高考数学真题导数专题及答案.pdf

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1、-WORD 格式-可编辑-专业资料-完整版学习资料分享-2017 年高考真题导数专题 一解答题（共 12 小题）1已知函数 f（x）=ae2x+（a2）exx（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 2已知函数 f（x）=ax2axxlnx，且 f（x）0（1）求 a；（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点 x0，且 e2f（x0）22 3已知函数 f（x）=x1alnx（1）若 f（x）0，求 a 的值；（2）设 m 为整数，且对于任意正整数 n，（1+）（1+）（1+）m，求 m 的最小值 4已知函数 f（x）=x3+ax2+bx+1（a0，bR）有极

2、值，且导函数 f（x）的极值点是f（x）的零点（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）（1）求 b 关于 a 的函数关系式，并写出定义域；（2）证明：b23a；（3）若 f（x），f（x）这两个函数的所有极值之和不小于，求 a 的取值范围 5设函数 f（x）=（1x2）ex（1）讨论 f（x）的单调性；（2）当 x0 时，f（x）ax+1，求 a 的取值范围 6已知函数 f（x）=（x）ex（x）（1）求 f（x）的导函数；（2）求 f（x）在区间，+）上的取值范围 7已知函数 f（x）=x2+2cosx，g（x）=ex（cosxsinx+2x2），其中 e2.17828是自然对数的底数（）

3、求曲线 y=f（x）在点（，f（）处的切线方程；（）令 h（x）=g（x）a f（x）（aR），讨论 h（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值-WORD 格式-可编辑-专业资料-完整版学习资料分享-8已知函数 f（x）=excosxx（1）求曲线 y=f（x）在点（0，f（0）处的切线方程；（2）求函数 f（x）在区间0，上的最大值和最小值 9设 aZ，已知定义在 R 上的函数 f（x）=2x4+3x33x26x+a 在区间（1，2）内有一个零点 x0，g（x）为 f（x）的导函数（）求 g（x）的单调区间；（）设 m1，x0）（x0，2，函数 h（x）=g（x）（mx0）f（m），求

4、证：h（m）h（x0）0；（）求证：存在大于 0 的常数 A，使得对于任意的正整数 p，q，且1，x0）（x0，2，满足|x0|10已知函数 f（x）=x3ax2，aR，（1）当 a=2 时，求曲线 y=f（x）在点（3，f（3）处的切线方程；（2）设函数 g（x）=f（x）+（xa）cosxsinx，讨论 g（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值 11设 a，bR，|a|1已知函数 f（x）=x36x23a（a4）x+b，g（x）=exf（x）（）求 f（x）的单调区间；（）已知函数 y=g（x）和 y=ex的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，（i）求证：f（x）在 x=x0

5、处的导数等于 0；（ii）若关于 x 的不等式 g（x）ex在区间x01，x0+1上恒成立，求 b 的取值范围 12已知函数 f（x）=ex（exa）a2x（1）讨论 f（x）的单调性；（2）若 f（x）0，求 a 的取值范围 -WORD 格式-可编辑-专业资料-完整版学习资料分享-2017 年高考真题导数专题 参考答案与试题解析 一解答题（共 12 小题）1（2017新课标）已知函数 f（x）=ae2x+（a2）exx（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【解答】解：（1）由 f（x）=ae2x+（a2）exx，求导 f（x）=2ae2x+（a2）ex

6、1，当 a=0 时，f（x）=2ex10，当 xR，f（x）单调递减，当 a0 时，f（x）=（2ex+1）（aex1）=2a（ex+）（ex），令 f（x）=0，解得：x=ln，当 f（x）0，解得：xln，当 f（x）0，解得：xln，x（，ln）时，f（x）单调递减，x（ln，+）单调递增；当 a0 时，f（x）=2a（ex+）（ex）0，恒成立，当 xR，f（x）单调递减，综上可知：当 a0 时，f（x）在 R 单调减函数，当 a0 时，f（x）在（，ln）是减函数，在（ln，+）是增函数；（2）若 a0 时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，当 a0 时，f（x）=ae2x+（a

7、2）exx，当 x时，e2x0，ex0，当 x时，f（x）+，当 x，e2x+，且远远大于 ex和 x，当 x，f（x）+，函数有两个零点，f（x）的最小值小于0 即可，-WORD 格式-可编辑-专业资料-完整版学习资料分享-由 f（x）在（，ln）是减函数，在（ln，+）是增函数，f（x）min=f（ln）=a（）+（a2）ln0，1ln0，即 ln+10，设 t=，则 g（t）=lnt+t1，（t0），求导 g（t）=+1，由 g（1）=0，t=1，解得：0a1，a 的取值范围（0，1）方法二：（1）由 f（x）=ae2x+（a2）exx，求导 f（x）=2ae2x+（a2）ex1，当 a

8、=0 时，f（x）=2ex10，当 xR，f（x）单调递减，当 a0 时，f（x）=（2ex+1）（aex1）=2a（ex+）（ex），令 f（x）=0，解得：x=lna，当 f（x）0，解得：xlna，当 f（x）0，解得：xlna，x（，lna）时，f（x）单调递减，x（lna，+）单调递增；当 a0 时，f（x）=2a（ex+）（ex）0，恒成立，当 xR，f（x）单调递减，综上可知：当 a0 时，f（x）在 R 单调减函数，当 a0 时，f（x）在（，lna）是减函数，在（lna，+）是增函数；（2）若 a0 时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，当 a0 时，由（1）可知：当 x

9、=lna 时，f（x）取得最小值，f（x）min=f（lna）=1ln，当 a=1，时，f（lna）=0，故 f（x）只有一个零点，当 a（1，+）时，由 1ln0，即 f（lna）0，故 f（x）没有零点，当 a（0，1）时，1ln0，f（lna）0，由 f（2）=ae4+（a2）e2+22e2+20，-WORD 格式-可编辑-专业资料-完整版学习资料分享-故 f（x）在（，lna）有一个零点，假设存在正整数 n0，满足 n0ln（1），则 f（n0）=（a+a2）n0n0n00，由 ln（1）lna，因此在（lna，+）有一个零点 a 的取值范围（0，1）2（2017新课标）已知函数 f（

10、x）=ax2axxlnx，且 f（x）0（1）求 a；（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点 x0，且 e2f（x0）22【解答】（1）解：因为 f（x）=ax2axxlnx=x（axalnx）（x0），则 f（x）0 等价于 h（x）=axalnx0，求导可知 h（x）=a 则当 a0 时 h（x）0，即 y=h（x）在（0，+）上单调递减，所以当 x01 时，h（x0）h（1）=0，矛盾，故 a0 因为当 0 x 时 h（x）0、当 x 时 h（x）0，所以 h（x）min=h（），又因为 h（1）=aaln1=0，所以=1，解得 a=1；（2）证明：由（1）可知 f（x）=x2xxlnx

11、，f（x）=2x2lnx，令 f（x）=0，可得 2x2lnx=0，记 t（x）=2x2lnx，则 t（x）=2，令 t（x）=0，解得：x=，所以 t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+）上单调递增，所以 t（x）min=t（）=ln210，从而 t（x）=0 有解，即 f（x）=0 存在两根 x0，x2，且不妨设 f（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+）上为正，所以 f（x）必存在唯一极大值点 x0，且 2x02lnx0=0，所以 f（x0）=x0 x0lnx0=x0+2x02=x0，-WORD 格式-可编辑-专业资料-完整版学习资料分享-由 x0 可知 f

12、（x0）（x0）max=+=；由 f（）0 可知 x0，所以 f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，所以 f（x0）f（）=；综上所述，f（x）存在唯一的极大值点 x0，且 e2f（x0）22 3（2017新课标）已知函数 f（x）=x1alnx（1）若 f（x）0，求 a 的值；（2）设 m 为整数，且对于任意正整数 n，（1+）（1+）（1+）m，求 m 的最小值【解答】解：（1）因为函数 f（x）=x1alnx，x0，所以 f（x）=1=，且 f（1）=0 所以当 a0 时 f（x）0 恒成立，此时 y=f（x）在（0，+）上单调递增，这与 f（x）0 矛盾；当 a0

13、 时令 f（x）=0，解得 x=a，所以 y=f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+）上单调递增，即 f（x）min=f（a），又因为 f（x）min=f（a）0，所以 a=1；（2）由（1）可知当 a=1 时 f（x）=x1lnx0，即 lnxx1，所以 ln（x+1）x 当且仅当 x=0 时取等号，所以 ln（1+），kN*一方面，ln（1+）+ln（1+）+ln（1+）+=11，即（1+）（1+）（1+）e；另一方面，（1+）（1+）（1+）（1+）（1+）（1+）=2；从而当 n3 时，（1+）（1+）（1+）（2，e），因为 m 为整数，且对于任意正整数 n，（1+）（1+）（1

14、+）m 成立，所以 m 的最小值为 3-WORD 格式-可编辑-专业资料-完整版学习资料分享-4（2017江苏）已知函数 f（x）=x3+ax2+bx+1（a0，bR）有极值，且导函数 f（x）的极值点是 f（x）的零点（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）（1）求 b 关于 a 的函数关系式，并写出定义域；（2）证明：b23a；（3）若 f（x），f（x）这两个函数的所有极值之和不小于，求 a 的取值范围【解答】（1）解：因为 f（x）=x3+ax2+bx+1，所以 g（x）=f（x）=3x2+2ax+b，g（x）=6x+2a，令 g（x）=0，解得 x=由于当 x 时 g（x）0，g（

15、x）=f（x）单调递增；当 x 时 g（x）0，g（x）=f（x）单调递减；所以 f（x）的极小值点为 x=，由于导函数 f（x）的极值点是原函数f（x）的零点，所以 f（）=0，即+1=0，所以 b=+（a0）因为 f（x）=x3+ax2+bx+1（a0，bR）有极值，所以 f（x）=3x2+2ax+b=0 的实根，所以 4a212b0，即 a2+0，解得 a3，所以 b=+（a3）（2）证明：由（1）可知 h（a）=b23a=+=（4a327）（a327），由于 a3，所以 h（a）0，即 b23a；（3）解：由（1）可知 f（x）的极小值为 f（）=b，设 x1，x2是 y=f（x）的两

16、个极值点，则 x1+x2=，x1x2=，所以 f（x1）+f（x2）=+a（+）+b（x1+x2）+2=（x1+x2）（x1+x2）23x1x2+a（x1+x2）22x1x2+b（x1+x2）+2-WORD 格式-可编辑-专业资料-完整版学习资料分享-=+2，又因为 f（x），f（x）这两个函数的所有极值之和不小于，所以 b+2=，因为 a3，所以 2a363a540，所以 2a（a236）+9（a6）0，所以（a6）（2a2+12a+9）0，由于 a3 时 2a2+12a+90，所以 a60，解得 a6，所以 a 的取值范围是（3，6 5（2017新课标）设函数 f（x）=（1x2）ex（1

17、）讨论 f（x）的单调性；（2）当 x0 时，f（x）ax+1，求 a 的取值范围【解答】解：（1）因为 f（x）=（1x2）ex，xR，所以 f（x）=（12xx2）ex，令 f（x）=0 可知 x=1，当 x1或 x1+时 f（x）0，当1x1+时 f（x）0，所以 f（x）在（，1），（1+，+）上单调递减，在（1，1+）上单调递增；（2）由题可知 f（x）=（1x）（1+x）ex下面对 a 的范围进行讨论：当 a1 时，设函数 h（x）=（1x）ex，则 h（x）=xex0（x0），因此 h（x）在0，+）上单调递减，又因为 h（0）=1，所以 h（x）1，所以 f（x）=（1x）h（

18、x）x+1ax+1；当 0a1 时，设函数 g（x）=exx1，则 g（x）=ex10（x0），所以 g（x）在0，+）上单调递增，又 g（0）=101=0，所以 exx+1 因为当 0 x1 时 f（x）（1x）（1+x）2，所以（1x）（1+x）2ax1=x（1axx2），-WORD 格式-可编辑-专业资料-完整版学习资料分享-取 x0=（0，1），则（1x0）（1+x0）2ax01=0，所以 f（x0）ax0+1，矛盾；当 a0 时，取 x0=（0，1），则 f（x0）（1x0）（1+x0）2=1ax0+1，矛盾；综上所述，a 的取值范围是1，+）6（2017浙江）已知函数 f（x）=（

19、x）ex（x）（1）求 f（x）的导函数；（2）求 f（x）在区间，+）上的取值范围【解答】解：（1）函数 f（x）=（x）ex（x），导数 f（x）=（12）ex（x）ex=（1x+）ex=（1x）（1）ex；（2）由 f（x）的导数 f（x）=（1x）（1）ex，可得 f（x）=0 时，x=1 或，当x1 时，f（x）0，f（x）递减；当 1x 时，f（x）0，f（x）递增；当 x 时，f（x）0，f（x）递减，且 xx22x1（x1）20，则 f（x）0 由 f（）=e，f（1）=0，f（）=e，即有 f（x）的最大值为e，最小值为 f（1）=0 则 f（x）在区间，+）上的取值范围是0

20、，e 7（2017山东）已知函数 f（x）=x2+2cosx，g（x）=ex（cosxsinx+2x2），其中 e2.17828是自然对数的底数-WORD 格式-可编辑-专业资料-完整版学习资料分享-（）求曲线 y=f（x）在点（，f（）处的切线方程；（）令 h（x）=g（x）a f（x）（aR），讨论 h（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值【解答】解：（I）f（）=22f（x）=2x2sinx，f（）=2 曲线 y=f（x）在点（，f（）处的切线方程为：y（22）=2（x）化为：2xy22=0（II）h（x）=g（x）a f（x）=ex（cosxsinx+2x2）a（x2+2cos

21、x）h（x）=ex（cosxsinx+2x2）+ex（sinxcosx+2）a（2x2sinx）=2（xsinx）（exa）=2（xsinx）（exelna）令 u（x）=xsinx，则 u（x）=1cosx0，函数 u（x）在 R 上单调递增 u（0）=0，x0 时，u（x）0；x0 时，u（x）0（1）a0 时，exa0，x0 时，h（x）0，函数 h（x）在（0，+）单调递增；x0 时，h（x）0，函数 h（x）在（，0）单调递减 x=0 时，函数 h（x）取得极小值，h（0）=12a（2）a0 时，令 h（x）=2（xsinx）（exelna）=0 解得 x1=lna，x2=0 0a1

22、 时，x（，lna）时，exelna0，h（x）0，函数 h（x）单调递增；x（lna，0）时，exelna0，h（x）0，函数 h（x）单调递减；x（0，+）时，exelna0，h（x）0，函数 h（x）单调递增 当 x=0 时，函数 h（x）取得极小值，h（0）=2a1 当 x=lna 时，函数 h（x）取得极大值，h（lna）=aln2a2lna+sin（lna）+cos（lna）+2 当 a=1 时，lna=0，xR 时，h（x）0，函数 h（x）在 R 上单调递增 1a 时，lna0，x（，0）时，exelna0，h（x）0，函数 h（x）单调递增；x（0，lna）时，exelna0

23、，h（x）0，函数 h（x）单调递减；x（lna，+）时，exelna0，h（x）0，函数 h（x）单调递增 当 x=0 时，函数 h（x）取得极大值，h（0）=2a1 当 x=lna 时，函数 h（x）取得极小值，h（lna）=aln2a2lna+sin（lna）+cos（lna）+2 综上所述：a0 时，函数 h（x）在（0，+）单调递增；x0 时，函数 h（x）在（-WORD 格式-可编辑-专业资料-完整版学习资料分享-，0）单调递减 x=0 时，函数 h（x）取得极小值，h（0）=12a 0a1 时，函数 h（x）在 x（，lna）是单调递增；函数 h（x）在 x（lna，0）上单调递

24、减当 x=0 时，函数 h（x）取得极小值，h（0）=2a1当 x=lna 时，函数 h（x）取得极大值，h（lna）=aln2a2lna+sin（lna）+cos（lna）+2 当 a=1 时，lna=0，函数 h（x）在 R 上单调递增 a1 时，函数 h（x）在（，0），（lna，+）上单调递增；函数 h（x）在（0，lna）上单调递减当 x=0 时，函数 h（x）取得极大值，h（0）=2a1当 x=lna 时，函数 h（x）取得极小值，h（lna）=aln2a2lna+sin（lna）+cos（lna）+2 8（2017北京）已知函数 f（x）=excosxx（1）求曲线 y=f（x）

25、在点（0，f（0）处的切线方程；（2）求函数 f（x）在区间0，上的最大值和最小值【解答】解：（1）函数 f（x）=excosxx 的导数为 f（x）=ex（cosxsinx）1，可得曲线 y=f（x）在点（0，f（0）处的切线斜率为 k=e0（cos0sin0）1=0，切点为（0，e0cos00），即为（0，1），曲线 y=f（x）在点（0，f（0）处的切线方程为 y=1；（2）函数 f（x）=excosxx 的导数为 f（x）=ex（cosxsinx）1，令 g（x）=ex（cosxsinx）1，则 g（x）的导数为 g（x）=ex（cosxsinxsinxcosx）=2exsinx，当

26、x0，可得 g（x）=2exsinx0，即有 g（x）在0，递减，可得 g（x）g（0）=0，则 f（x）在0，递减，即有函数 f（x）在区间0，上的最大值为 f（0）=e0cos00=1；最小值为 f（）=ecos=9（2017天津）设 aZ，已知定义在 R 上的函数 f（x）=2x4+3x33x26x+a 在区间（1，2）内有一个零点 x0，g（x）为 f（x）的导函数-WORD 格式-可编辑-专业资料-完整版学习资料分享-（）求 g（x）的单调区间；（）设 m1，x0）（x0，2，函数 h（x）=g（x）（mx0）f（m），求证：h（m）h（x0）0；（）求证：存在大于 0 的常数 A，

27、使得对于任意的正整数 p，q，且1，x0）（x0，2，满足|x0|【解答】（）解：由 f（x）=2x4+3x33x26x+a，可得 g（x）=f（x）=8x3+9x26x6，进而可得 g（x）=24x2+18x6令 g（x）=0，解得 x=1，或 x=当 x 变化时，g（x），g（x）的变化情况如下表：x（，1）（1，）（，+）g（x）+g（x）所以，g（x）的单调递增区间是（，1），（，+），单调递减区间是（1，）（）证明：由 h（x）=g（x）（mx0）f（m），得 h（m）=g（m）（mx0）f（m），h（x0）=g（x0）（mx0）f（m）令函数 H1（x）=g（x）（xx0）f（x）

28、，则 H1（x）=g（x）（xx0）由（）知，当 x1，2时，g（x）0，故当 x1，x0）时，H1（x）0，H1（x）单调递减；当 x（x0，2时，H1（x）0，H1（x）单调递增 因此，当 x1，x0）（x0，2时，H1（x）H1（x0）=f（x0）=0，可得 H1（m）0 即 h（m）0，令函数 H2（x）=g（x0）（xx0）f（x），则 H2（x）=g（x0）g（x）由（）知，g（x）在1，2上单调递增，故当 x1，x0）时，H2（x）0，H2（x）单调递增；当 x（x0，2时，H2（x）0，H2（x）单调递减因此，当 x1，x0）（x0，2时，H2（x）H2（x0）=0，可得得 H

29、2（m）0 即 h（x0）0，所以，h（m）h（x0）0（）对于任意的正整数 p，q，且，-WORD 格式-可编辑-专业资料-完整版学习资料分享-令 m=，函数 h（x）=g（x）（mx0）f（m）由（）知，当 m1，x0）时，h（x）在区间（m，x0）内有零点；当 m（x0，2时，h（x）在区间（x0，m）内有零点 所以 h（x）在（1，2）内至少有一个零点，不妨设为 x1，则 h（x1）=g（x1）（x0）f（）=0 由（）知 g（x）在1，2上单调递增，故 0g（1）g（x1）g（2），于是|x0|=因为当 x1，2时，g（x）0，故 f（x）在1，2上单调递增，所以 f（x）在区间1，

30、2上除 x0外没有其他的零点，而x0，故 f（）0 又因为 p，q，a 均为整数，所以|2p4+3p3q3p2q26pq3+aq4|是正整数，从而|2p4+3p3q3p2q26pq3+aq4|1 所以|x0|所以，只要取 A=g（2），就有|x0|10（2017山东）已知函数 f（x）=x3 ax2，aR，（1）当 a=2 时，求曲线 y=f（x）在点（3，f（3）处的切线方程；（2）设函数 g（x）=f（x）+（xa）cosxsinx，讨论 g（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值【解答】解：（1）当 a=2 时，f（x）=x3x2，f（x）=x22x，k=f（3）=96=3，f（3

31、）=279=0，曲线 y=f（x）在点（3，f（3）处的切线方程 y=3（x3），即 3xy9=0（2）函数 g（x）=f（x）+（xa）cosxsinx=x3 ax2+（xa）cosxsinx，g（x）=（xa）（xsinx），令 g（x）=0，解得 x=a，或 x=0，若 a0 时，当 x0 时，g（x）0 恒成立，故 g（x）在（，0）上单调递增，当 xa 时，g（x）0 恒成立，故 g（x）在（a，+）上单调递增，-WORD 格式-可编辑-专业资料-完整版学习资料分享-当 0 xa 时，g（x）0 恒成立，故 g（x）在（0，a）上单调递减，当 x=a 时，函数有极小值，极小值为 g（

32、a）=a3sina 当 x=0 时，有极大值，极大值为 g（0）=a，若 a0 时，当 x0 时，g（x）0 恒成立，故 g（x）在（，0）上单调递增，当 xa 时，g（x）0 恒成立，故 g（x）在（，a）上单调递增，当 ax0 时，g（x）0 恒成立，故 g（x）在（a，0）上单调递减，当 x=a 时，函数有极大值，极大值为 g（a）=a3sina 当 x=0 时，有极小值，极小值为 g（0）=a 当 a=0 时，g（x）=x（x+sinx），当 x0 时，g（x）0 恒成立，故 g（x）在（0，+）上单调递增，当 x0 时，g（x）0 恒成立，故 g（x）在（，0）上单调递增，g（x）在

33、 R 上单调递增，无极值 11（2017天津）设 a，bR，|a|1已知函数 f（x）=x36x23a（a4）x+b，g（x）=exf（x）（）求 f（x）的单调区间；（）已知函数 y=g（x）和 y=ex的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，（i）求证：f（x）在 x=x0处的导数等于 0；（ii）若关于 x 的不等式 g（x）ex在区间x01，x0+1上恒成立，求 b 的取值范围【解答】（）解：由 f（x）=x36x23a（a4）x+b，可得 f（x）=3x212x3a（a4）=3（xa）（x（4a），令 f（x）=0，解得 x=a，或 x=4a由|a|1，得 a4a 当 x 变化时

34、，f（x），f（x）的变化情况如下表：x（，a）（a，4a）（4a，+）f（x）+f（x）f（x）的单调递增区间为（，a），（4a，+），单调递减区间为（a，4a）；（）（i）证明：g（x）=ex（f（x）+f（x），由题意知，-WORD 格式-可编辑-专业资料-完整版学习资料分享-，解得 f（x）在 x=x0处的导数等于 0；（ii）解：g（x）ex，xx01，x0+1，由 ex0，可得 f（x）1 又f（x0）=1，f（x0）=0，故 x0为 f（x）的极大值点，由（I）知 x0=a 另一方面，由于|a|1，故 a+14a，由（）知 f（x）在（a1，a）内单调递增，在（a，a+1）内单调

35、递减，故当 x0=a 时，f（x）f（a）=1 在a1，a+1上恒成立，从而 g（x）ex在x01，x0+1上恒成立 由 f（a）=a36a23a（a4）a+b=1，得 b=2a36a2+1，1a1 令 t（x）=2x36x2+1，x1，1，t（x）=6x212x，令 t（x）=0，解得 x=2（舍去），或 x=0 t（1）=7，t（1）=3，t（0）=1，故 t（x）的值域为7，1 b 的取值范围是7，1 12（2017新课标）已知函数 f（x）=ex（exa）a2x（1）讨论 f（x）的单调性；（2）若 f（x）0，求 a 的取值范围【解答】解：（1）f（x）=ex（exa）a2x=e2x

36、exaa2x，f（x）=2e2xaexa2=（2ex+a）（exa），当 a=0 时，f（x）0 恒成立，f（x）在 R 上单调递增，当 a0 时，2ex+a0，令 f（x）=0，解得 x=lna，当 xlna 时，f（x）0，函数 f（x）单调递减，当 xlna 时，f（x）0，函数 f（x）单调递增，当 a0 时，exa0，令 f（x）=0，解得 x=ln（），当 xln（）时，f（x）0，函数 f（x）单调递减，-WORD 格式-可编辑-专业资料-完整版学习资料分享-当 xln（）时，f（x）0，函数 f（x）单调递增，综上所述，当 a=0 时，f（x）在 R 上单调递增，当 a0 时，f（x）在（，lna）上单调递减，在（lna，+）上单调递增，当 a0 时，f（x）在（，ln（）上单调递减，在（ln（），+）上单调递增，（2）当 a=0 时，f（x）=e2x0 恒成立，当 a0 时，由（1）可得 f（x）min=f（lna）=a2lna0，lna0，0a1，当 a0 时，由（1）可得 f（x）min=f（ln（）=a2ln（）0，ln（），2a0，综上所述 a 的取值范围为2，1