高考数学二轮复习知识 方法篇 专题3　函数与导数 第11练 含答案

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第11练　研创新——以函数为背景的创新题型
[题型分析·高考展望]　在近几年的高考命题中，以函数为背景的创新题型时有出现.主要以新定义、新运算或新规定等形式给出问题，通过判断、运算解决新问题.这种题难度一般为中档，多出现在选择题、填空题中，考查频率虽然不是很高，但失分率较高.通过研究命题特点及应对策略，可以做到有备无患.
体验高考
1.(2015·湖北)已知符号函数sgn x＝f(x)是R上的增函数，g(x)＝f(x)－f(ax)(a>1)，则(　　)
A.sgn[g(x)]＝sgn x B.sgn[g(x)]＝sgn[f(x)]
C.sgn[g(x)]＝－sgn x D.sgn[g(x)]＝－sgn[f(x)]
答案　C
解析　因为f(x)是R上的增函数，令f(x)＝x，
所以g(x)＝(1－a)x，因为a＞1，所以g(x)是在R上的减函数.由符号函数sgn x＝知，
sgn[g(x)]＝所以sgn[g(x)]＝－sgn x.
2.(2016·山东)若函数y＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y＝f(x)具有T性质.下列函数中具有T性质的是(　　)
A.y＝sin x B.y＝ln x
C.y＝ex D.y＝x3
答案　A
解析　对函数y＝sin x求导，得y′＝cos x，当x＝0时，该点处切线l1的斜率k1＝1，当x＝π时，该点处切线l2的斜率k2＝－1，∴k1·k2＝－1，∴l1⊥l2；对函数y＝ln x求导，得y′＝恒大于0，斜率之积不可能为－1；对函数y＝ex求导，得y′＝ex恒大于0，斜率之积不可能为－1；对函数y＝x3求导，得y′＝2x2恒大于等于0，斜率之积不可能为－1.故选A.
3.(2015·四川)已知函数f(x)＝2x，g(x)＝x2＋ax(其中a∈R).对于不相等的实数x1，x2，设 m＝，n＝，
现有如下命题：
①对于任意不相等的实数x1，x2，都有m＞0；
②对于任意的a及任意不相等的实数x1，x2，都有n＞0；
③对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝n；
④对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝－n.
其中的真命题有________(写出所有真命题的序号).
答案　①④
解析　设A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，C(x1，g(x1))，D(x2，g(x2)).
对于①，从y＝2x的图象可看出，m＝kAB＞0恒成立，故①正确；
对于②，直线CD的斜率可为负，即n＜0，故②不正确；
对于③，由m＝n得f(x1)－f(x2)＝g(x1)－g(x2)，
即f(x1)－g(x1)＝f(x2)－g(x2)，
令h(x)＝f(x)－g(x)＝2x－x2－ax，
则h′(x)＝2x·ln 2－2x－a.

由h′(x)＝0，得2x·ln 2＝2x＋a，(*)结合图象知，当a很小时，方程(*)无解，∴函数h(x)不一定有极值点，就不一定存在x1，x2使f(x1)－g(x1)＝f(x2)－g(x2)，不一定存在x1，x2使得m＝n，故③不正确；
对于④，由m＝－n，得f(x1)－f(x2)＝g(x2)－g(x1)，
即f(x1)＋g(x1)＝f(x2)＋g(x2)，
令F(x)＝f(x)＋g(x)＝2x＋x2＋ax，
则F′(x)＝2xln 2＋2x＋a.
由F′(x)＝0，得2xln 2＝－2x－a，
结合如图所示图象可知，该方程有解，

即F(x)必有极值点，
∴存在x1，x2，使F(x1)＝F(x2)，使m＝－n，故④正确.
故①④正确.
4.(2015·福建)一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2…xn(n∈N*)，其中xk(k＝1，2，…，n)称为第k位码元.二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1，或者由1变为0).
已知某种二元码x1x2…x7的码元满足如下校验方程组：

其中运算定义为00＝0，01＝1，10＝1，11＝0.
现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k等于________.
答案　5
解析　(1)x4x5x6x7＝1101＝1，(2)x2x3x6x7＝1001＝0；(3)x1x3x5x7＝1011＝1.由(1)(3)知x5，x7有一个错误，(2)中没有错误，∴x5错误，故k等于5.
5.(2016·四川)在平面直角坐标系中，当P(x，y)不是原点时，定义P的“伴随点”为P′；当P是原点时，定义P的“伴随点”为它自身，平面曲线C上所有点的“伴随点”所构成的曲线C′定义为曲线C的“伴随曲线”.现有下列命题：
①若点A的“伴随点”是点A′，则点A′的“伴随点”是点A；
②单位圆的“伴随曲线”是它自身；
③若曲线C关于x轴对称，则其“伴随曲线”C′关于y轴对称；
④一条直线的“伴随曲线”是一条直线.
其中的真命题是________(写出所有真命题的序号).
答案　②③
解析　①设A的坐标为(x，y)，
则其“伴随点”为A′，
A′的“伴随点”横坐标为＝－x，同理可得纵坐标为－y，故A″(－x，－y)，①错误；
②设单位圆上的点P的坐标为(cos θ，sin θ)，则P的“伴随点”的坐标为P′(sin θ，－cos θ)，则有sin2θ＋(－cos θ)2＝1，所以P′也在单位圆上，即单位圆的“伴随曲线”是它自身，②正确；
③设曲线C上点A的坐标为(x，y)，其关于x轴的对称点A1(x，－y)也在曲线C上，所以点A的“伴随点”A′，点A1的“伴随点”A1′，A′与A1′关于y轴对称，③正确；
④反例：例如y＝1这条直线，则A(0，1)，B(1，1)，C(2，1)，这三个点的“伴随点”分别是A′(1，0)，B′，C′，而这三个点不在同一直线上，下面给出严格证明：
设点P(x，y)在直线l：Ax＋By＋C＝0上，P点的“伴随点”为P′(x0，y0)，则解得
代入直线方程可知，A＋B＋C＝0，
化简得－Ay0＋Bx0＋C(x＋y)＝0.
当C＝0时，C(x＋y)是一个常数，点P′的轨迹是一条直线；
当C≠0时，C(x＋y)不是一个常数，点P′的轨迹不是一条直线.
所以，一条直线的“伴随曲线”不一定是一条直线，④错误.
综上，真命题是②③.
高考必会题型
题型一　与新定义有关的创新题型
例1　已知函数y＝f(x)(x∈R).对函数y＝g(x)(x∈I)，定义g(x)关于f(x)的“对称函数”为函数y＝h(x)(x∈I)，y＝h(x)满足：对任意x∈I，两个点(x，h(x))，(x，g(x))关于点(x，f(x))对称.若h(x)是g(x)＝关于f(x)＝3x＋b的“对称函数”，且h(x)>g(x)恒成立，则实数b的取值范围是________.
答案　(2，＋∞)
解析　由已知得＝3x＋b，
所以h(x)＝6x＋2b－.
h(x)>g(x)恒成立，
即6x＋2b－>，
3x＋b>恒成立.
在同一坐标系内，画出直线y＝3x＋b及半圆y＝(如图所示)，

可得>2，即b>2，
故答案为(2，＋∞).
点评　解答这类题目关键在于解读新定义，利用定义的规定去判断和求解是这类题目的主要解法.
变式训练1　若函数y＝f(x)在定义域内给定区间[a，b]上存在x0(a＜x0＜b)，满足f(x0)＝，则称函数y＝f(x)是[a，b]上的“平均值函数”，x0是它的一个均值点.例如y＝|x|是[－2，2]上的“平均值函数”，0就是它的均值点.若函数f(x)＝x2－mx－1是[－1，1]上的“平均值函数”，则实数m的取值范围是________.
答案　(0，2)
解析　因为函数f(x)＝x2－mx－1是[－1，1]上的“平均值函数”，所以关于x的方程x2－mx－1＝在区间(－1，1)内有实数根，即x2－mx－1＝－m在区间(－1，1)内有实数根，即x2－mx＋m－1＝0，解得x＝m－1或x＝1.又1不属于(－1，1)，所以x＝m－1必为均值点，即－1＜m－1＜1，即0＜m＜2，所以实数m的取值范围是(0，2).
题型二　综合型函数创新题
例2　以A表示值域为R的函数组成的集合，B表示具有如下性质的函数φ(x)组成的集合：对于函数φ(x)，存在一个正数M，使得函数φ(x)的值域包含于区间[－M，M].例如，当φ1(x)＝x3，φ2(x)＝sin x时，φ1(x)∈A，φ2(x)∈B.现有如下命题：
①设函数f(x)的定义域为D，则“f(x)∈A”的充要条件是“∀b∈R，∃a∈D，f(a)＝b”；
②函数f(x)∈B的充要条件是f(x)有最大值和最小值；
③若函数f(x)，g(x)的定义域相同，且f(x)∈A，g(x)∈B，则f(x)＋g(x)∉B；
④若函数f(x)＝aln(x＋2)＋(x>－2，a∈R)有最大值，则f(x)∈B.
其中的真命题是________.(写出所有真命题的序号)
答案　①③④
解析　因为f(x)∈A，所以函数f(x)的值域是R，所以满足∀b∈R，∃a∈D，f(a)＝b，同时若∀b∈R，∃a∈D，f(a)＝b，则说明函数f(x)的值域是R，则f(x)∈A，所以①正确；令f(x)＝，x∈(1，2]，取M＝1，则f(x)⊆[－1，1]，
但是f(x)没有最大值，所以②错误；因为f(x)∈A，g(x)∈B且它们的定义域相同(设为[m，n])，所以存在区间[a，b]⊆[m，n]，使得f(x)在区间[a，b]上的值域与g(x)的值域相同，所以存在x0∉[a，b]，使得f(x0)的值接近无穷，所以f(x)＋g(x)∉B，所以③正确；因为当x>－2时，函数y＝ln(x＋2)的值域是R，所以函数f(x)若有最大值，则a＝0，此时f(x)＝.因为对∀x∈R，x2＋1≥2|x|，所以－≤≤.
即－≤f(x)≤，故f(x)∈B，所以④正确.
点评　此类题目包含了与函数有关的较多的概念、性质及对基本问题的处理方法.解答这类题目，一是要细心，读题看清要求；二是要熟练掌握函数的基本性质及其判断应用的方法，掌握基本函数的图象与性质等.
变式训练2　如果y＝f(x)的定义域为R，对于定义域内的任意x，存在实数a使得f(x＋a)＝f(－x)成立，则称此函数具有“P(a)性质”.给出下列命题：
①函数y＝sin x具有“P(a)性质”；
②若奇函数y＝f(x)具有“P(2)性质”，且f(1)＝1，则f(2 015)＝1；
③若函数y＝f(x)具有“P(4)性质”，图象关于点(1，0)成中心对称，且在(－1，0)上单调递减，则y＝f(x)在(－2，－1)上单调递减，在(1，2)上单调递增；
④若不恒为零的函数y＝f(x)同时具有“P(0)性质”和“P(3)性质”，则函数y＝f(x)是周期函数.
其中正确的是________(写出所有正确命题的编号).
答案　①③④
解析　①因为sin (x＋π)＝－sin x＝sin (－x)，
所以函数y＝sin x具有“P(a)性质”，
所以①正确；
②因为奇函数y＝f(x)具有“P(2)性质”，
所以f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)，
所以f(x＋4)＝f(x)，周期为4，
因为f(1)＝1，
所以f(2 015)＝f(3)＝－f(1)＝－1.
所以②不正确；
③因为函数y＝f(x)具有“P(4)性质”，
所以f(x＋4)＝f(－x)，
所以f(x)的图象关于直线x＝2对称，
即f(2－x)＝f(2＋x)，
因为图象关于点(1，0)成中心对称，
所以f(2－x)＝－f(x)，即f(2＋x)＝－f(－x)，
所以得出f(x)＝f(－x)，f(x)为偶函数，
因为图象关于点(1，0)成中心对称，
且在(－1，0)上单调递减，
所以图象也关于点(－1，0)成中心对称，
且在(－2，－1)上单调递减；
根据偶函数的对称性得出在(1，2)上单调递增，故③正确；
④因为具有“P(0)性质”和“P(3)性质”，
所以f(x)＝f(－x)，f(x＋3)＝f(－x)＝f(x)，
所以f(x)为偶函数，且周期为3，故④正确.
高考题型精练
1.对于函数f(x)，若存在常数a≠0，使得x取定义域内的每一个值，都有f(x)＝f(2a－x)，则称f(x)为准偶函数，下列函数中是准偶函数的是(　　)
A.f(x)＝cos(x＋1) B.f(x)＝
C.f(x)＝tan x D.f(x)＝x3
答案　A
解析　由题意知，若f(x)是准偶函数，则函数的对称轴是直线x＝a，a≠0，选项B，C，D中，函数没有对称轴；函数f(x)＝cos(x＋1)，有对称轴，且x＝0不是对称轴，选项A正确.故选A.
2.设f(x)的定义域为D，若f(x)满足条件：存在[a，b]⊆D，使f(x)在[a，b]上的值域是，则称f(x)为“倍缩函数”.若函数f(x)＝ln(ex＋t)为“倍缩函数”，则t的范围是(　　)
A. B.(0，1)
C. D.
答案　D
解析　因为函数f(x)＝ln(ex＋t)为“倍缩函数”，所以存在[a，b]⊆D，使f(x)在[a，b]上的值域是，
因为函数f(x)＝ln(ex＋t)为增函数，
所以即
即方程ex－e＋t＝0有两个不等的正根，
即解得t的范围是.
3.设函数y＝f(x)的定义域为D，若对于任意x1，x2∈D且x1＋x2＝2a，恒有f(x1)＋f(x2)＝2b，则称点(a，b)为函数y＝f(x)图象的对称中心.研究并利用函数f(x)＝x3－3x2－sin πx的对称中心，可得f()＋f()＋…＋f()＋f()等于(　　)
A.－16 124 B.16 124 C.－8 062 D.8 062
答案　C
解析　如果x1＋x2＝2，则f(x1)＋f(x2)＝x－3x－sin πx1＋x－3x－sin πx2＝x－3x－sin πx1＋(2－x1)3－3(2－x1)2－sin π(2－x1)＝－4.
令S＝f()＋f()＋…＋f()＋f()，
又S＝f()＋f()＋…＋f()，
两式相加得2S＝－4×4 031，所以S＝－8 062.故选C.
4.函数f(x)在[a，b]上有定义，若对任意x1，x2∈[a，b]，有f≤[f(x1)＋f(x2)]，则称f(x)在[a，b]上具有性质P.设f(x)在[1，3]上具有性质P，现给出如下命题：
①f(x)在[1，3]上的图象是连续不断的；
②f(x2)在[1， ]上具有性质P；
③若f(x)在x＝2处取得最大值1，则f(x)＝1，x∈[1，3]；
④对任意x1，x2，x3，x4∈[1，3]，有f≤[f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＋f(x4)].其中真命题的序号是(　　)
A.①② B.①③ C.②④ D.③④
答案　D
解析　令f(x)＝可知对∀x1，x2∈[1，3]，
都有f≤[f(x1)＋f(x2)]，
但f(x)在[1，3]上的图象不连续，故①不正确；
令f(x)＝－x，则f(x)在[1，3]上具有性质P，
但f(x2)＝－x2在[1， ]上不具有性质P，
因为－2＝－≥－
＝(－x－x)＝[f(x)＋f(x)]，故②不正确；
对于③，假设存在x0∈[1，3]，使得f(x0)≠1，
因为f(x)max＝f(2)＝1，x∈[1，3]，所以f(x0)<1.
又当1≤x0≤3时，有1≤4－x0≤3，
由f(x)在[1，3]上具有性质P，得
f(2)＝f≤[f(x0)＋f(4－x0)]，
由于f(x0)<1，f(4－x0)≤1，与上式矛盾.
即对∀x∈[1，3]，有f(x)＝1，故③正确.
对于④，对∀x1，x2，x3，x4∈[1，3]，
f＝f
≤
≤
＝[f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＋f(x4)]，故④正确.
5.已知函数f(x)＝1－|2x－1|，x∈[0，1].定义：f1(x)＝f(x)，f2(x)＝f[f1(x)]，…，fn(x)＝f[fn－1(x)]，n＝2，3，4，…，满足fn(x)＝x的点x∈[0，1]称为f(x)的n阶不动点.则f(x)的n阶不动点的个数是(　　)
A.n B.2n2 C.2(2n－1) D.2n
答案　D
解析　函数f(x)＝1－|2x－1|＝
当x∈时，f1(x)＝2x＝x⇒x＝0，
当x∈时，f1(x)＝2－2x＝x⇒x＝，
∴f1(x)的1阶不动点的个数为2.
当x∈时，f1(x)＝2x，f2(x)＝4x＝x⇒x＝0，
当x∈时，f1(x)＝2x，f2(x)＝2－4x＝x⇒x＝，
当x∈时，f1(x)＝2－2x，f2(x)＝4x－2＝x⇒x＝，
当x∈时，f1(x)＝2－2x，f2(x)＝4－4x＝x⇒x＝.
∴f2(x)的2阶不动点的个数为22，以此类推，f(x)的n阶不动点的个数是2n.
6.若集合A＝{1，2，3，k}，B＝{4，7，a4，a2＋3a}，其中a∈N*，k∈N*，f：x→y＝3x＋1，x∈A，y∈B是从定义域A到值域B的一个函数，则a＋k＝________.
答案　7
解析　由对应法则知1→4，2→7，3→10，k→3k＋1，又a∈N*，∴a4≠10，∴a2＋3a＝10，解得a＝2(舍去a＝－5)，所以a4＝16，于是3k＋1＝16，∴k＝5.∴a＋k＝7.
7.如果定义在R上的函数f(x)，对任意两个不相等的实数x1，x2，都有x1f(x1)＋x2f(x2)＞x1f(x2)＋x2f(x1)，则称函数f(x)为“H函数”.给出下列函数：
①y＝x2；②y＝ex＋1；③y＝2x－sin x；④f(x)＝以上函数是“H函数”的所有序号为________.
答案　②③
解析　由已知x1f(x1)＋x2f(x2)＞x1f(x2)＋x2f(x1)得(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]＞0，所以函数f(x)在R上是增函数.对于①，y＝x2在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数，其不是“H函数”；对于②，y＝ex＋1在R上为增函数，所以其为“H函数”；对于③，由于y′＝2－cos x＞0恒成立，所以y＝2x－sin x是增函数，所以其为“H函数”；对于④，由于其为偶函数，所以其不可能在R上是增函数，所以不是“H函数”.综上知，是“H函数”的序号为②③.
8.已知二次函数f(x)的两个零点分别为，(00”的充要条件，则实数a的取值范围是____________.
答案　(1，2)
解析　由条件可得f(x)＝(1－a2)(x－)(x－)，结合知a>1，所以f(x)开口向下，所以f(x)>0的解集为，且0<<1.结合数轴分析，知－4≤<－3，即3a－3 9.设f(x)是定义在(0，＋∞)上的函数，且f(x)＞0，对任意a＞0，b＞0，若经过点(a，f(a))，(b，－f(b))的直线与x轴的交点为(c，0)，则称c为a，b关于函数f(x)的平均数，记为Mf (a，b).例如，当f(x)＝1(x＞0)时，可得Mf(a，b)＝c＝，即Mf(a，b)为a，b的算术平均数.
(1)当f(x)＝________(x＞0)时，Mf (a，b)为a，b的几何平均数；
(2)当f(x)＝________(x＞0)时，Mf (a，b)为a，b的调和平均数.
(以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可)
答案　(1)　(2)x
解析　设A(a，f(a))，B(b，－f(b))，C(c，0)，则三点共线.
(1)依题意，c＝，则求得＝，
故可以选择f(x)＝(x＞0).
(2)依题意，c＝，求得＝，
故可以选择f(x)＝x(x＞0).
10.对于函数f(x)，若存在区间M＝[a，b](其中a ①f(x)＝(x－1)2；②f(x)＝|2x－1|；
③f(x)＝cos x；④f(x)＝ex.
其中存在“稳定区间”的函数是________.(填出所有满足条件的函数序号)
答案　①②③
解析　据已知定义，所谓的“稳定区间”即函数在区间[a，b]内的定义域与值域相等.
问题可转化为已知函数y＝f(x)的图象与直线y＝x是否相交，若相交则两交点所在区间即为函数的“稳定区间”.数形结合依次判断，①②③均符合条件，而④不符合条件.综上可知，①②③均为存在“稳定区间”的函数.
11.若函数f(x)在定义域D内的某个区间I上是增函数，且F(x)＝在I上是减函数，则称y＝f(x)在I上是“非完美增函数”.已知f(x)＝ln x，g(x)＝2x＋＋aln x(a∈R).
(1)判断f(x)在(0，1]上是否为“非完美增函数”；
(2)若g(x)在[1，＋∞)上是“非完美增函数”，求实数a的取值范围.
解　(1)易知f′(x)＝＞0在(0，1]上恒成立，所以f(x)＝ln x在(0，1]上是增函数.F(x)＝＝，求导得F′(x)＝，因为x∈(0，1]，所以ln x≤0，即F′(x)＞0在(0，1]上恒成立，所以F(x)＝在(0，1]上是增函数.由题意知，f(x)在(0，1]上不是“非完美增函数”.
(2)若g(x)＝2x＋＋aln x(a∈R)在[1，＋∞)上是“非完美增函数”，则g(x)＝2x＋＋aln x在[1，＋∞)上单调递增，G(x)＝＝2＋＋在[1，＋∞)上单调递减.
①若g(x)在[1，＋∞)上单调递增，则g′(x)＝2－＋≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥－2x在[1，＋∞)上恒成立.令h(x)＝－2x，x∈[1，＋∞)，因为h′(x)＝－－2＜0恒成立，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递减，h(x)max＝h(1)＝0，所以a≥0.
②若G(x)在[1，＋∞)上单调递减，则G′(x)＝－＋≤0在[1，＋∞)上恒成立，即－4＋ax－axln x≤0在[1，＋∞)上恒成立.令t(x)＝－4＋ax－axln x，x∈[1，＋∞)，因为t′(x)＝－aln x，由①知a≥0，所以t′(x)≤0恒成立，所以t(x)＝－4＋ax－axln x在[1，＋∞)上单调递减，则t(x)max＝t(1)＝a－4.要使t(x)＝－4＋ax－axln x≤0在[1，＋∞)上恒成立，则a－4≤0，即a≤4，此时G′(x)＝－＋≤0在[1，＋∞)上恒成立.
综合①②知，实数a的取值范围为[0，4].
12.已知函数f(x)＝ax＋ln x，g(x)＝ex.
(1)当a≤0时，求f(x)的单调区间；
(2)若不等式g(x)＜有解，求实数m的取值范围；
(3)定义：对于函数y＝f(x)和y＝g(x)在其公共定义域内的任意实数x0，称|f(x0)－g(x0)|的值为两函数在x0处的差值.证明：当a＝0时，函数y＝f(x)和y＝g(x)在其公共定义域内的所有差值都大于2.
(1)解　f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝a＋(x＞0).
①当a＝0时，f′(x)＞0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a＜0时，由f′(x)＝0，解得x＝－，
则当x∈(0，－)时，f′(x)＞0，∴f(x)单调递增，
当x∈(－，＋∞)时，f′(x)＜0，∴f(x)单调递减.
综上，当a＝0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＜0时，f(x)在(0，－)上单调递增，在(－，＋∞)上单调递减.
(2)解　由题意：ex＜有解，即ex＜x－m有解，因此只需m＜x－ex，x∈(0，＋∞)有解即可.
设h(x)＝x－ex，
h′(x)＝1－ex－＝1－ex(＋).
∵＋≥2＝＞1，
且x∈(0，＋∞)时ex＞1，
∴1－ex(＋)＜0，即h′(x)＜0，
故h(x)在(0，＋∞)上单调递减.
∴h(x)＜h(0)＝0，故m＜0.
(3)证明　当a＝0时，f(x)＝ln x，f(x)与g(x)的公共定义域为(0，＋∞)，
|f(x)－g(x)|＝|ln x－ex|＝ex－ln x＝ex－x－(ln x－x).
设m(x)＝ex－x＞0，则m′(x)＝ex－1＞0，x∈(0，＋∞)，
m(x)在(0，＋∞)上单调递增，m(x)＞m(0)＝1.
又设n(x)＝ln x－x，x∈(0，＋∞)，n′(x)＝－1，
当x∈(0，1)时，n′(x)＞0，n(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，n′(x)＜0，n(x)单调递减，
所以x＝1为n(x)的极大值点，即n(x)≤n(1)＝－1，
故|f(x)－g(x)|＝m(x)－n(x)＞1－(－1)＝2.
即公共定义域内任一点差值都大于2.