江苏省13市2017高三上学期考试数学试题分类汇编
导数及其应用
一、填空题
π1、（南通、泰州市2017届高三第一次调研测）已知两曲线f(x)?2sinx，g(x)?acosx，x?(0)2
相交于点P．若两曲线在点P处的切线互相垂直，则实数a的值为▲．
2、（盐城市2017届高三上学期期中）若函数f(x)?
则实数的取值范围是▲
3、（盐城市2017届高三上学期期中）已知f?x?为奇函数，当x?0时，f?x??e?x，则曲线x213x?x2?ax?3a在区间[1,2]上单调递增，3
y?f?x?在x?1处的切线斜率为．
4、（扬州市2017届高三上学期期中）已知函数f(x)?x?asinx在(??,??)上单调递增，则实数a的取值范围是。
5、（扬州市2017届高三上学期期末）已知x?1,x?5是函数f?x??cos??x??????0?两个相邻的极值点，且f?x?在x?2处的导数f??2??0，则f?0?? ▲ ．
二、解答题
1、（南京市、盐城市2017届高三第一次模拟）设函数f(x)?lnx，g(x)?ax?a?1?3（a?R）. x
x（1）当a?2时，解关于x的方程g(e)?0（其中e为自然对数的底数）；
（2）求函数?(x)?f(x)?g(x)的单调增区间；
（3）当a?1时，记h(x)?f(x)?g(x)，是否存在整数?，使得关于x的不等式2??h(x)有
解？若存在，请求出?的最小值；若不存在，请说明理由.
（参考数据：ln2?0.6931，ln3?1.0986）
2、（南通、泰州市2017届高三第一次调研测）已知函数f(x)?ax2?x?lnx，a?R．
3（1）当a?时，求函数f(x)的最小值； 8
（2）若?1≤a≤0，证明：函数f(x)有且只有一个零点；
（3）若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
3、（苏北四市（淮安、宿迁、连云港、徐州）2017届高三上学期期中）设函数f(x)?lnx?ax2?ax，a为正实数．
（1）当a?2时，求曲线y?f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
1（2）求证：f()≤0； a
（3）若函数f(x)有且只有1个零点，求a的值．
4、（苏北四市（徐州、淮安、连云港、宿迁）2017届高三上学期期末）已知函数
x2
f(x)??ax,g(x)?lnx?ax,a?R． 2e
（1）解关于x(x?R)的不等式f(x)≤0；
（2）证明：f(x)≥g(x)；
（3）是否存在常数a,b，使得f(x)≥ax?b≥g(x)对任意的x?0恒成立？若存在，求
出a,b的值；若不存在，请说明理由．
5、（苏州市2017届高三上学期期中调研）已知f(x)?ax3?3x2?1(a?0)，定义
≥)?f(x),f(xh(x)?ma()g,??x(?)?xfx?)?g(x),f(x
（1）求函数f(x)的极值； g(x)． g(x)
（2）若g(x)?xf?(x)，且存在x?[1,2]使h(x)?f(x)，求实数a的取值范围；
（3）若g(x)?lnx，试讨论函数h(x)(x?0)的零点个数．
6、（无锡市2017届高三上学期期末）已知f?x??x?mx?1?m?R?,g?x??e. 2x
（1）当x??0,2?时，F?x??f?x??g?x?为增函数，求实数m的取值范围；
（2）若m???1,0?，设函数G?x??f?x?15,H?x???x?,，求证：对任意gx44
x1,x2??1,1?m?，G?x1??H?x2?恒成立.
7、（盐城市2017届高三上学期期中）设函数f?x??lnx?ax?a?R?.
（1）若直线y?3x?1是函数f?x?图象的一条切线，求实数a的值；
2（2）若函数f?x?在??1,e??上的最大值为1?ae（e为自然对数的底数），求实数a的值；
22（3）若关于x的方程ln2x?x?3t?x?x?t?ln?x?t?有且仅有唯一的实数根，求实数t??
的取值范围.
aex
?x。 8、（扬州市2017届高三上学期期中）已知函数f(x)?x
（1）若函数f(x)的图象在(1,f(1))处的切线经过点(0,?1)，求a的值；
（2）是否存在负整数a，使函数f(x)的极大值为正值？若存在，求出所有负整数a的值；若不存在，请说明理由；
（2）设a>0，求证：函数f(x)既有极大值，又有极小值。
x9、（扬州市2017届高三上学期期末）已知函数f(x)?g(x)?h(x)，其中函数g(x)?e，
h(x)?x2?ax?a．
（1）求函数g(x)在?1,g(1)?处的切线方程；
（2）当0?a?2时，求函数f(x)在x?[?2a,a]上的最大值；
（3）当a?0时，对于给定的正整数k，问函数F(x)?e?f(x)?2k(lnx?1)是否有零点？请说明理由．
（参考数据e??1.649,?4.482,ln2?0.693）
210、（镇江市2017届高三上学期期末）已知函数f(x)?xlnx，g(x)??(x?1)（?为常数）．
（1）若函数y?f(x)与函数y?g(x)在x?1处有相同的切线，求实数?的值；
（2）若??1，且x?1，证明：f(x)?g(x)； 2
（3）若对任意x?[1,??)，不等式恒f(x)?g(x)成立，求实数?的取值范围．
参考答案
一、填空题
11
2、a?3 3、?2 4、[?1,1] 5
e
二、解答题
1?3?0，去分母，得 ex
12(ex)2?3ex?1?0，解得ex?1或ex?， ……………2分 2
故所求方程的根为x?0或x??ln2. ……………4分
a?1?3(x?0)， （2）因为?(x)?f(x)?g(x)?lnx?ax?x
1a?1ax2?x?(a?1)(ax?(a?1))(x?1)?所以??(x)??a?2?（x?0）， …6分 xxx2x2
①当a?0时，由??(x)?0，解得x?0；
a?1②当a?1时，由??(x)?0，解得x?； a
③当0?a?1时，由??(x)?0，解得x?0；
④当a?1时，由??(x)?0，解得x?0；
a?1⑤当a?0时，由??(x)?0，解得0?x?. a
a?1)； 综上所述，当a?0时，?(x)的增区间为(0,a
当0?a?1时，?(x)的增区间为(0,??)；
a?1a?1时，?(x)的增区间为(,??). ……………10分 a
（3）方法一：当a?1时，g(x)?x?3，h(x)?(x?3)lnx， 3333所以h?(x)?lnx?1?单调递增，h?()?ln?1?2?0，h?(2)?ln2?1??0， x222
33所以存在唯一x0?(,2)，使得h?(x0)?0，即lnx0?1??0， ………12分 2x0
当x?(0,x0)时，h?(x)?0，当x?(x0,??)时，h?(x)?0， x1、解：（1）当a?2时，方程g(ex)?0即为2e?
(x0?3)239所以hmin(x)?h(x0)?(x0?3)lnx0?(x0?3)(?1)???6?(x0?)， x0x0x0
93记函数r(x)?6?(x?)，则r(x)在(,2)上单调递增， …………14分 x2
331所以r()?h(x0)?r(2)，即h(x0)?(?,?)， 222
3由2???，且?为整数，得??0， 2
所以存在整数?满足题意，且?的最小值为0. .……………16分
方法二：当a?1时，g(x)?x?3，所以h(x)?(x?3)lnx，
由h(1)?0得，当??0时，不等式2??h(x)有解，…………12分
下证：当???1时，h(x)?2?恒成立，即证(x?3)lnx??2恒成立.
显然当x?(0,1]?[3,??)时，不等式恒成立，
只需证明当x?(1,3)时，(x?3)lnx??2恒成立. 22?0.令m(x)?lnx?， x?3x?3
12x2?8x?9所以m?(x)??，由m?(x)?
0，得x?4 …14分
?22x(x?3)x(x?3)
当x?(1,4，m?(x)?
0；当x?(4，m?(x)?0；
即证明lnx?
所以mmax(x)?m(4?ln(4?
所以当???1时，h(x)?2?恒成立.
综上所述，存在整数?满足题意，且?的最小值为0. .……………16分
332、【解】（1）当a?时，f(x)?x2?x?lnx． 88
所以f?(x)?3x?1?1?4x12?1?ln(4?2)??ln2?1?0. 33(3x?2)(x?2)，（x>0）． ……………………………2分 4x
令f?(x)?0，得x?2，
当x?(0，2)时，f?(x)?0；当x?(2，??)时，f?(x)?0，
所以函数f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，??)上单调递增．
所以当x?2时，f(x)有最小值f(2)??1?ln2．………………………………4分 2
212ax?x?1，x?0． （2）由f(x)?ax?x?lnx，得f?(x)?2ax?1??xx2
22ax?x?1<0， ?a≤0所以当时，f(x)?+?)上单调递减， 函数f(x)在(0，
+?)上最多有一个零点．……………………6分 所以当a≤0时，函数f(x)在(0，
21e?a>0， -1≤a≤0因为当时，f(1)?a?1<0，f()??e
2ee
+?)上有零点． 所以当-1≤a≤0时，函数f(x)在(0，
综上，当-1≤a≤0时，函数f(x)有且只有一个零点． ………………………8分
（3）解法一：
+?)上最多有一个零点． 由（2）知，当a≤0时，函数f(x)在(0，
因为函数f(x)有两个零点，所以a>0． ………………………………………9分
2ax2?x?1由f(x)?ax?x?lnx，得f?(x)?，(x?0)，令g(x)?2ax2?x?1． x2
因为g(0)??1?0，2a>0，
??)上只有一个零点，设为x0． 所以函数g(x)在(0，
??)时，g(x)?0，f?(x)?0． 当x?(0，x0)时，g(x)?0，f?(x)?0；当x?(x0，
??)上单调递增． 所以函数f(x)在(0，x0)上单调递减；在(x0，
+?)上有两个零点， 要使得函数f(x)在(0，
2只需要函数f(x)的极小值f(x0)?0，即ax0?x0?lnx0?0．
2又因为g(x0)?2ax0?x0?1?0，所以2lnx0?x0?1?0，
+?)上是增函数，且h(1)=0， 又因为函数h(x)=2lnx?x?1在(0，
所以x0?1，得0?1?1． x0
121111)??(?)2?， x0x0x0242又由2ax0?x0?1?0，得2a?(
所以0?a?1． ……………………………………………………………………13分 以下验证当0?a?1时，函数f(x)有两个零点．
12a11?a当0?a?1时，g()?2??1??0， aaaa
所以1?x0?1． a
1a1e2?e?a因为f()?2??1??0，且f(x0)?0． 2eeee
1所以函数f(x)在(，x0)上有一个零点． e
24a2222又因为f()?2??ln≥?(?1)?1?0（因为lnx≤x?1），且f(x0)?0． aaaaaa
2所以函数f(x)在(x0)上有一个零点． a
12所以当0?a?1时，函数f(x)在()内有两个零点． ea
1)． ……………………………………………16分 综上，实数a的取值范围为(0，
下面证明：lnx≤x?1．
设t(x)?x?1?lnx，所以t?(x)?1?
令t?(x)?0，得x?1．
1)时，t?(x)?0；当x?(1，??)时，t?(x)>0． 当x?(0，
1)上单调递减，在(1，??)上单调递增． 所以函数t(x)在(0，1x?1，（x>0）． ?xx
所以当x?1时，t(x)有最小值t(1)?0． 所以t(x)?x?1?lnx≥0，得lnx≤x?1成立．
解法二：
+?)上最多有一个零点． 由（2）知，当a≤0时，函数f(x)在(0，
因为函数f(x)有两个零点，所以a>0． ………………………………………9分
，（x>0）有两个不等 由f(x)?ax2?x?lnx?0，得关于x的方程a?2x
的实数解．
又因为lnx≤x?1， ≤??(?1)2?1，（x>0）． 所以a?2xxx2
因为x>0时，?(1?1)2?1≤1，所以a≤1． x
x有且只有一个实数解． 又当a=1时，x=1，即关于x的方程a?x?ln
2x
所以0<a<1． ……………………………………………………………………13分 （以下解法同解法1）
3、（1）当a?2时，f(x)?lnx?2x2?2x，则f'(x)?1?4x?2，……………2分 x
所以f'(1)??1，又f(1)?0，
所以曲线y?f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x?y?1?0．…………4分
（2）因为f()?ln11??1，设函数g(x)?lnx?x?1， aa
11?x则g'(x)??1?， …………………………………………………6分 xx
令g'(x)?0，得x?1，列表如下：
111
所以f()?ln??1≤0．………………………………………………8分 aaa
12ax2?ax?1（3）f'(x)
??2ax?a??，x?0， xx
?x?
?0， 令f'(x)
?0上单调增，在??)上单调减． 所以f(x
)在1a
．………………………………………………10分 所以f(x)≤f设x0?，因为函数f(x)只有1个零点，而f(1)?0， 所以1是函数f(x)的唯一零点．
当x0?1时，f(x)≤f(1)?0，f(x)有且只有1个零点，
?1，解得a?1．…………………………………………12分 下证，当x0?1时，f(x)的零点不唯一．
1若x0?1，则f(x0)?f(1)?
0?1，即0?a?1，则?1． a
11由（2）知，f()?0，又函数f(x)在以x0和为端点的闭区间上的图象不间断， aa
1所以在x0和之间存在f(x)的零点，则f(x)共有2个零点，不符合题意； a
1?1，即a?1，则0??1． 若x0?1，则f(x0)?f(1)?
0a
1同理可得，在和x0之间存在f(x)的零点，则f(x)共有2个零点，不符合题意． a
因此x0?1，所以a的值为1．…………………………………………………16分
x2
4、（1）当a?0时，f(x)?，所以f(x)≤0的解集为{0}； 2e
x当a?0时，f(x)?x(?a)， 2e
若a?0，则f(x)≤0的解集为[0,2ea]；
若a?0，则f(x)≤0的解集为[2ea,0]．
综上所述，当a?0时，f(x)≤0的解集为{0}；
当a?0时，f(x)≤0的解集为[0,2ea]；
当a?0时，f(x)≤0的解集为[2ea,0]． ……………………4分
x2x1x2?e?lnx，则h'(x)???（2）设h(x)?f(x)?g(x)?．
2eexex
所以函数h(x)的最小值为h?
0，
x2
?lnx≥0，即f(x)
≥g(x)．…………………………………8分 所以h(x)?2e
（3）假设存在常数a，
b使得f(x)≥ax?b≥g(x)对任意的x
?0恒成立，
x2
即≥2ax?b≥lnx对任意的x?0恒成立． 2e
x2111而当x?lnx??，所以≥2b≥， 2e222
11所以2b?，则b??2 22
22xx1?2ax?2≥0(*)恒成立， 所以?2ax?b?2e2e2
1?0，所以(*)式在(0,??)上不恒成立； 2
212②当a?
0时，则4a2?(2)≤
0，即(2a?≤0，
e21所以a?，则b??．……………………………………………………12分
21令?(x)?lnx?，令?'(x)?
0，得x
?
，则?'(x)?2①当a≤
0时，2当0?x?'(x)?0，?
(x)在上单调增；
当x?'(x)?0，?
(x)在??)上单调减．
1所以?
(x)的最大值??
0．所以lnx?≤0恒成立．
21所以存在a?，b??符合题意．………………………………………16分 25、解：（1）∵函数f(x)?ax3?3x2?1，
∴f'(x)?3ax2?6x?3x(ax?2)． ．．．．．．．．．．1分 令f'(x)?0,得x1?0或x
2?
2，∵a?0，∴x1?x2，列表如下： ∴f(x)的极大值为f(0)?1，极小值为f()?2?2?1?1?2．．．．．．．．3分 aaaa 32（2）g(x)?xf?(x)?3ax?6x，∵存在x?[1,2]使h(x)?f(x)，
∴f(x)≥g(x)在x?[1,2]上有解，即ax3?3x2?1≥3ax3?6x2在x?[1,2]上有解，
即不等式2a≤
分 13?在x?[1,2]上有解， ．．．．．．．．．．．．．4x3x
133x2?1?3x2?3(x?[1,2])，∵y'??0对x?[1,2]恒成立， 设y?3??xxx3x4
1313∴y?3?在x?[1,2]上单调递减，∴当x?1时，y?3?的最大值为4， xxxx
∴2a≤4，即a≤2． ．．．．．．．．．7分
24（3）由（1）知，f(x)在(0,??)上的最小值为f()?1?2， aa
4①当1?2?0，即a?2时，f(x)?0在(0,??)上恒成立， a
∴h(x)?max{f(x),g(x)}在(0,??)上无零点． ．．．．．．．．．8分
4?0，即a?2时，f(x)min?f(1)?0，又g(1)?0， a2
∴h(x)?max{f(x),g(x)}在(0,??)上有一个零点．．．．．．．．．．9分
4③当1?2?0，即0?a?2时，设?(x)?f(x)?g(x)?ax3?3x2?1?lnx(0?x?1)， a
11∵?'(x)?3ax2?6x??6x(x?1)??0，∴?(x)在(0,1)上单调递减， xx②当1?
1a2e2?31?0又?(1)?a?2?0,?()?3?，∴存在唯一的x?(,1)，使得?(x0)?0． 0eee2e
Ⅰ．当0?x≤x0时，
∵?(x)?f(x)?g(x)≥?(x0)?0，∴h(x)?f(x)且h(x)为减函数，
又h(x0)?f(x0)?g(x0)?lnx0?ln1?0,f(0)?1?0，∴h(x)在(0,x0)上有一个零点； Ⅱ．当x?x0时，
∵?(x)?f(x)?g(x)??(x0)?0，∴h(x)?g(x)且h(x)为增函数，
∵g(1)?0，∴h(x)在(x0,??)上有一个零点；
从而h(x)?max{f(x),g(x)}在(0,??)上有两个零点． ．．．．．．．．．15分 综上所述，当0?a?2时，h(x)有两个零点；当a?2时，h(x)有一个零点；当a?2时，h(x)有无零点．．．．．．．．．．．16分
6、
7、解：（1）?f?x???ax?lnx，?f??x??1?a, x
?1??a?3,设切点横坐标为x0，则?x0 ………………2分 ??ax?lnx?3x?1,000?
消去a，得lnx0?0，故x0?1，得a??2.………………4分
1121（2）f??x???a,1?x?e,2??1, xex
11,e2?1,e2?①当a?2时，f??x??0在?上恒成立，f?x?在?????上单调递增， e
1122?2,舍去; ………………5分 则fmax?x??f?e??2?ae?1?ae，得a?2e?ee
22???1,e1,e②当a?1时，f??x??0在?上恒成立，在fx??????上单调递减，
1?1,舍去; ………………6分 e?1
??111?f??x??0?f??x??02③当2?a?1时，由?，得1?x?；由?，得?x?e， 22eaa???1?x?e?1?x?e
?1??12?故f?x?在?1,?上单调递增，在?,e?上单调递减， ?a??a?则fmax?x??f?1???a?1?ae，得a?
?1????1?lna?1?ae，得ae?2?lna?0, ………………8分 ?a?
1?1??1?设g?a??ae?2?lna,a??2,1?,则g??a??e?,a??2,1? a?e??e?
1?11?当a??2,?时，g??a??e??0,g?a?单调递减， a?ee?
1?1?当a??,1?时g??a??e??0,g?a?单调递增， a?e?
1?1?故gmin?a??g???0,?ae?2?lna?0的解为a?. e?e?
1综上①②③，a?. …………………10分 e
22（3）方程ln?2x?x?3t??x?x?t?ln?x?t?可化为 则fmax?x??f?
ln?2x2?x?3t??
令h?x??lnx?1122x?x?3t?lnx?t????x?t?， ??221x，故原方程可化为h?2x2?x?3t??h?x?t?， …………………12分 2
?2x2?x?3t?x?t由（2）可知h?x?在?0,???上单调递增，故?有且仅有唯一实数根， x?t?0?
2即方程x?x?t?0（※）在?t,???上有且仅有唯一实数根， …………………13分 ①当??4t?1?0，即t??②当??0，即t??111时，方程（※）的实数根为x???，满足题意； 4241时，方程（※）有两个不等实数根，记为x1,x2,不妨设x1?t,x2?t, 4
2Ⅰ）若x1?t,x2?t,代入方程（※）得t?2t?0，得t?0或t?2，
当t?0时方程（※）的两根为0,1，符合题意；
当t?2时方程（※）的两根为2,?1，不合题意，舍去；
2Ⅱ）若x1?t,x2?t,设??x??x?x?t，则??t??0，得0?t?2；
综合①②，实数t的取值范围为0?t?2或t??1. …………………16分 4
aex(x?1)?x2
8、解：（1）∵f'(x)? ∴f'(1)?1, f(1)?ae?1 x2
∴函数f(x)在(1,f(1))处的切线方程为：y?(ae?1)?x?1，又直线过点(0,?1)
1∴?1?(ae?1)??1，解得：a?? ………2分 e
aex(x?1)?x2
（2）若a?0，f'(x)?， x2
当x?(??,0)时，f'(x)?0恒成立，函数在(??,0)上无极值；
当x?(0,1)时，f'(x)?0恒成立，函数在(0,1)上无极值；
?x0?1?方法（一）在(1,??)上，若f(x)在x0处取得符合条件的极大值f(x0)，则?f(x0)?0，5分 ?f'(x)?00?
??（）1?x0?1
x2?xx0?ae0x0?x0?0（2）则?，由（3）得：ae??，代入（2）得： ?0?x0?0，结合x0?1x0?1?x0
?aex0(x?1)?x2
00??0（3）2x0??
2x0aex0（1）可解得：x0?2，再由f(x0)??x0?0得：a??x0， ex0
x(x?2)x2
设h(x)??x，则h'(x)?，当x?2时，h'(x)?0，即h(x)是增函数， xee
4所以a?h(x0)?h(2)??2， e
又a?0，故当极大值为正数时，a?(?4,0)，从而不存在负整数a满足条件． ………8分 e2
方法（二）在x?(1,+?)时，令H(x)?aex(x?1)?x2，则H'(x)?(aex?2)x ∵x?(1,+?) ∴ex?(e,+?) ∵a为负整数 ∴a??1 ∴aex?ae??e
∴aex?2?0 ∴H'(x)?0 ∴H(x)在(1,??)上单调减
又H(1)?1?0，H(2)?ae2?4??e2?4?0 ∴?x0?(1,2)，使得H(x0)?0 …5分 且1?x?x0时，H(x)?0，即f'(x)?0；x?x0时，H(x)?0，即f'(x)?0；
aex0?x0 （*） ∴f(x)在x0处取得极大值f(x0)?x0
xx(x?2)xaex0?0 ??0代入（*）得：f(x0)??0?x0?00又H(x0)?ae(x0?1)?x0?0∴x0?1x0?1x0x0?1x02
∴不存在负整数a满足条件． ………8分
（3）设g(x)?aex(x?1)?x2，则g'(x)?x(aex?2)，
因为a?0，所以，当x?0时，g'(x)?0，g(x)单调递增；
当x?0时，g'(x)?0，g(x)单调递减；故g(x)至多两个零点．
又g(0)??a?0，g(1)?1?0，所以存在x1?(0,1)，使g(x1)?0
再由g(x)在(0,??)上单调递增知，
当x?(0,x1)时，g(x)?0，故f'(x)?g(x)?0，f(x)单调递减； x2
g(x)?0，f(x)单调递增； x2??)时，g(x)?0，故f'(x)?当x?(x1，
所以函数f(x)在x1处取得极小值． ………12分
当x?0时，ex?1，且x?1?0，
所以g(x)?aex(x?1)?x2?a(x?1)?x2?x2?ax?a，
函数y?x2?ax?a是关于x的二次函数，必存在负实数t，使g(t)?0，又g(0)??a?0， 故在(t,0)上存在x2，使g(x2)?0，
再由g(x)在(??,0)上单调递减知，
当x?(??,x2)时，g(x)?0，故f'(x)?
当x?(x2,0)时，g(x)?0，故f'(x)?g(x)?0，f(x)单调递增； x2g(x)?0，f(x)单调递减； x2
所以函数f(x)在x2处取得极大值．
综上，函数f(x)既有极大值，又有极小值． ………16分
9、解：(1) g?(x)?ex，故g?(1)?e，
所以切线方程为y?e?e(x?1)，即y?ex ---------------------3分
（2）f(x)?e?(x?ax?a)， 故f(x)?(x?2)(x?a)e，
令f(x)?0，得x??a或x??2.
①当?2a??2,即0?a?1时，f(x)在[?2a,?a]上递减，在[?a,a]上递增，
所以f(x)max?max?f(?2a),f(a)?,
由于f(?2a)?(2a?a)e2?2a2a，f(a)?(2a?a)e，故f(a)?f(?2a)， 'x2'x
所以f(x)max?f(a); ---------------------5分
②当?2a??2,即1?a?2时，f(x)在[?2a,?2]上递增，[?2,?a]上递减，在[?a,a]上递增， 所以f(x)max?max?f(?2),f(a)?，
?22a由于f(?2)?(4?a)e，f(a)?(2a?a)e，故f(a)?f(?2)，---------------------7分
所以f(x)max?f(a);
综上得，f(x)max?f(a)?(2a2?a)ea ----------8分
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