第三章 学业质量标准检测
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．时间120分钟，满分150分．
第Ⅰ卷(选择题 共60分)
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60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．(2019·全国Ⅱ卷文，8)若x1＝，x2＝是函数f(x)＝sin ωx(ω>0)两个相邻的极值点，则ω＝( A )
A．2 B．
C．1 D．
[解析] 由题意及函数y＝sin ωx的图像与性质可知，
T＝－，∴ T＝π，∴ ＝π，∴ ω＝2.
故选A.
2．对任意的x∈R，函数f(x)＝x3＋ax2＋7ax不存在极值点的充要条件是( A )
A．0≤a≤21 B．a＝0或a＝7
C．a<0或a>21 D．a＝0或a＝21
[解析] f′(x)＝3x2＋2ax＋7a.当Δ＝4a2－84a≤0，即0≤a≤21时，f′(x)≥0恒成立，函数不存在极值点．
3．函数f(x)＝sinx＋2xf′()，f′(x)为f(x)的导函数，令a＝－，b＝log32，则下列关系正确的是( A )
A．f(a)>f(b) B．f(a)
C．f(a)＝f(b) D．f(|a|)[解析] ∵f′(x)＝cosx＋2f′( )，
∴f′()＝cos＋2f′()，
即f′()＝－.
∴f(x)＝sinx－x.
又f′(x)＝cosx－1≤0，
故f(x)在R上递减．
又∵－∴f(－)>f(log32)，
即f(a)>f(b)．
4．下列函数中，x＝0是其极值点的函数是( B )
A．f(x)＝－x3 B．f(x)＝－cosx
C．f(x)＝sinx－x D．f(x)＝
[解析] 对于A，f ′(x)＝－3x2≤0恒成立，在R上单调递减，没有极值点；对于B，f ′(x)＝sinx，当x∈(－π，0)时，f ′(x)<0，当x∈(0，π)时，f ′(x)>0，故f(x)＝－cosx在x＝0的左侧区间(－π，0)内单调递减，在其右侧区间(0，π)内单调递增，所以x＝0是f(x)的一个极小值点；对于C，f ′(x)＝cosx－1≤0恒成立，在R上单调递减，没有极值点；对于D，f(x)＝在x＝0没有定义，所以x＝0不可能成为极值点，综上可知，答案选B.
5．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9在x＝－3时取得极值，则a＝( D )
A．2 B．3
C．4 D．5
[解析] f ′(x)＝3x2＋2ax＋3，由条件知，x＝－3是方程f ′(x)＝0的实数根，∴a＝5.
6．(2017·浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图像如图所示，则函数y＝f(x)的图像可能是( D )
[解析] 观察导函数f′(x)的图像可知，f′(x)的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0，
∴对应函数f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、增．
观察选项可知，排除A，C.
如图所示，f′(x)有3个零点，从左到右依次设为x1，x2，x3，且x1，x3是极小值点，x2是极大值点，且x2>0，故选项D正确，故选D.
7．若a>0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于( D )
A．2 B．3
C．6 D．9
[解析] ∵f ′(x)＝12x2－2ax－2b，
又因为在x＝1处有极值，
∴a＋b＝6，
∵a>0，b>0，
∴ab≤()2＝9，
当且仅当a＝b＝3时取等号，
所以ab的最大值等于9.故选D.
8．函数f(x)＝ax3＋ax2－2ax＋1的图像经过四个象限，则实数a的取值范围是( D )
A．－C．－
[解析] f ′(x)＝ax2＋ax－2a＝a(x＋2)(x－1)，
要使函数f(x)的图像经过四个象限，则f(－2)f(1)<0，
即(a＋1)(－a＋1)<0，解得a<－或a>.
故选D.
9．(2019·衡水高二检测)已知函数f(x)＝4x＋3sinx，x∈(－1，1)，如果f(1－a)＋f(1－a2)<0成立，则实数a的取值范围为( B )
A．(0,1) B．(1，)
C．(－2，－) D．(－∞，－2)∪(1，＋∞)
[解析] ∵f(x)＝4x＋3sinx，x∈(－1,1)，
∴f ′(x)＝4＋3cosx>0在x∈(－1,1)上恒成立，
∴f(x)在(－1,1)上是增函数，又f(x)＝4x＋3sinx，x∈(－1,1)是奇函数，∴不等式f(1－a)＋f(1－a2)<0可化为f(1－a)从而可知，a须满足解得110．(2017·全国卷Ⅱ理，11)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值是( A )
A．－1 B．－2e－3
C．5e－3 D．1
[解析] 函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1
则f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)·ex－1
＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1]．
由x＝－2是函数f(x)的极值点得
f′(－2)＝e－3·(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0，
所以a＝－1.
所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝ex－1·(x2＋x－2)．
由ex－1>0恒成立，得x＝－2或x＝1时，f′(x)＝0，
且x<－2时，f′(x)>0；－2x>1时，f′(x)>0.
所以x＝1是函数f(x)的极小值点．
所以函数f(x)的极小值为f(1)＝－1.
故选A.
11．(2019·河南八市质量监测)已知函数f(x)＝＋xlnx，g(x)＝x3－x2－5，若对任意的x1，x2∈，都有f(x1)－g(x2)≥2成立，则a的取值范围是( B )
A．(0，＋∞) B．[1，＋∞)
C．(－∞，0) D．(－∞，－1]
[解析] 由于g(x)＝x3－x2－5?g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，∴函数g(x)在上单调递减，在上单调递增，g＝－－5＝－，g(2)＝8－4－5＝－1.由于对?x1，x2∈，f(x1)－g(x2)≥2恒成立，∴f(x)≥[g(x)＋2]max，即x∈时，f(x)≥1恒成立，即＋xlnx≥1，在上恒成立，a≥x－x2lnx在上恒成立，令h(x)＝x－x2lnx，则h′(x)＝1－2xlnx－x，
而h″(x)＝－3－2lnx，x∈时，h″(x)<0，
所以h′(x)＝1－2xlnx－x在单调递减，
由于h′(1)＝0，∴x∈时，h′(x)>0，x∈[1,2]时，h′(x)<0，所以h(x)≤h(1)＝1，∴a≥1.
12．(2017·全国卷Ⅲ理，11)已知函数f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零点，则a＝
( C )
A．－ B．
C． D．1
[解析] 方法1：f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)＝(x－1)2＋a[ex－1＋e－(x－1)]－1，
令t＝x－1，则g(t)＝f(t＋1)＝t2＋a(et＋e－t)－1.
∵g(－t)＝(－t)2＋a(e－t＋et)－1＝g(t)，
∴函数g(t)为偶函数．
∵f(x)有唯一零点，
∴g(t)也有唯一零点．
又g(t)为偶函数，由偶函数的性质知g(0)＝0，
∴2a－1＝0，解得a＝.
故选C.
方法2：f(x)＝0?a(ex－1＋e－x＋1)＝－x2＋2x.
ex－1＋e－x＋1≥2＝2，
当且仅当x＝1时取“＝”．
－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，当且仅当x＝1时取“＝”．
若a>0，则a(ex－1＋e－x＋1)≥2a，
要使f(x)有唯一零点，则必有2a＝1，即a＝.
若a≤0，则f(x)的零点不唯一．
故选C.
第Ⅱ卷(非选择题 共90分)
二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，将正确答案填在题中横线上)
13．一工厂生产某型号车床，年产量为N台，分批进行生产，每批生产量相同，每批生产的准备费为C2元，产品生产后暂存库房，然后均匀投放市场(指库存量至多等于每批的生产量)．设每年每台的库存费为C1元，求在不考虑生产能力的条件下，每批生产该车床台，一年中库存费和生产准备费之和最小．
[解析] 设每批生产x台，则一年生产批．一年中库存费和生产准备费之和y＝C1x＋(0y′＝C1－.由y′＝0及014．若函数f(x)＝(a>0)在[1，＋∞]上的最大值为，则a的值为－1 .
[解析] f′(x)＝＝.当x>时f′(x)<0，f(x)在(，＋∞)上是递减的，当－0，f(x)在(－，)上是递增的．当x＝时，f()＝＝，＝<1，不合题意．
∴f(x)max＝f(1)＝＝，解得a＝－1.
15．设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)__．
[解析] 记函数g(x)＝，则g′(x)＝，因为当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，故当x>0时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减；又因为函数f(x)(x∈R)是奇函数，故函数g(x)是偶函数，所以g(x)在(－∞，0)单调递减，且g(－1)＝g(1)＝0.当00，则f(x)>0；当x<－1时，g(x)<0，则f(x)>0，综上所述，使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．
16．(2019·泉州实验中学期中)已知函数f(x)＝x3－3x，若过点A(1，m)(m≠－2)可作曲线y＝f(x)的三条切线，则实数m的取值范围为(－3，－2)__．
[解析] f ′(x)＝3x2－3，设切点为P(x0，y0)，则切线方程为y－(x－3x0)＝(3x－3)(x－x0)，∵切线经过点A(1，m)，∴m－(x－3x0)＝(3x－3)(1－x0)，∴m＝－2x＋3x－3，m′＝－6x＋6x0，∴当01时，此函数单调递减，当x0＝0时，m＝－3，当x0＝1时，m＝－2，∴当－3三、解答题(本大题共6个小题，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)＝x3＋ax2＋bx＋c，f(x)在x＝0处取得极值，并且在区间[0,2]和[4,5]上具有相反的单调性．
(1)求实数b的值；
(2)求实数a的取值范围．
[解析] (1)由导数公式表和求导法则得，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即得b＝0.
(2)令f′(x)＝0，即3x2＋2ax＝0，解得x＝0或x＝－a.依题意有－a>0.
因为函数在单调区间[0,2]和[4,5]上具有相反的单调性，
所以应有2≤－a≤4，解得－6≤a≤－3.
18．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋5，若曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为3，且x＝时，y＝f(x)有极值．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)求函数f(x)在[－4,1]上的最大值和最小值．
[解析] f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，
(1)由题意得，
解得
经检验得x＝时，y＝f(x)有极小值，
所以f(x)＝x3＋2x2－4x＋5.
(2)由(1)知，f ′(x)＝3x2＋4x－4＝(x＋2)(3x－2)．
令f ′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝，
f ′(x)，f(x)的值随x的变化情况如下表：
x
－4
(－4，－2)
－2
(－2，)
(，1)
1
f ′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
函数值
－11
13
4
∵f()＝，f(－2)＝13，f(－4)＝－11，f(1)＝4，
∴f(x)在[－4,1]上的最大值为13，最小值为－11.
19．(本小题满分12分)(2019·北京卷理，19)已知函数f(x)＝x3－x2＋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.
(3)设F(x)＝|f(x)－(x＋a)|(a∈R)，记F(x)在区间[－2,4]上的最大值为M(a)．当M(a)最小时，求a的值．
[解析] (1)由f(x)＝x3－x2＋x得f′(x)＝x2－2x＋1.
令f′(x)＝1，即x2－2x＋1＝1，得x＝0或x＝.
又f(0)＝0，f＝，
所以曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程是y＝x与y－＝x－，
即y＝x与y＝x－.
(2)证明：令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2,4]．
由g(x)＝x3－x2得g′(x)＝x2－2x.
令g′(x)＝0得x＝0或x＝.
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下：
x
－2
(－2,0)
0
4
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
－6
?
0
?
－
?
0
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.
(3)由(2)知，
当a<－3时，M(a)＝F(0)＝|g(0)－a|＝－a>3；
当a>－3时，M(a)＝F(－2)＝|g(－2)－a|＝6＋a>3；
当a＝－3时，M(a)＝3.
综上，当M(a)最小时，a＝－3.
20．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝＋－lnx－，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于y＝x.
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间与极值．
[解析] (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－－，由导数的几何意义，且切线与y＝x垂直．
得f′(1)＝－a－1＝－2，∴a＝.
(2)由(1)知f(x)＝＋－lnx－，
∴f′(x)＝－－＝.
令f′(x)＝0解得x＝－1或5，－1不在定义域之内故舍去．
∴当x∈(0,5)，f′(x)<0，∴f(x)在(0,5)递减．
当x∈(5，＋∞)，f′(x)>0，∴f(x)在(5，＋∞)递增．
∴f(x)的增区间为(5，＋∞)，减区间为(0,5)
∴f(x)在x＝5时取极小值f(5)＝＋－ln5－＝－ln5.
21．(本小题满分12分)(2019·长沙高二检测)某工厂生产一种仪器的元件，由于受生产能力和技术水平的限制，会产生一些次品，根据经验知道，其次品率P与日产量x(万件)之间大体满足关系：
P＝(其中c为小于6的正常数)
(注：次品率＝次品数/生产量，如P＝0.1表示每生产10件产品，有1件为次品，其余为合格品)
已知每生产1万件合格的仪器可盈利2万元，但每生产1万件次品将亏损1万元，故厂方希望定出合适的日产量．
(1)试将生产这种仪器的元件每天的盈利额T(万元)表示为日产量x(万件)的函数．
(2)当日产量为多少时，可获得最大利润？
[解析] (1)当x>c时，P＝，
所以T＝x·2－x·1＝0.
当1≤x≤c时，P＝，
所以T＝(1－)·x·2－()·x·1＝.
综上，日盈利额T(万元)与日产量x(万件)的函数关系为：T＝
(2)由(1)知，当x>c时，每天的盈利额为0，
当1≤x≤c时，T′＝＝，
令T′＝0，解得x＝3或x＝9.
因为1所以(ⅰ)当3≤c<6时，Tmax＝3，此时x＝3.
(ⅱ)当1≤c<3时，
由T′＝＝
知函数T＝在[1,3]上递增，
所以Tmax＝，此时x＝c.
综上，若3≤c<6，则当日产量为3万件时，可获得最大利润；若1≤c<3，则当日产量为c万件时，可获得最大利润．
22．(本小题满分12分)(2019·全国Ⅰ卷理，20)已知函数f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数．证明：
(1)f′(x)在区间存在唯一极大值点；
(2)f(x)有且仅有2个零点．
[解析] (1)证明：设g(x)＝f′(x)，
则g(x)＝cos x－，g′(x)＝－sin x＋.
当x∈时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，g′＜0，可得g′(x)在有唯一零点，设为α.
则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；当x∈时，g′(x)＜0.
所以g(x)在(－1，α)单调递增，在单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f′(x)在存在唯一极大值点．
(2)证明：f(x)的定义域为(－1，＋∞)．
①当x∈(－1,0]时，由(1)知，f′(x)在(－1,0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1,0)时，f′(x)＜0，故f(x)在(－1,0)单调递减．又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1,0]的唯一零点．
②当x∈时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在单调递减，而f′(0)＝0，f′＜0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)单调递增，在单调递减．又f(0)＝0，f＝1－ln＞0，所以当x∈时，f(x)＞0.从而，f(x)在没有零点．
③当x∈时，f′(x)＜0，所以f(x)在单调递减．而f＞0，f(π)＜0，所以f(x)在有唯一零点．
④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)＞1.
所以f(x)＜0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点．
综上，f(x)有且仅有2个零点．
课件43张PPT。第三章导数应用
本章总结知 识 网 络专题突破利用导数研究函数的单调区间是导数的主要应用之一，其步骤为：
(1)求导数f′(x)；
(2)解不等式f′(x)>0或f′(x)<0；
(3)确定并指出函数的单调增区间、减区间．
特别要注意写单调区间时，区间之间用“和”或“，”隔开，绝对不能用“∪”连接．
已知a∈R，求函数f(x)＝x2eax的单调区间．(注y＝eax(a为常数)的导数y′＝aeax)专题一 ?利用导数研究函数的单调区间典例 1 [解析] 函数f(x)的导数f′(x)＝2xeax＋ax2eax＝(2x＋ax2)eax.
(1)当a＝0时，若x<0，则f′(x)<0，若x>0，则f′(x)>0.
所以，当a＝0时，函数f(x)在区间(－∞，0)内为减函数，在区间(0，＋∞)内为增函数．『规律总结』 1.含参函数的单调性要注意分类讨论，通过确定导数的符号判断函数的单调性．
2．已知函数的单调性求参数可以利用给定的已知区间和函数单调区间的包含关系或转化为恒成立问题两种思路解决．利用导数研究函数的极值和最值是导数的另一主要应用．
1．应用导数求函数极值的一般步骤：
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)解方程f′(x)＝0的根；
(3)检验f′(x)＝0的根的两侧f′(x)的符号．
若左正右负，则f(x)在此根处取得极大值；
若左负右正，则f(x)在此根处取得极小值；
否则，此根不是f(x)的极值点．专题二 ?利用导数研究函数的极值和最值2．求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最大值、最小值的方法与步骤：
(1)求f(x)在(a，b)内的极值；
(2)将(1)求得的极值与f(a)、f(b)相比较，其中最大的一个值为最大值，最小的一个值为最小值．
特别地，①当f(x)在[a，b]上单调时，其最小值、最大值在区间端点取得；②当f(x)在(a，b)内只有一个极值点时，若在这一点处f(x)有极大(或极小)值，则可以断定f(x)在该点处取得最大(或最小)值，这里(a，b)也可以是(－∞，＋∞)． 已知函数f(x)＝x3－ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．
(1)若函数f(x)在x＝－1和x＝3处取得极值，试求a、b的值；
(2)在(1)的条件下，当x∈[－2,6]时，f(x)<2|c|恒成立，求c的取值范围．
[思路分析] (2)中，要使不等式f(x)<2|c|恒成立，关键是求出f(x)在闭区间[－2,6]上的最大值．
[解析] (1)f′(x)＝3x2－2ax＋b，
∵函数f(x)在x＝－1和x＝3处取得极值，
∴－1,3是方程3x2－2ax＋b＝0的两根．典例 2 (2)由(1)知f(x)＝x3－3x2－9x＋c，
f′(x)＝3x2－6x－9，
当x变化时，有下表：∴x∈[－2,6]时，f(x)的最大值为c＋54.
要使f(x)<2|c|恒成立，只要c＋54<2|c|即可，
当c≥0时，c＋54<2c，∴c>54；
当c<0时，c＋54<－2c，
∴c<－18.
∴c∈(－∞，－18)∪(54，＋∞)．『规律总结』 不等式恒成立时求参数的取值范围问题是一种常见的题型，这种题型的解法有多种，其中最常用的方法就是分离参数，然后转化为求函数的最值问题，在求函数最值时，可以借助导数求解．若要证明不等式f(x)>g(x)，通常可构造函数φ(x)＝f(x)－g(x)，只需证φ(x)>0，由此转化为求φ(x)的最小值问题，可借助于导数解决；若要证明不等式f(x)>a(a为常数)，通常证明f(x)为增函数，且f(x)min>0.
已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1.
(1)若xf′(x)≤x2＋ax＋1，求a的取值范围；
(2)证明：(x－1)f(x)≥0.专题三 ?利用导数证明不等式典例 3 『规律总结』 函数在某个区间上的导数值大于(小于)0时，则该函数在该区间上单调递增(递减)．因而在证明不等式时，根据不等式的特点有时可以构造函数，用导数证明该函数的单调性，然后再用函数单调性达到证明不等式的目的，即把证明不等式转化为证明函数的单调性．高考中经常以解答题形式出现．已知函数的单调性求参数的取值范围时，可以有两种方法，一是利用函数单调性的定义，二是利用导数法，利用导数法更为简捷．利用导数法解决取值范围问题时可以有两 个基本思路：一是将问题转化为不等式在某区间上的恒成立问题，即f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立，用分离参数或函数性质求解参数范围，然后检验参数取“＝”时是否满足题意；另一思路是先令f′(x)>0(或f′(x)<0)，求出参数的取值范围后，再令参数取“＝”，看此时f(x)是否满足题意．专题四 ?利用导数求参数的取值范围[思路分析] 应用导数知识求解曲线的切线方程及函数最值．典例 4 『规律总结』 本题主要考查曲线的切线方程．利用导数研究函数的单调性与极值、解不等式等基础知识，同时考查运算能力及分类讨论的思想方法．从数学角度反映实际问题，建立数学模型，转化为函数最值问题，再利用导数解决，从而进一步地解决实际问题是高考提出的能力要求．专题五 ?实际问题中的应用典例 5 [思路分析] 本小题主要考查函数、导数等基础知识，同时考查运用数学知识解决实际问题的能力．可根据题意得出f(x)的解析式，再利用导数解决．『规律总结』 利用导数解决最优化问题的关键是建立函数模型，因此需先审清题意，明确常量与变量及其关系，再写出实际问题的关系式，特别需要注明变量的取值范围．C C 3．函数f(x)＝x3＋ax－2在区间[1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是
( )
A．[3，＋∞) B．[－3，＋∞)
C．(－3，＋∞) D．(－∞，－3)
[解析] ∵f(x)＝x3＋ax－2在[1，＋∞)上是增函数，
∴f ′(x)＝3x2＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，
即a≥－3x2在[1，＋∞)上恒成立，
又∵在[1，＋∞)上(－3x2)max＝－3，
∴a≥－3，故应选B.B B 6．一艘轮船在航行中的燃料费和它的速度的立方成正比，已知在速度为每小时10 km时燃料费是每小时6元 ，而其他与速度无关的费用是每小时96元，则此轮船的速度为____km/h航行时，能使行驶每公里的费用总和最小．20三、解答题
7．(2017·全国Ⅰ理，21)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－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．
[解析] (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．
(ⅰ)若a≤0，则f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递减．
(ⅱ)若a>0，则由f′(x)＝0得x＝－ln a.
当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0；
当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，－ln a)单调递减，在(－ln a，＋∞)单调递增．