1、指导三 巧用八种解题术高考总复习大二轮 数 学 “探求思路、图体向导”术对题设条件不够明显的数学问题求解，注意相关的图形，巧用图形作向导，可打破思维瓶颈，多途径找到突破方法尤其是对一些以函数、三角函数、不等式等形式给出的命题，其本身虽不带有图形，但可以设法构造相应的辅助图形进行分析，将代数问题转化为几何问题来解力争做到有图用图，无图想图，补形改图，充分运用其几何特征的直观性来启迪思维，从而较快地获得解题的途径这就是“用图探路术”例 1 已知函数 f(x)x(ln xax)有两个极值点，则实数 a 的取值范围是()A(，0)B.0，12C(0,1)D(0，)解析 B 函数 f(x)的定义域为(0
2、，)，f(x)ln x12ax.函数 f(x)x(ln xax)有两个极值点，等价于 ln x12ax0 在(0，)上有两个不相等的实数根，令 h(x)ln x，g(x)2ax1，则函数 h(x)ln x 的图象与函数 g(x)2ax1 的图象在(0，)上有两个不同的交点设函数 h(x)ln x 与函数 g(x)2ax1 的图象相切于点 A(m，ln m)，其中 m0，函数 g(x)的图象在点 A 处的切线的斜率为 k2a，函数 h(x)的图象在点 A 处的切线的斜率为 k1m，2a1m.直线 g(x)2ax1 过点(0，1)，kln m1m，ln m1m1m.解得 m1，当函数 h(x)与
3、g(x)的图象相切时，a12.又两函数图象有两个交点，a0，12.活学活用 1(2019杭州二模)设 a，b，c 是单位向量，且 ab0，则(ac)(bc)的最小值为()A2 B.22C1 D1 2解析：D 由于(ac)(bc)(ab)c1，因此等价于求(ab)c 的最大值，这个最大值只有当向量 ab 与向量 c 同向共线时取得由于 ab0，故 ab，如图所示，|ab|2，|c|1.当 0 时，(ab)c取得最大值且最大值为 2.故所求的最小值为 1 2.“解题常招，设参换元”术在解答数学问题时，我们常把某个代数式看成一个新的未知数，或将某些变元用另一参变量的表达式来替换，以便将所求的式子变形
4、，优化思考对象，让原来不醒目的条件，或隐含的信息显露出来，促使问题的实质明朗化，使非标准型问题标准化，从而便于我们将问题化繁为简、化难为易、化陌生为熟悉，从中找出解题思路这种通过换元改变式子形式来变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去探究解题思路的做法，就是“设参换元术”，常见的换元法：三角代换、比值代换、整体代换等例 2 已知椭圆 C 方程为x24y21，且直线 l：ykxm 与圆O：x2y21 相切，若直线 l 与椭圆 C 交于 M，N 两点，求OMN面积的最大值解析 圆 O 的圆心为坐标原点，半径 r1，由直线 l：ykxm，即 kxym0 与圆 O：x2y21 相切，得|m|1k
5、21，故有m21k2.由x24y21，ykxm，消去 y 得(4k21)x28kmx4m240.设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1x2 8km4k21，x1x24m244k21.所以|x1x2|2(x1x2)24x1x2 8km4k21244m244k21164k2m214k212.将代入，得|x1x2|248k24k212，故|x1x2|4 3|k|4k21.所以|MN|1k2|x1x2|1k24 3|k|4k214 3k2k214k21.故OMN 的面积 S12|MN|12 3k2k214k21.令 t4k21(t1)，则 k2t14，代入上式，得 S2 3t14 t14 1
6、t2 32 t1t3t232 1t223t1332 1t13249，所以当 t3，即 4k213，解得 k 22 时，S 取得最大值，且最大值为32491.活学活用 2(1)函数 f(x)sin xcos x2sin xcos xx4，4 的最小值是_解析：f(x)sin xcos x2sin xcos x(sin xcos x)2sin xcos x1，令 sin xcos xt，则 t 2sinx4，x4，4，x40，2，0t 2，原函数可化为 g(t)t2t1(0t 2)函数 g(t)t2t1 的图象开口向上，其对称轴的方程为 t12，当 0t 2时，g(t)单调递增当 t0 时，g(t
7、)取得最小值1.答案：1(2)已知 a0，b0，a2b2ab3，则 2ab 的最大值是_解析：令 t2ab(t0)，则 bt2a，代入 a2b2ab3，得7a25att230，由关于 a 的一元二次方程有解得，25t228(t23)0，即t228，所 以 0 t27，当 且 仅 当7a210 7a250，2ab2 7，即a 57，b 47时取等号，故 2ab 的最大值是 2 7.答案：2 7“巧设变量，引参搭桥”术当题目条件中的已知量或变量无法直接与要求的结论之间建立关系时，可考虑引入一些中间变量，即参数(可以是角度、线段、斜率及点的坐标等)，来沟通条件与结论之间的联系，这是一种非常重要的解题
8、思想方法，即“引参搭桥”术例 3 已知椭圆 C：9x2y2m2(m0)，直线 l 不过原点 O 且不平行于坐标轴，l 与 C 有两个交点 A，B，线段 AB 的中点为 M.(1)证明：直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值；(2)若直线 l 过点m3，m，延长线段 OM 与 C 交于点 P，四边形OAPB 能否为平行四边形？若能，求此时 l 的斜率；若不能，说明理由解析(1)证明：设直线 l：ykxb(k0，b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)将 ykxb 代入 9x2y2m2 得(k29)x22kbxb2m20，故xMx1x22 kbk29，yMkxMb 9bk
9、29.于是直线 OM 的斜率 kOMyMyOxMyO9k，则 kOMk9.所以直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值(2)四边形 OAPB 能为平行四边形因为直线 l 过点m3，m，所以 l 不过原点且与 C 有两个交点的充要条件是 k0，k3.由(1)得直线 OM 的方程为 y9kx.设点 P 的横坐标为 xp.由y9kx，9x2y2m2得 x2P k2m29k281，即 xpkm3 k29.当且仅当线段 AB 与线段 OP 互相平分，即 xP2xM 时，四边形OAPB 为平行四边形于是km3 k292kk3m3k29，解得 k14 7，k24 7.因为ki0，ki3，i1,2，所以当
10、 l 的斜率为 4 7或 4 7时，四边形OAPB 为平行四边形活学活用 3已知ABC 为等腰三角形，ABAC，BD 是其腰 AC 的中线，且BD3，求ABC 面积的最大值解析：设 AB2x，BAC，(0，)，则 ADx，故 SABC122x2xsin 2x2sin，在ABD 中，BD2AB2AD22ABADcos，解得 x2954cos，故 SABC2x2sin 18sin 54cos，(0，)，令 f()18sin 54cos，(0，)，则 f()185cos 454cos 2，令 cos 045，0(0，)，故当(0，0)时，f()0，当(0，)时，f()0，故 f()在 0 处取到极大
11、值，也是最大值，故f()max183554456，故ABC 面积的最大值为 6.答案：6“变量交错、分离协调”术对多个变量交叉混合布局的数学问题，在求解时往往需要分离变量，即将混为一团的变量分开，使之各自成为一个小整体，便于分别分析各自所具有的特征，研究它们之间的差异，从中发现解题的思路这种通过对变量的分离来协调变量间的关系，理顺解题思路进行各个击破的解题策略，就是“分离变量”的战术例 4 设函数 f(x)lg12xn1xnxan，其中 aR，n是任意给定的正整数，且 n2，如果当 x(，1时，f(x)有意义，求 a 的取值范围解析 由题意有 12x(n1)xnxa0，从而 a1nx2nxn1
12、nx.因为 n2，而 yknx(k1,2，n1)是 x(，1上的减函数，所以1nx2nxn1nx 1n2nn1n n12，故 an12.活学活用 4设函数 g(x)axxb 对任意 a12，2，都有 g(x)10 在 x14，1 上恒成立，求实数 b 的取值范围解析：变量分离b10axx.令 h(x)axx，则 h(x)1ax2x ax ax2，得 x a(极小值点)，x a(极大值点)，故 h(x)在(，a)上单调递增，在(a，0)上单调递减，在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增由此可知，h(x)在14，1 上的最大值为 h14 与 h(1)中的较大者又 h14 h(1)3a14，a
13、12，2，h14 h(1)，h(x)maxh14 4a14，所以，只需 b104a14恒成立即可，又74104a14 314，从而得 b 的取值范围是，74.答案：，74“固势推导，反客为主”术我们解答数学题时通常把注意力集中在主变元上，这是理所当然的事当思维受阻时，若注重考查命题的求解趋势，依从条件与结论的内在联系变换思考方向，视其参变元为主变元进行研究、推导，也能得到解决问题的途径，有时还能获得问题的巧解这种做法就是“反客为主”的战术例 5 若 f(x)ax22(2a1)x4a7，aN*，若 f(x)至少有一个整数根，则 a 的取值为_解析 依题意可知，当 f(x)0 时，有 2x7a(x
14、2)2，显然，当 x2 时，方程不成立故有 a 2x7x22(x2)，于是，当 a 为正整数时，则必有 2x7(x2)2，且 xZ，x2，即 x 必须满足条件：3x1(xZ，x2)由此可知，x 只能在3，1,0,1 中取值将3，1,0,1 分别代入中，得知：仅当 x3，x1 和 x1 时能保证 a 为正整数，且此时有 a1 和 a5.所以，当 a1 和 a5 时，原方程至少有一个整数根答案 1 或 5活学活用 5对于满足|log2p|2 的所有实数 p，使 x2px12xp 恒成立的 x 的取值范围为_解析：由|log2p|2，得14p4.由题意可设 f(p)(x1)p(x22x1)0，易知
15、f(p)是 p 的一次函数，故要使 f(p)0 在 p14，4 上恒成立，则必须有 x1，且f14 0，f40，即 x1，且14x1x120，4x1x120，解得x34或x1，x3或x1，且 x1，由此可得 x3 或 x1.所以满足题意的实数 x 的取值范围是 x3 或 x1.答案：(，3(1，)“换位推理，声东击西”术对有些命题在直接求解常感到困难或根本难以从条件入手，这时可避开正面强攻，从结论的对立面入手，或考查与其相关的另一问题，或反例，从中也可以找到解决问题的途径，有时甚至还能获得最佳的解法，这就是“声东击西”术，常见的基本方式有反证法、补集法、反例法等例 6 若拋物线 yx2上的所有
16、弦都不能被直线 yk(x3)垂直平分，则 k 的取值范围是()A.，12B.，12C.12，D.12，解析 D 设拋物线 yx2 上两点 A(x1，x21)，B(x2，x22)关于直线 yk(x3)对称，AB 的中点为 P(x0，y0)，则 x0 x1x22，y0 x21x222.由题设知x21x22x1x21k，所以x1x22 12k.又 AB 的中点 P(x0，y0)在直线 yk(x3)上，所以x21x222kx1x223 6k12，所以中点 P 12k，6k12.由于点 P 在 yx2 的区域内，则6k12 12k2，整理得(2k1)(6k22k1)0，解得 k12.因此当 k12时，拋
17、物线 yx2 上存在两点关于直线 yk(x3)对称，于是当 k12时，拋物线 yx2 上不存在两点关于直线 yk(x3)对称所以实数 k 的取值范围为12，.故选 D.活学活用 6已知函数 f(x)ax2xln x 在区间(1,2)上不单调，则实数 a 的取值范围为_解析：f(x)2ax11x.若函数 f(x)在区间(1,2)上单调递增，则 f(x)0 在(1,2)上恒成立，所以 2ax11x0，得 a121x1x2.(*)令 t1x，因为 x(1,2)，所以 t1x12，1.设 h(t)12(tt2)12t12218，t12，1，显然函数 yh(t)在区间12，1 上单调递减，所以 h(1)
18、h(t)h12，即 0h(t)18.由(*)可知，a18.若函数 f(x)在区间(1,2)上单调递减，则 f(x)0 在(1,2)上恒成立，所以 2ax11x0，得 a121x1x2.结合可知，a0.综上，若函数 f(x)在区间(1,2)上单调，则实数 a 的取值范围为(，018，.所以若函数 f(x)在区间(1,2)上不单调，则实数 a 的取值范围为0，18.答案：0，18“关注整体，设而不求”术设而不求是数学解题中的一种很有用的手段，采用设而不求的策略，往往能避免盲目推演而造成的无益的循环运算，从而达到准确、快速、简捷的解题效果方法 1 整体代入，设而不求在解决某些涉及若干个量的求值问题时
19、，要有目标意识，通过虚设的策略，整体转化的思想，绕开复杂的运算过程，可使问题迅速得到解决例 7 已知等比数列an中 Sn 是数列an的前 n 项和，Sm16，S2m64，则 S3m 的值为_解析 设公比为 q，由于 S2m2Sm，故 q1，于是a11qm1q16，a11q2m1q64，得 1qm4，则 qm3，所以 S3ma11q3m1qa11qm1q(1qmq2m)16(1332)208.答案 208方法 2 转化图形，设而不求有些代数问题，通过挖掘题目中隐含的几何背景，设而不求，转化成几何问题求解例 8 设 a，b 均为正数，且 ab1，则 2a1 2b1的最大值为_解析 设 u 2a1，
20、v 2b1(u1，v1)，uvm，则 u，v 同时满足uvm，u2v24，其中 uvm 表示直线，m 为此直线在 v 轴上的截距u2v24 是以原点为圆心，2 为半径的圆在第一象限内的一部分圆弧，如图所示，显然直线与圆弧相切时，所对应的截距 m 的值最大由图易得 mmax2 2，即 2a1 2b12 2.答案 2 2方法 3 适当引参，设而不求恰当合理地引入参数，可使解题目标更加明确，已知和欲求之间的联系得以明朗化，使问题能够得到解决例 9 已知对任何满足(x1)2y21 的实数 x，y，不等式 xyk0 恒成立，求实数 k 的取值范围解析 由题意设x1cos，ysin，则 g()xyksin
21、 cos 1k 2sin4 1k 21k.令 21k0，得 k 21.即实数 k 的取值范围是 21，)答案 21，)方法 4 巧设坐标，设而不求在解析几何问题中，对于有关点的坐标采用设而不求的策略，能促使问题定向，简便化归，起到以简驭繁的解题效果例 10 设拋物线 y22px(p0)的焦点为 F，经过点 F 的直线交拋物线于 A，B 两点，点 C 在拋物线的准线上，且 BCx 轴，求证：直线 AC 经过原点 O.证明 设 A(2pt21，2pt1)，B(2pt22，2pt2)，则 Cp2，2pt2.因为 AB 过焦点 F，所以 2pt12pt2p2，得 t1t214.又直线 OC 的斜率 k
22、OC2pt2p24t21t1，直线 OA 的斜率 kOA2pt12pt211t1，则 kOCkOA，故 A，O，C 三点共线，即直线 AC 经过原点 O.活学活用 7(1)一直线被两直线 4xy60,3x5y60 截得的线段中点恰好是坐标原点，则这条直线的方程为_解析：设所求直线分别交直线 4xy60,3x5y60 于点M，N，设 M(x0，y0)，则有 4x0y060.因为 M，N 关于原点对称，所以 N(x0，y0)，从而3x05y060.由得 x06y00.显然 M(x0，y0)，N(x0，y0)，O(0,0)三点的坐标均适合方程.故所求直线的方程为 x6y0.答案：x6y0(2)已知椭
23、圆x225y291，F1，F2 为焦点，点 P 为椭圆上一点，F1PF23，则 SF1PF2_.解析：设|PF1|r1，|PF2|r2，由椭圆定义得 r1r210.由余弦定理得 r21r222r1r2cos364.2得，r1r212，所以 SF1PF212r1r2sin33 3.答案：3 3(3)已知 F1，F2 是椭圆 2x2y24 的两个焦点，点 P 是椭圆上在第一象限内的点，且PF1 PF2 1.过点 P 作倾斜角互补的两条直线 PA，PB 分别交椭圆于 A，B 两点()求点 P 的坐标；()求直线 AB 的斜率解析：()设 P(m，n)，因为点 P 在椭圆上，所以 2m2n24，m0，
24、n0.又椭圆的标准方程为y24x221，设 F1(0，2)，F2(0，2)，所以PF1 PF2(m，2n)(m，2n)1，由此可得 m2n23.由解得 m1，n 2，即所求点 P 的坐标为(1，2)()设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为点 A，B 在椭圆上，所以 2x21y214,2x22y224，两式相减得 2(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0.所以 kABy1y2x1x22x1x2y1y2.同理可得 kAPy1 2x11 2 x11y1 2，kBPy2 2x21 2 x21y2 2.因为 PA，PB 倾斜角互补，所以 kPAkPB0.由左端及得 x1y2x2y1
25、2(x2x1)(y1y2)2 20，由右端及得 x1y2x2y1 2(x2x1)(y1y2)2 20，由得 2 2(x2x1)2(y1y2)0，即 y1y2 2(x1x2)，由得 kAB 2.“解题卡壳，攻坚突围”术思维受限一般出现在压轴题或计算量大的题上，有时也出现在一些条件特殊的选择题、填空题上，这些题不一定就是做不好的题或是难度很大的题，而可能是因某些运算或推理繁杂感到心理紧张而导致一下子想不出解决方法的题一般来说，对此类问题的突围关键在于如何针对已有的信息与所求目标的差异进行综合分析，整合相关的结论(包括已推得的结论)，注重信息的迁移要注重考查命题所涉及的概念、定理，把握命题的结构特点
26、，构建相应的数学模型进行模仿探索，力争做到求什么，想什么在审查已做的运算、推理与所求结论的要求是否正确时，要注重隐含条件的挖掘与整合，仔细清查还有哪些条件未用上，还有哪些相关的通法未用到，力争做到给什么，用什么在将条件与结论联系起来时，要勇于试探、创新思维，注重类比、猜想、凑形、配式，力争做到差什么，找什么这就是我们常常说的“思维受限突围术”常见的突围策略有以下两种：策略 1 前难后易空城计对设有多问的数学命题，若前一问不会解，而后面的几问又是自己容易解的，或是可用第一问的结论来求解的，此时应放弃第一问的求解，着重攻后面的几问，并将第一问的结论作为后几问的条件使用，巧妙地配合题设条件或有关定理
27、解答后面的问题这种利用自己根本不懂或不会证明的问题条件来解后几问的做法，就是数学解题中的“空城计”，即前问难后问易，弃前攻后为上计(有时也说成：前难后易前问弃，借前结论攻后题)例 11 设函数 fn(x)xnbxc(nN*，b，cR)(1)设 n2，b1，c1，证明：fn(x)在区间12，1 内存在唯一零点；(2)设 n2，若对任意 x1，x21,1，有|f2(x1)f2(x2)|4，求 b的取值范围；(3)在(1)的条件下，设 xn 是 fn(x)在12，1 内的零点，判断数列 x2，x3，xn，的增减性解析(1)证明：当 b1，c1，n2 时，fn(x)xnx1.fn12 fn(1)12n
28、12 10，fn(x)在12，1 内存在零点又当 x12，1 时，f(x)nxn110，fn(x)在12，1 上是单调递增的，fn(x)在区间12，1 内存在唯一零点(2)当 n2 时，f2(x)x2bxc.对任意 x1，x21,1都有|f2(x1)f2(x2)|4 等价于 f2(x)在1,1上的最大值与最小值之差 M4.据此分类讨论如下：当b2 1，即|b|2 时，M|f2(1)f2(1)|2|b|4，与题设矛盾当1b20，即 0b2 时，Mf2(1)f2b2 b21 24 恒成立当 0b21，即2b0 时，Mf2(1)f2b2 b21 24 恒成立综上可知，2b2.(3)解法一：设 xn
29、是 fn(x)在12，1 内的唯一零点(n2)，fn(xn)xnnxn10，fn1(xn1)xn1n1xn110，xn112，1，于是有 fn(xn)0fn1(xn1)xn1n1xn11xnn1xn11fn(xn1)又由(1)知 fn(x)在12，1 上是单调递增的，故 xnxn1(n2)，所以数列 x2，x3，xn，是递增数列解法二：设 xn 是 fn(x)在12，1 内的唯一零点fn1(xn)fn1(1)(xn1nxn1)(1n111)xn1nxn1xnnxn10，则 fn1(x)的零点 xn1 在(xn,1)内，故 xnxn1(n2)，所以数列 x2，x3，xn，是递增数列点评 第(1)
30、问可利用函数的单调性及零点存在性定理进行解题，但第(2)问较麻烦，很多同学不会做或耽误较长时间，从而延误了第(3)问的解答事实上，由题意可知，第(3)问的解答与第(2)问没有任何关系，但与第(1)问是相关的，且非常容易解答，因此我们可跨过第(2)问，先解决第(3)问，从而加大了本题的得分率，这是解决此类题的上策之举策略 2 前解倒推混战术有些数学命题的求解，开始入手还较为顺畅，但一到最后就难以继续进行了此时若知悉它的大致趋势和结果，可依从所求结论的形式、特点，进行反推、凑形，直到得出大致与所要达到的目标相当、相同或相似的式子，再来巧妙地进行沟通也是可行的对于这一步虽然是自己做不到的，但这样写了
31、几下，却可能全都是对的也就是说，对此解答，自己是以其昏昏，却能使人昭昭因为别人看上去确实是一步接着一步写的，没有什么跳跃，也没掉什么关键步这一战术与“中间会师”有点相似，但实质却不同因为它不是清清楚楚地推理过来的这种不按常规方式出牌，浑水摸鱼的解题方法我们称之为混战术：解题结尾路难行，倒推凑形亦为径例 12 已知函数 f(x)(x2)exa(x1)2 有两个零点(1)求 a 的取值范围；(2)设 x1，x2 是 f(x)的两个零点，求证：x1x22.解析(1)f(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a)设 a0，则 f(x)(x2)ex，f(x)只有一个零点设 a0，则当 x(，1)时
32、，f(x)0；当 x(1，)时，f(x)0，所以 f(x)在(，1)内单调递减，在(1，)内单调递增又 f(1)e，f(2)a，取 b 满足 b0 且 blna2，则 f(b)a2(b2)a(b1)2ab232b 0，故 f(x)存在两个零点设 a0，由 f(x)0 得 x1 或 xln(2a)若 ae2，则 ln(2a)1，故当 x(1，)时，f(x)0，因此 f(x)在(1，)内单调递增又当 x1 时，f(x)0，所以 f(x)不存在两个零点若 ae2，则 ln(2a)1，故当 x(1，ln(2a)时，f(x)0；当 x(ln(2a)，)时，f(x)0.因此 f(x)在(1，ln(2a)内
33、单调递减，在(ln(2a)，)内单调递增又当 x1 时，f(x)0，所以 f(x)不存在两个零点综上，a 的取值范围为(0，)(2)证明：不妨设 x1x2，由(1)知，x1(，1)，x2(1，)，2x2(，1)，又 f(x)在(，1)内单调递减，所以 x1x22 等价于 f(x1)f(2x2)，即 f(2x2)0.设 g(x)xe2x(x2)ex，则 g(x)(x1)(e2xex)所以当 x1 时，g(x)0，而 g(1)0，故当 x1 时，g(x)0.从而 g(x2)f(2x2)0，故 x1x22.点评 本题在证明 x1x22 时，如果直接从题目条件出发，很难证明该结论成立，而通过分析，将
34、x1x22 转化为 x12x21，利用函数 f(x)的单调性及 f(x1)f(x2)，将问题转化为证明不等式f(x1)f(2x2)，进而构造函数 g(x)f(2x2)，转化为证明函数 g(x)的最大值小于 0，从而使问题得证活学活用 8(2019沈阳监测)已知 f(x)exax22x，aR.(1)求函数 f(x)的图象恒过的定点的坐标；(2)若 f(x)ax1 恒成立，求 a 的值；(3)在(2)成立的条件下，证明：f(x)存在唯一的极小值点 x0，且2f(x0)14.解析：(1)要使参数 a 对函数值不产生影响，需 x0，此时 f(0)e0a02201，函数 f(x)的图象恒过的定点的坐标为
35、(0,1)(2)依题意得 ex2ax2ax1 恒成立，exax1 恒成立构造函数 g(x)exax1，则 g(x)exax1 的图象恒过点(0,0)，g(x)exa，若 a0，则 g(x)0，g(x)在 R 上单调递增，exax1 不能恒成立若 a0，令 g(x)0，xln a.当 x(，ln a)时，g(x)0，函数 g(x)exax1 单调递减，当 x(ln a，)时，g(x)0，函数 g(x)exax1 单调递增，函数 g(x)在 xln a 处取得极小值，g(ln a)aaln a1.要使 ex2ax2ax1 恒成立，只需 aaln a10.设 h(a)aaln a1，则函数 h(a)
36、的图象恒过点(1,0)，h(a)1ln a1ln a，当 a(0,1)时，h(a)0，函数 h(a)单调递增；当 a(1，)时，h(a)0，函数 h(a)单调递减函数 h(a)在 a1 处取得极大值 0，要使函数 h(a)0 恒成立，只需 a1.综上，a 的值为 1.(3)证明：f(x)ex2x2，设 m(x)ex2x2，则 m(x)ex2，当 xln 2 时，m(x)0，当 xln 2 时，m(x)0，函数 m(x)在(，ln 2)上单调递减，在(ln 2，)上单调递增，m(x)ex2x2 在 xln 2 处取得极小值，且 m(ln 2)2ln 20，又 m(1)1e0，m(2)e260，m(x)有两个变号零点，f(x)存在唯一的极小值点 x0，x032，2，函数 f(x)的极小值 f(x0)2x202，14，即2f(x0)14.