类讨论方法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题． 35．已知a∈R，函数f（x）＝（﹣x2+ax）ex（x∈R）． （1）当a＝2时，求函数f（x）在[0，2]上的最值；
（2）若函数f（x）在（﹣1，1）上单调递增，求a的取值范围．
【分析】（1）利用导数研究函数在[0.2]上的单调性，求出极大极小值后，与端点值比较可得最大最小值；
（2）函数f（x）在（﹣1，1）上单调递增转化为f′（x）≥0在[﹣1，1]上恒成立，转化为﹣x2+（a﹣2）x+a≥0在（﹣1，1）上恒成立，再分离参数后，构造函数转化为最值可解决．
【解答】解（1）当a＝2时，f（x）＝（﹣x2+2x）ex， f′（x）＝（﹣x2+2）ex．令f′（x）＝0，则x＝﹣当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：
x f′（x） f（x）
0 f（0）＝0
（0，
+ ↗
）
0 极大值f（）e
）
（
，2） ﹣ ↘
2 f（2）＝0
或x＝
，
所以，f（x）max＝f（）＝（﹣2+2，f（x）min＝f（0）＝0．
（2）因为函数f（x）在（﹣1，1）上单调递增， 所以f′（x）≥0在（﹣1，1）上恒成立．
又f′（x）＝[﹣x2+（a﹣2）x+a]ex，即[﹣x2+（a﹣2）x+a]ex≥0，注意到ex＞0， 因此﹣x2+（a﹣2）x+a≥0在（﹣1，1）上恒成立，也就是a≥1，1）上恒成立． 设y＝x+1﹣即y＝x+1﹣则y＜1+1﹣故a≥．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，属难题． 36．已知函数f（x）＝（x+1）lnx﹣a（x﹣1）．
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＝x+1﹣在（﹣
，则y′＝1+＞0，
在（﹣1，1）上单调递增， ＝，
（I）当a＝4时，求曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程； （II）若当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，求a的取值范围．
【分析】（I）当a＝4时，求出曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线的斜率，即可求出切线方程；
（II）先求出f′（x）＞f′（1）＝2﹣a，再结合条件，分类讨论，即可求a的取值范围． 【解答】解：（I）当a＝4时，f（x）＝（x+1）lnx﹣4（x﹣1）． f（1）＝0，即点为（1，0），
函数的导数f′（x）＝lnx+（x+1）?﹣4， 则f′（1）＝ln1+2﹣4＝2﹣4＝﹣2， 即函数的切线斜率k＝f′（1）＝﹣2，
则曲线y＝f（x）在（1，0）处的切线方程为y＝﹣2（x﹣1）＝﹣2x+2； （II）∵f（x）＝（x+1）lnx﹣a（x﹣1）， ∴f′（x）＝1++lnx﹣a， ∴f″（x）＝
，
∵x＞1，∴f″（x）＞0，
∴f′（x）在（1，+∞）上单调递增， ∴f′（x）＞f′（1）＝2﹣a． ①a≤2，f′（x）＞f′（1）≥0， ∴f（x）在（1，+∞）上单调递增， ∴f（x）＞f（1）＝0，满足题意；
②a＞2，存在x0∈（1，+∞），f′（x0）＝0，函数f（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，
由f（1）＝0，可得存在x0∈（1，+∞），f（x0）＜0，不合题意． 综上所述，a≤2．
另解：若当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0， 可得（x+1）lnx﹣a（x﹣1）＞0， 即为a＜
，
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由y＝的导数为y′＝，
由y＝x﹣﹣2lnx的导数为y′＝1+﹣＝＞0，
函数y在x＞1递增，可得则函数y＝
在x＞1递增，
＞0，
则可得即有a≤2．
＝＞2恒成立，
＝2，
【点评】本题主要考查了导数的应用，函数的导数与函数的单调性的关系的应用，导数的几何意义，考查参数范围的求解，考查学生分析解决问题的能力，有难度． 37．已知函数f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣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．
【分析】（1）求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得f（x）单调性； （2）由（1）可知：当a＞0时才有两个零点，根据函数的单调性求得f（x）最小值，由f（x）min＜0，g（a）＝alna+a﹣1，a＞0，求导，由g（a）min＝g（e2）＝e2lne2+e
﹣
﹣
﹣
﹣2
﹣1＝﹣﹣1，g（1）＝0，即可求得a的取值范围．
（1）求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得f（x）单调性； （2）分类讨论，根据函数的单调性及函数零点的判断，分别求得函数的零点，即可求得a的取值范围．
【解答】解：（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）ex﹣1， 当a＝0时，f′（x）＝﹣2ex﹣1＜0， ∴当x∈R，f（x）单调递减，
当a＞0时，f′（x）＝（2ex+1）（aex﹣1）＝2a（ex+）（ex﹣）， 令f′（x）＝0，解得：x＝ln，
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当f′（x）＞0，解得：x＞ln， 当f′（x）＜0，解得：x＜ln，
∴x∈（﹣∞，ln）时，f（x）单调递减，x∈（ln，+∞）单调递增； 当a＜0时，f′（x）＝2a（ex+）（ex﹣）＜0，恒成立， ∴当x∈R，f（x）单调递减，
综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，
当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln）是减函数，在（ln，+∞）是增函数； （2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点， 当a＞0时，f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x， 当x→﹣∞时，e2x→0，ex→0， ∴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，
由f（x）在（﹣∞，ln）是减函数，在（ln，+∞）是增函数， ∴f（x）min＝f（ln）＝a×（
）+（a﹣2）×﹣ln＜0，
∴1﹣﹣ln＜0，即ln+﹣1＞0， 设t＝，则g（t）＝lnt+t﹣1，（t＞0）， 求导g′（t）＝+1，由g（1）＝0， ∴t＝＞1，解得：0＜a＜1， ∴a的取值范围（0，1）．
方法二：（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）ex﹣1， 当a＝0时，f′（x）＝﹣2ex﹣1＜0， ∴当x∈R，f（x）单调递减，
当a＞0时，f′（x）＝（2ex+1）（aex﹣1）＝2a（ex+）（ex﹣）， 令f′（x）＝0，解得：x＝﹣lna，
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