2026版高考数学复习专题突破：3.4 导数的综合应用（精讲）（解析版）

3.4导数的综合应用

考向一判断零点的个数

【例1-1】（2025·广东湛江·一模）已知函数fxalnx1x22x，其中aR．

(1)若a8，求函数fx的单调区间；

(2)当a2时，试判断fx的零点个数并证明．

【答案】(1)单调递减区间为1,3，单调递增区间为3,

(2)两个零点，证明见解析

2

a2x1a

【解析】（1）由题知x1，fx2x2，

x1x1

2

2x18

当a8时，fx．

x1

令fx0，得x3或x1（舍去）．

当x1,3时，fx0，故fx的单调递减区间为1,3．

当x3,时，fx0，故fx的单调递增区间为3,．

（2）解法一：因为f20，故fx有一个零点是2．

aa

令fx0，解得x11（舍去），x1．

1222

当x1,x2时，fx0，故fx单调递减．

当xx2,时，fx0，故fx单调递增．

a

当a2时，x12,，fx2f20．

22

2

f1aalnaa1aalna1．

下面先证明当x1时，xlnx1．

1x1

令gxxlnxx1，gx10，

xx

故gx在1,上单调递增，

所以gxg11．

因为a21，所以f1aaalna1a10．

易知1ax2，所以fx在x2,上存在唯一的零点x3，

所以当a2时，fx有两个零点，为2和x3．

解法二：当x2时，f20，故2是fx的一个零点．

a

令fx0，又x1，所以x1．

02

当x1,x0时，fx0，fx单调递减，

当xx0,时，fx0，fx单调递增，

所以xx0是fx的极小值点．

当a2时，x02，所以fx00．

下证lnxx1x0．

1x1

令gxx1lnx，则gx1．

xx

当x0,1时，gx0，gx单调递减，当x1,时，gx0，gx单调递增，

从而gxg10，

所以当x1时，lnx1x2，

所以alnx1ax2a，

2

即fxax2ax2xxxa22a．

令x12a，则有x1a20，则fx10．

易得当a2时，2ax0，所以fx0在x0,上有唯一解．

综上，当a2时，fx有两个零点．

解法三：令fxalnx1x22x0，

当x2时，f20，故2是fx的一个零点．

x22x

当x2时，a．

lnx1

x22x

令gx，

lnx1

易得gx在1,2和2,上均单调递减．

x22x2x1

limlim2

因为x2lnx1x21（洛必达法则），

x1

所以当x2,时，gx2且单调递减，

x22x

故当a2时，a在2,上有唯一解．

lnx1

而当x1,2时，gx2，

x22x

故当a2时，a无解．

lnx1

综上可知，当a2时，fx有两个零点.

【例1-2】（2025·内蒙古呼和浩特·一模）已知函数f(x)cosxxsinxa.

(1)若a0，求函数f(x)在xπ处的切线方程；

(2)讨论函数f(x)在(0,π)上零点的个数.

【答案】(1)yπxπ21；

(2)答案见解析.

【解析】（1）当a0时，f(x)cosxxsinx，求导得f(x)sinxsinxxcosxxcosx，

则f(π)π，而f(π)1，所以所求切线方程为y1π(xπ)，即yπxπ21.

（2）依题意，f(x)sinxsinxxcosxxcosx，

πππ

当0x时，f(x)0；当xπ时，f(x)0，函数f(x)在(0,)上递增，

222

πππ

在(,π)上递减，f(0)a1,f(x)f()a,f(π)a1，

2max22

当a10，即a1时，f(x)0恒成立，此时f(x)在(0,π)上无零点；

a10ππ

当，即1a1时，x(0,)，f(x)0，f(x)在(0,)上无零点，

a1022

π

f(0)a10,f(π)a10，在(,π)上有一个零点，则f(x)在(0,π)上有一个零点；

2

π

a0ππ

当2，即a1时，f(0)0,f()0,f(π)0，

22

a10

ππ

函数f(x)在(0,)和(,π)上各有一个零点，因此f(x)在(0,π)上有两个零点；

22

πππ

当a0，即a时，f(x)0在(0,π)上恒成立，当且仅当f()0，函数f(x)在(0,π)上有一个零点；

222

ππ

当a0，即a时，f(x)0恒成立，此时f(x)在(0,π)上无零点，

22

π

所以当a或a1时，f(x)在(0,π)上无零点；

2

π

当1a1或a时，f(x)在(0,π)上有一个零点；

2

当a1时，f(x)在(0,π)上有两个零点.

2

【一隅三反】

1．（24-25高三下·甘肃白银·阶段练习）已知函数fxsinx.

(1)证明：x0,1，fx2xtanx；

3x

(2)求函数yfx的零点个数.

x3

【答案】(1)证明见解析

(2)2

【解析】（1）欲证x0,1，fx2xtanx，

即证x0,1，tanx2xsinx0，

令uxtanx2xsinx0x1，

1

则ux2cosx

cos2x

cosx1cos2xcosx1

，

cos2x

因为cos2xcosx1cosxcosx111，cosxcos1,1，

所以ux0，

所以uxtanx2xsinx在0,1上单调递增，

所以uxu00，

所以x0,1，fx2xtanx成立.

3x3x

（2）令gxfxsinx，

x3x3

9

所以gx2cosx，

x3

3x9

①当x3时，33，1fx1，

x3x3

所以gx0，

即gx在x3时无零点；

9

②当3x0时，21，cosx1，

x3

9

所以gx2cosx0，

x3

所以gx在3x0时单调递增，

所以gxg00，

即gx在3x0时无零点；

9

πhxcosx

③当x0,时，令2，

2x3

18

则hx3sinx，

x3

π

显然hx在0,上单调递增，

2

2π

又h00，h0，

32

π

所以存在t0,使得ht0，

2

因此可得0xt时，hx0，hx单调递减；

当tx时，hx0，hx单调递增，

2

π

又h00，h0，

2

所以存在t,，使得h0，

2

即0x时，hx0，gx0，gx单调递减；

π

x时，hx0，gx0，gx单调递增，又g00，g0，

22

π

所以gx在0,上有2个不同的零点；

2

π3x

④当x,时，y单调递增，

2x3

3x3π

所以1sinx，

x3π6

即gx0成立，

π

所以gx在,上无零点，

2

3x

综上，函数yfx有2个不同的零点.

x3

2．（23-24内蒙古通辽·期中）已知函数fxax1ex12xlnxx2aR.

(1)当a0时，求函数f(1).

(2)讨论函数fx的极值点个数.

【答案】(1)4

(2)答案见解析

【解析】（1）当a0时，fx2xlnxx2，

则f(x)2lnx2x2(x0)，则f(1)4.

x1x11x1

（2）fxa1ex1e21lnxx2xaxe2lnxx1，

x

2lnxx12lnxx1

由fx0，解得a，

xex1elnxx1

易知函数ylnxx1在0,上单调递增，且值域为R，

2t

令lnxx1tR，由fx0，解得a，

et

2t21t

设ht，则ht，

etet

因为当t1时，ht0，当t1时，ht0，

所以函数ht在,1上单调递增，在1,上单调递减．

2

因为h1,t趋近于时，hx趋近于，t趋近于时，hx趋近于0，

e

所以ht的大致图象如图所示．

因此有：

2

（ⅰ）当a时，方程hta无解，即fx无零点，fx没有极值点；

e

2

（ⅱ）当a时，fx2elnxx2lnxx1，

e

设mxexx1，则mxex1，

令mxex10x0，mxex10x0，

mx在0,上单调递增函数，在,0上单调递减，

x

所以mxex1m00，即exx1，

得fx2lnxx12lnxx10，

所以，函数fx在0,内单调递增，此时fx没有极值点；

2

（ⅲ）当0a时，方程hta有两个解，即fx有两个零点，fx有两个极值点；

e

（ⅳ）当a<0时，方程hta有一个解，即fx有一个零点，fx有一个极值点．

综上，当a<0时，fx有一个极值点；

2

当0a时，fx有两个极值点；

e

2

当a时，fx没有极值点．

e

考向二根据零点个数求参数

1

【例2-1】（23-24河南）已知函数fxx3ax2bxc在x及x1处取得极值．

3

(1)求a，b的值；

(2)若方程fx0有三个不同的实根，求c的取值范围．

【答案】(1)a2，b1

4

(2),0

27

【解析】（1）∵fxx3ax2bxc，∴fx3x22axb，

1

由已知得，,1是3x22axb0的两个根，

3

12a

1

33

故，解得a2，b1；

1b

1

33

此时fxx32x2xc，则fx3x24x1，

11

令fx0，解得x1，令fx0，解得x或x1，

33

11

所以函数fx在,和1,上单调递增，在,1上单调递减.

33

1

可知x和x1均为极值点，符合题意，a2，b1.

3

（2）由（1）得fxx32x2xc，

1

fx3x24x1，结合（1）可知，该函数的零点为,1，

3

11

令fx0，解得x1，令fx0，解得x或x1，

33

11

所以函数fx在,和1,上单调递增，在,1上单调递减.

33

14

∴fx的极小值为f1c，极大值为fc，

327

4

c0

若方程fx0有三个不同的实根，只需27，

c0

4

解得c0，

27

4

∴a的范围是,0.

27

【例2-2】（2025·四川广安·二模）已知函数f(x)e2xax2（a为常数）.

(1)若曲线yf(x)在x1处的切线在两坐标轴上的截距相等，求a的值；

(2)是否存在实数a，使得f(x)有3个零点？若存在，求实数a的范围；若不存在，请说明理由.

1

【答案】(1)ae2

2

(2)存在，e2,

【解析】（1）因为f(x)e2xax2，所以fx2e2x2ax，

f12e22a，f(1)e2a，

所以曲线yf(x)在x1处的切线为

yf1f1x1，即y2e22axe2a.

令y0，则2e2axe2a，

若e2a0，则ae2，则切点为(1,0)，切线为y0，不合题意；

1

若e2a0，则x；令x0，则yae2.

2

1

又切线在两坐标轴上的截距相等，即ae2，

2

1

故ae2.

2

（2）若函数f(x)e2xax2有3个零点，等价于方程e2xax2有三个解.

其中x0时，显然不是方程的根，

e2x

当x0时，转化为g(x)与ya的图象有3个交点.

x2

2e2xx22e2xx2e2xx1

又由gx，

x4x3

令gx0，解得x0或x1；令gx0，解得0x1，

所以函数g(x)在(,0)，(1,)上单调递增，在(0,1)上单调递减，

所以当x1时，函数g(x)取得极小值，极小值为g(1)e2.

又由x0时，g(x)；当x时，g(x)0且g(x)0；当x时，g(x)，

故函数g(x)的大致图象如下图所示：

2

所以ae2，即实数a的取值范围为e,.

【例2-3】（2025·新疆·三模）已知函数fxxaax，a0且a1．

(1)当ae（e为自然对数的底数）时，求函数fx在x1处的切线方程；

(2)函数fx在0,上有且仅有两个零点，求a的取值范围．

【答案】(1)y1e

(2)a1且ae．

【解析】（1）因为ae，所以fxxeex，fxexe1ex，

f11e，f10，

所以函数fx在x1处的切线方程为y1e．

（2）

因为函数fxxaax在0,上有且仅有两个零点，

lnalnx

所以方程axxa有且仅有两个不同的实数根，即方程有且仅有两个不同的实数根．

ax

lnx

令Fx，则方程FxFa有且仅有两个不同的实数根，

x

1lnx

∵Fx，

x2

所以在区间0,e上，Fx0，yFx单调递增，

在区间e,上，Fx0，yFx单调递减且Fx0，

1

∴FxFe，

maxe

∵yFx与yFa有两个交点，

1

∴0F(a)，结合图像解得a1且ae．

e

【例2-4】（2025·北京·模拟预测）已知函数fxlnxmx22mx.

(1)若函数fx的极值点在(2,3)内，求m的取值范围；

(2)若fx有两个零点，求m取值的范围.

11

【答案】(1),

32

(2)0,1

【解析】（1）由fxlnxmx22mx,

1mx12x1

则fx2mx2m，

xx

要使函数fx的极值点在(2,3)内，

则fx0在(2,3)上有解，

m0

11

即mx10在(2,3)上有解，则1，解得m，

2332

m

11

即m的取值范围为,.

32

（2）由fxlnxmx22mx，x0，

1mx12x1

则fx2mx2m，

xx

当m0时，mx10，2x10，则fx0，

此时函数fx在0,上单调递增，不可能有两个零点，不符合题意；

1

当m0时，2x10，令fx0，得x，

m

1

当0x时，fx0，函数fx单调递增，

m

1

当x时，fx0，函数fx单调递减，

m

又x0时，fx，x时，fx，

111111

要使fx有两个零点，则fln2mln10恒成立，

mmmmmm

1

设gxlnxx1,x0，则gx10，

x

所以函数gx在0,上单调递增，又g10，

1

则1，解得0m1.

m

综上所述，m取值的范围为0,1.

x

【例2-5】（24-25高三上·山西·阶段练习）若函数fxm2x1恰有2个零点，则实数m的取值范围

ex

是.

e

【答案】0,e,

4e

x

【解析】令fx0，得m2x10，

ex

x1x

即m2x1，令gxm2x12mx，hx，

ex2ex

所以函数fx恰有2个零点等价于函数gx的图象与hx的图象有两个交点.

1x

hx，令hx0，则x1，

ex

当x,1时，hx0，hx单调递增，

当x1,时，hx0，hx单调递减，

且x0时hx0，x0时hx0，

所以hx的图象如图所示，

1x0

设l是经过点,0的hx的图象的切线，切点为x0,x，

2e0

1x0

则切线斜率为khx0，

ex0

x01x0

所以l的方程为yxx0，

ex0ex0

1x01x01

又l经过点,0，所以x0，

2ex0ex02

1

即2x2x10，解得x1或x，

00002

1e

kh12e或kh，

22e

e

所以由图可知，当02m或2m2e，

2e

e

即0m或me时，函数gx的图象与hx的图象有两个交点，

4e

x

即函数fxm2x1恰有2个零点，

ex

e

所以实数m的取值范围是0,e,.

4e

e

故答案为：0,e,.

4e

【一隅三反】

1．（24-25高二下·山东·期中）函数yx2exmx2lnx有两个零点，则m的取值范围是.

【答案】,e

【解析】由题意可知：yx2exmx2lnx的定义域为0,，

且yx2exmx2lnxex2lnxmx2lnx，

令tx2lnx,x0，可知tx2lnx,x0在0,内单调递增，

原题意等价于yetmt在定义域为0,有2个零点，

令yetmt0，可得etmt，

可知yet与ymt（过原点的直线）有2个交点，

对于yet，则yet，

ttt

0t000

设切点坐标为t0,e，则切线斜率ke，可得切线方程为yeett0，

t0t0

代入点0,0，得et0e，解得t01，即切线斜率ke，

结合图象可知：若yet与ymt有2个交点，则me，即me，

所以m的取值范围是,e.

故答案为：,e.

2

2．（2025·河北秦皇岛·一模）已知函数f(x)x(lnx1)2ax．

(1)当a0时，求f(x)的极小值；

(2)若函数g(x)exf(x)有2个零点，求a的取值范围．

e

【答案】(1)；

2

e1

(2)a.

2

1

【解析】（1）当a0时，函数f(x)x2(lnx1)定义域为(0,)，求导得f(x)2x(lnx1)x2x(lnx)，

2

当0xe时，f(x)0；当xe时，f(x)0，函数f(x)在(0,e)上递增，在(e,)上递减，

e

所以当xe时，f(x)取得极小值f(e).

2

（2）依题意，函数g(x)exx2(lnx1)2ax的定义域为(0,)，

exex

由g(x)0，得2axlnxx，令函数h(x)xlnxx,x0，

xx

exx1

求导得hxlnx，当0x1时，h(x)0，当x1时，h(x)0，

x2

函数h(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，h(x)mine1，

当x从大于0的方向趋近于0时，h(x)；当x时，h(x)，

e1

则当2ae1，即a时，直线y2a与函数yh(x)的图象有两个交点，即g(x)有两个零点，

2

e1

所以a的取值范围是a.

2

1

3．（2025·贵州毕节·二模）已知函数fxx4exa(x3)2aR.

2

(1)当a1时，求函数fx的单调区间；

(2)若方程fx0有两个根，求a的取值范围.

【答案】(1)函数fx的单调递增区间为,0和3,，递减区间为0,3

(2)a的取值范围为0,

1

【解析】（1）当a1时，fxx4ex(x3)2aR，

2

所以fxexx4exx3x3exx3x3ex1，

由fx0，得x0或x3，由fx0，得0x3，

所以函数fx的单调递增区间为,0和3,，递减区间为0,3；

（2）因为x3不是fx0的根，当x3时，

1x4ex4xex

由fx0，可得a，

2(x3)2(x3)2

4xex

设gxx3，

(x3)2

x2x2

4xe(x3)e4x(x3)

则gx，

(x3)4

ex4xex(x3)2ex4x2(x3)

(x3)4

ex4xex(x3)2ex4x

(x3)4

ex(x3)22ex4xex(x3)224x

(x3)3(x3)3

2

x2x

e(x3)24xe4x1

x3，

(x3)3(x3)3

当x,3时，gx0，gx单调递增，

当x3,时，gx0，gx单调递减，

当x3时，gx，

当x时，gx0且gx0，

当x时，gx，

14xex1

要使a有两个根，则a0，解得a0，

2(x3)22

所以a的取值范围为0,.

4．（2025·福建福州·模拟预测）已知定义在0,上的函数fxexm(x1)2,mR.

1

(1)若m，判断fx是否存在极小值点，并说明理由；

2

(2)若fx存在两个零点，求m的取值范围.

【答案】(1)无极小值点；理由见解析

e

(2),1

4

【解析】（1）依题意可得fxex2mx1，

1

m，故fxexx1，

2

设gxfx，则gxex1，

x0,gxg00，

fx在0,上单调递增，

fxf00，

\f(x)在0,上单调递增，无极小值点；

ex

（2）令fx0，可得m，

(x1)2

ex

所以ym与y恰有两个交点，

(x1)2

exexx1

设hx，则hx，

(x1)2(x1)3

令hx0可得x1，

当0x1时，hx0；当x1时，hx0，

hx在0,1上单调递减，在1,上单调递增

e

hxh1，

4

当x0时，hx1；当x时，hx，

e

m的取值范围是,1

4

5．（2025·山东·模拟预测）已知函数fxlnx1ax1lna,a1．

(1)若曲线yfx在点2,f2处的切线的斜率为1e（e是自然对数的底数），求a的值；

(2)若fx有且只有两个零点，求a的取值范围．

【答案】(1)ae

1

(2)1,ee

1

【解析】（1）由题意得fx的定义域为1,，fxax1(lna)2，

x1

则f21a(lna)21e，即a(lna)2e，

2

所以lna(lna)lne1，即lna2lnlna1,

令mlna，则m2lnm1,

又ym2lnm在区间0,上单调递增，且当m1时，ym2lnm1，

所以m1，即lna1，所以ae．

（2）因为fx有且只有两个零点，所以lnx1ax1lna0有且只有两个大于1的实数根，

又ax1lnalnx1，

所以方程x1ax1lnax1lnx1，即x1lnx1ax1lnax1有且只有两个大于1的实数根，

令Fxxlnx，则Fxlnx1，

111

由Fx0，解得x，当x时，Fx0，当0x时，Fx0，

eee

11

所以Fx在区间0,上单调递减且Fx0，在区间,上单调递增且当x1,时，Fx0，作出

ee

Fx的图象，如图①，

又Fax1Fx1,ax11，所以Fax1F10，

x1lnx1

要使FaFx1，则ax1x11，即lna有且只有两个大于1的实数根，

x1

lnx1lnx

令Qx(x1)，则Qx，

xx2

当xe时，Qx0，当1xe时，Qx0，

所以Qx在区间1,e上单调递增，在区间e,上单调递减，

1

又Qe，当x时，Qx0，且无限趋近于0，作出Qx的图象，如图②，

e

1

11

所以，即，故a的取值范围是e．

0lnae1,e

e1ae

考向三恒（能）成立求参数

a

【例3-1】（2025·安徽蚌埠·模拟预测）已知函数f(x)ln(ax)，其中a0．

x

(1)当a1时，求函数f(x)的图象在x1处的切线方程；

(2)若f(x)lna恒成立，求a的取值范围．

【答案】(1)y1

1

(2)a

e

111

【解析】（1）当a1时，f(x)lnx，则f(x)

xxx2

所以f(1)0，又f(1)1，

则所求切线方程为y1．

aa

（2）f(x)lnaln(ax)lnalnx0，其中x0，

xx

所以问题转化为axlnx（x0）恒成立，

记g(x)xlnx，则g(x)lnx1，

11

令g(x)0，得0x；令g(x)0，得x，

ee

11

所以g(x)在0,上单调递增，在,上单调递减，

ee

111

g(x)的最大值为g，所以a．

eee

1

【例3-2】（2025·湖北·三模）已知函数fxax2exaR（e为自然对数的底数）.

2

(1)当a2时，求曲线yfx在点0,f0处的切线方程；

(2)若当x0时，不等式fxx1恒成立，求实数a的取值范围.

【答案】(1)xy10

(2)a,1

【解析】（1）当a2时，fxx2ex,fx2xex，

则f00e01,f00e01，

所以切线方程为y1x0，即xy10；

1

（2）当x0时，fxx1恒成立，即ax2exx10在0,上恒成立，

2

1

设gxax2exx1，则gxaxex1，

2

令hxaxex1,x0，则hxaex.

①当a1时，因为exe01，则hx0，

可知gx在0,上单调递减，则gxg00，

所以gx在0,上单调递减，

所以gxg00，即fxx1恒成立，所以a1满足题意；

②当a1时，令hx0，解得：xlna，

当x0,lna时，hx0，则gx单调递增，

此时gxg00，则gx在0,lna上单调递增，所以gxg00，

即当x0,lna时，fxx1，即fxx1不恒成立，可知a1不合题意.

综上所述，a,1.

【一隅三反】

1．（2025·河南鹤壁·二模）已知函数fxtxlnxtR.

(1)当t1时，证明:fx1.

(2)若对于定义域内的任意x,fxxe2x1恒成立，求t的取值范围.

【答案】(1)证明见解析(2),2

【解析】（1）证明：当t1时，fxxlnx，

所以证明fx1即证明lnxx1，

1x

设g(x)lnxx1,则g(x)，

x

所以当0x1时，gx0,gx在区间0,1单调递增；

当x1时，gx0,gx在区间1,单调递减，

所以gx在x1处取到最大值，即g(x)g(1)0，所以lnxx1，得证.

lnx1

（2）由fxxe2x1恒成立，得te2x在0,上恒成立；

x

由(1)可以得到xlnx1，所以xe2xlnxe2x1lnx2x1；

lnx2x1lnx1lnx1

所以e2x2，所以e2x2，当且仅当xe2x1时取等号，

xxx

于是t的取值范围是,2

lnxa

2．（2025·湖北武汉·二模）已知函数f(x)ex1．

xx

(1)若在(1,f(1))处的切线斜率为1，求a；

(2)若f(x)0恒成立，求a的取值范围．

【答案】(1)e

(2)1,

lnxa

【解析】（1）因为f(x)ex1，

xx

1lnxa1ln1a

所以f(x)ex，依题意f1e11，解得ae；

x2x21212

lnxa

（2）因为f(x)ex1的定义域为0,，

xx

lnxaxexlnxax

又f(x)ex10，

xxx

所以xexlnxax0恒成立，

xx1

令gxxelnxax，x0,，则gxx1e，

x

11

令hxex，x0,，则hxex0，所以hx在0,上单调递增，

xx2

11

又he220，h1e10，

2

1x1

0

所以x0,1使得hx00，即gx00，e0，则lnx0x0，

2x0

所以当x0,x0时gx0，当xx0,时gx0，

所以gx在0,x0上单调递减，在x0,上单调递增，

所以x0，所以，

gxmingx0x0elnx0x0a1x0x0a0a1

即实数a的取值范围为1,.

2

3．（2025·北京·模拟预测）已知函数fxlnx，gxxx1，hxfxgx.

(1)求函数hx的极值；

(2)若2ae2xlnafx恒成立，求实数a的最小值.

【答案】(1)极大值为-1，无极小值；

1

(2)

2e

【解析】（1）由题意得函数hxfxgxlnxx2x1lnxx2x1，

得hx的定义域为0,，

12x2x1

所以hx2x1，

xx

hx0

令，得0x1，所以函数hx在0,1单调递增；

x0

hx0

令，解得x1，所以函数hx在1,单调递减；

x0

所以函数hx在x1处取得极大值，且极大值为h11，无极小值.

（2）由2ae2xlnafx，

即2ae2xlnalnx在0,恒成立，且a0，

所以2ae2xlnaln22xlnxln22x，

即2ae2xln2a2xln2x2x，

令Fttlnt，

则F2ae2x2ae2xln2ae2x2ae2xln2a2x,F2x2xln2x，

所以F2ae2xF2x，

11t

且Ft1，因为t0，所以Ft0，

tt

所以Ft在0,单调递增，

x

所以2ae2x2xa，

e2x

x

令gxx0，

e2x

12x

则gx，

e2x

gx011

令，解得0x，则gx在0,单调递增，

x022

gx011

令，解得x，则gx在,单调递减，

x022

111

所以gx在x处取得最大