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)＝ x 2 －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 x 2 －5x＋6≥0，即(x－2)(x－3)≥0，解得 x≤2 或 x≥3.故选 A. 答案 A 2.(2020·沈阳一监)已知 a＝3 13 ，b＝212 ，c＝log 3 2，则 a，b，c 的大小关系为(
) A.a<b<c
B.b<a<c
C.c<a<b
D.c<b<a 解析 ∵a＝3 13 ＝916 ，b＝212 ＝816 ，916 >816 >80 ＝1，∴a>b>1.又 c＝log 3 2<log 3 3＝1，∴a>b>1>c.故选 D. 答案 D 3.(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 x B.f(x)＝x＋sin 2x C.f(x)＝x－ 12 sin 2x D.f(x)＝x－ 12 cos x 解析 对于 A，函数 f(x)的定义域为{x|x≠ π2 ＋kπ，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＋2kπ<x< 4π3＋2kπ(k∈Z)，则函数 f(x)在区间( 2π3＋2kπ，4π3＋2kπ)(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 C 4.(2020·青岛质检)已知函数 f(x)＝ 3x －9，x≥0，xe x ，x<0，若 f(x)的零点为 α，极值点为 β，则 α＋β＝(
) A.－1
B.0
C.1
D.2 解析 当 x≥0 时，令 f(x)＝0，即 3 x －9＝0，解得 x＝2；当 x<0 时，f(x)＝xe x <0恒成立.∴f(x)的零点 α＝2.当 x≥0 时，f(x)＝3 x －9 为增函数，故在[0，＋∞)上无极值点；当 x<0 时，f(x)＝xe 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 C 5.(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 B 6.(2020·合肥质检)射线测厚技术原理公式为 I＝I 0 e－ 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( 241 Am)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.0.114
D.0.116 解析 由题意可得 t＝0.8，ρ＝7.6， II 0 ＝12 .因为 I＝I 0 e－ 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 C 7.(2020·中原名校联考)函数f(x)＝ |log2 x|，x>0，2 x ，x≤0，则函数g(x)＝3(f(x)) 2 －8f(x)＋4的零点个数是(
) A.5
B.4
C.3
D.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)＝ |log2 x|，x>0，2 x ，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 A
8.已知 a∈R，设函数 f(x)＝ x2 －2ax＋2a，x≤1，x－aln 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－aln 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.－1
B. 12
C.－ 3
D.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 AD 10.(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＝ex 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＝x 2 ＋1＝f(x)，即 f(x)＝x 2 ＋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)＝x 2 ＋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 BC 11.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 ABC 12.对于函数 f(x)＝ ln xx 2，下列说法正确的是(
) A.f(x)在 x＝ e处取得极大值12e
B.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 xx 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 xx 2＋1x 2 (x>0)，则 g′(x)＝－1＋2ln xx 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>e2 ，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 5 14.(2020·河南六市模拟)设函数 f(x)＝ ex ＋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)， ∴ x2 －4≥0，－3x<0或 x2 －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
≥2 x·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＝xe 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) 3 e x 在(－∞，－1)上有两个不同的解.设 f(x)＝(x＋1) 3 e 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)＝ 14 x3 －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)＝ 14 x3 －x 2 ＋x 得 f′(x)＝ 34 x2 －2x＋1. 令 f′(x)＝1，即 34 x2 －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)＝ 14 x3 －x 2 ，g′(x)＝ 34 x2 －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：
x －2 (－2，0) 0 0， 83 83
83 ，4 4 g′(x)
＋ 0 － 0 ＋
g(x) －6
0
－ 6427
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. 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)－ 12 ea x 2 ，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)＝e 0 (0－1)－0＝－1，∴切点为(0，－1). 又∵f′(0)＝0×(e 0 －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 x 1 ＝0，x 2 ＝a(a<0). 当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表. x (－∞，a) a (a，0) 0 (0，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)
∴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)－ 12 ea a 2 ＝ a－1－ 12 a2e a ， f(0)＝－1<0，f(2)＝e 2 －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＋ax 2 ＋(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－xln 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－xln 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，h12<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)＝－2xe x ＋(1－x 2 )e x ＝(1－2x－x 2 )e x . 令 f′(x)＝0，得 x 2 ＋2x－1＝0， 解得 x 1 ＝－ 2－1，x 2 ＝ 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)＝－xe 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－x 2 )，取 x 0 ＝5－4a－12，则 x 0 ∈(0，1)， (1－x 0 )(1＋x 0 ) 2 －ax 0 －1＝0，故 f(x 0 )>ax 0 ＋1. 当 a≤0 时，取 x 0 ＝5－12， 则 x 0 ∈(0，1)，f(x 0 )>(1－x 0 )(1＋x 0 ) 2 ＝1≥ax 0 ＋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)＝ae2x＋(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)＝ae2x＋(a－2)e x －x， 故 f′(x)＝2ae2x＋(a－2)e x －1＝(ae x －1)(2e x ＋1)， ①当 a≤0 时，ae 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 ae x －1＝0，得 x＝－ln a. x (－∞，－ln a) －ln a (－ln a，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 极小值 单调递增 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)＝ae 2 ＋ae ＋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).
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