度之和不小于eq\f(99,100)，则须要操作的次数n的最小值为________．(参考数据：lg2＝0.3010，lg3＝0.4771)解析：第一次操作去掉的区间长度为eq\f(1,3)；其次次操作去掉两个区间长度为eq\f(1,9)的区间，长度和为eq\f(2,9)；第三次操作去掉四个区间长度为eq\f(1,27)的区间，长度和为eq\f(4,27)；…第n次操作去掉2n－1个区间长度为eq\f(1,3n)的区间，长度和为eq\f(2n－1,3n)，所以进行了n次操作后，全部去掉的区间长度之和为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，由题意知，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为整数，所以n的最小值为12.答案：1214．(2024·淄博模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|3x＋1－1|，x≤0，,lnx，x>0，))若函数g(x)＝[f(x)]2－2af(x)＋a2－1恰有4个不同的零点，则a的取值范围是________．解析：令g(x)＝[f(x)]2－2af(x)＋a2－1＝0，得f(x)＝a－1或f(x)＝a＋1，画出f(x)的大致图象，如图所示：设f(x)＝t，由图可知，当t<0或t>2时，t＝f(x)有且仅有1个实根；当t＝0或1≤t≤2时，t＝f(x)有2个实根；当0<t<1时，t＝f(x)有3个实根．则g(x)恰有4个不同的零点等价于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·济南模拟)机器学习是人工智能和计算机科学的分支，专注于运用数据和算法来仿照人类学习的方式．在探讨时须要估算不同样本之间的相像性，通常采纳的方法是计算样本间的“距离”，闵氏距离是常见的一种距离形式．两点A(x1，y1)，B(x2，y2)的闵氏距离为Dp(A，B)＝(|x1－x2|p＋|y1－y2|p)eq\a\vs4\al(\f(1,p))，其中p为非零常数．假如点M在曲线y＝ex上，点N在直线y＝x－1上，则D1(M，N)的最小值为________．解析：设N(x，x－1)，M(t，et)，则D1(M，N)＝|x－t|＋|x－1－et|，令f(x)＝1＋et－x，则f′(x)＝ex－1，所以当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，当x∈(0，＋∞)