【文档说明】2021年人教版高中数学选择性必修第二册同步讲义5.3《导数在研究函数中的应用》(含解析).doc，共(22)页，814.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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5.3导数在研究函数中的应用1、函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：（1）若)(xf>0，则f(x)在这个区间内单调递增；（2）若)(xf<0，则f(x)在这个区间内单调递减；（3）若)(xf＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.注意：函数f(x)在

区间(a，b)上递增，则)(xf≥0，“)(xf>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件.2、求函数单调区间的步骤：（1）确定函数f(x)的定义域；（2）求)(xf；（3）在定义域

内解不等式)(xf>0，得单调递增区间；（4）在定义域内解不等式)(xf<0，得单调递减区间.（5）若所求函数的单调区间不止一个时，用“，”与“和”连接.3、运用导数求可导函数y＝f(x)的极值的一般步骤：（1）先求函数y＝f(x)的定义域，再求其导数)(xf

；（2）求方程)(xf＝0的根；（3）检查导数)(xf在方程根的左右的值的符号，如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值.（4）特别注意：导数为零的点不一定是极值点.4、利用导数求函数f(x)在[a，b]上的最

值的一般步骤：（1）求函数在(a，b)内的极值；（2）求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)；知识梳理（3）将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.（4）求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，

不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值题型一单调性例1函数22lnfxxx的单调减区间是（）A．0,1B．1,C．,10,1D．1,00,1【

答案】A【分析】依题意，可求得()fx，由()0fx即可求得函数2()2fxxlnx的单调减区间．【详解】解：2()2(0)fxxlnxx，22(1)(1)()2xxfxxxx

，令()0fx由图得：01x，函数2()2fxxlnx的单调减区间是(0,1)，故选：A．已知函数2()2()xafxeexaR，求函数()fx的单调区间.【答案】单调递增区间为,

2a，单调递减区间为,2a.巩固练习知识典例【分析】对函数求导，求得()0fx、()0fx的解集即可得解.【详解】函数()fx的定义域为R，22()222xaxafx

eeee，()fx单调递增，令()0fx可得2ax，当,2ax时，()0fx；当,2ax时，()0fx；所以函数()fx的单调递增区间为,2a，单调递减区间为,2a

.题型二极值例2函数323922yxxxx<有（）A．极大值5，极小值27B．极大值5，极小值11C．极大值5，无极小值D．极小值27，无极大值【答案】C【分析】利用导函数的正负可确定原函数的单调性，由单调性可知当1x时，函数取极大值，无极小值；

代入可求得极大值，进而得到结果.【详解】2369331yxxxx当2,1x时，0y，函数单调递增；当1,2x时，0y，函数单调递减当1x时，函数取极大

值，极大值为1395；无极小值故选：C已知0a且1a，则函数2lnfxxax（）A．有极大值，无极小值巩固练习B．有极小值，无极大值C．既有极大值，又有极小值D．既无极大值，又无极小值

【答案】C【分析】先求导数，再求导函数零点，根据零点分析导数符号，进而确定极值.【详解】212ln2lnxafxxaxxaxaxxx,又2lnxagxxx在0,上单调递增，

0,;,xgxxgx，所以2lnxagxxx在0,上有且仅有一个零点，设为0x，因为1,a则0xa，所以导函数fx有两个不同零点，因此函数既有极大值，又有极小值，选C.题型三最值例3函数32()32fxxx在区间[－1，1]上的

最大值是（）A．4B．2C．0D．－2【答案】B【分析】先求得函数在区间1,1上的极值，然后比较极值点和区间端点的函数值，由此求得函数在区间1,1上的最大值.【详解】令'2360fxxx，解得0x或2x.02,22,12,10ffff

，故函数的最大值为2，所以本小题选B.已知函数32()fxxaxbx在1x与23x处都取得极值．(1)求函数()fx的解析式及单调区间；巩固练习(2)求函数()fx在区间[1,2]的最大值与最小值．【答案】（1）321()22fxxxx，单调增区间是

2(,),(1,)3，减区间是2(,1)3（2）max()2fx，min3()2fx【分析】（1）对fx求导，根据fx在1x与23x处都取得极值，得'10f和'203f，建立方程组求得a,b的值，得到fx的解析式，再分析'fx取

得正负时x的范围，从而得出fx相应的单调区间，得解；（2）根据（1）可得出fx的极值点，再求出边界点(1)f和(2)f的值，与极值点的函数值比较大小可得解.【详解】（1）因为32()fxxax

bx，所以2()32fxxaxb,因为fx在1x与23x处都取得极值，所以10?203ff，即320124093abab

，解得1,22ab即321()22fxxxx，所以2()32321fxxxxx，令()01fxx或23x，令2()013fxx，所以f

x的单调增区间是2(,),(1,)3，减区间是2(,1)3.（2）由（1）可知，x2(1,)3232(1)3，1(12)，()fx+0-0+()fx单调递增极大值单调递减极小值单调递增fx的极小值3(1)2f，fx的极大值222()327f，而1(1)2f

，(2)2f，可得[1,2]x时，max()2fx，min3()2fx.故得解.题型四函数图象与导函数图象例4如图是函数y＝f（x）的导数y＝f'（x）的图象，则下面判断正确的是（）A．在（﹣3，1）内f（

x）是增函数B．在x＝1时，f（x）取得极大值C．在（4，5）内f（x）是增函数D．在x＝2时，f（x）取得极小值【答案】C【分析】根据图形，利用单调性和极值的几何特征逐一判断即可.【详解】解：根据题意，依次分析选项：

对于A，在（﹣3，32）上，f′（x）＜0，f（x）为减函数，A错误；对于B，在（32，2）上，f′（x）＞0，f（x）为增函数，x＝1不是f（x）的极大值点，B错误；对于C，在（4，5）上，f′（x）＞0，f（x

）为增函数，C正确；对于D，在（32，2）上，f′（x）＞0，f（x）为增函数，在（2，4）上，f′（x）＜0，f（x）为减函数，则在x＝2时f（x）取得极大值，D错误；故选：C．设函数fx在定义域内可导，yfx的图象如图所示，则导函数yfx的图象可能为（）巩固练

习A．B．C．D．【答案】D【分析】根据fx的图象可得fx的单调性，从而得到fx在相应范围上的符号和极值点，据此可判断fx的图象.【详解】由fx的图象可知，fx在,0上为增函数，且在0

,上存在正数,mn，使得fx在0,,,mn上为增函数，在,mn为减函数，故fx在0,有两个不同的零点，且在这两个零点的附近，fx有变化，故排除A，B.由fx在,0上为增函数可得0fx在,

0上恒成立，故排除C.故选：D.题型五函数图象例5函数2lnfxxx的图象大致为（）A．B．C．D．【答案】B【分析】利用导数求得函数的单调性，进而排除,AD；根据0,上的最大值20f可排除C，从而得到结果.【详解】由20

x得：0x，即fx定义域为,00,则212210xfxxxxx当0,2x时，0fx；当,0x和2,时，0fx即fx在0,2上单调递增，在,0和

2,上单调递减，可排除,AD又2ln420ffx在0,上的最大值小于零，可排除C故选：B已知函数f(x)＝ex－(x＋1)2(e为2.71828…)，则f(x)的大致图象是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】巩固练习利用特殊值代入10f，可排除A、D,根据导

数判断函数的单调性可排除B，即可得出结果.【详解】函数2(1)xfxex＝－+，当1x时，1=110fee＝，故排除A、D，又()22()20ln2xxfxexfxex，，，当0ln2x时，()(0()

)00fffxx，，所以fx在0,ln2为减函数，故排除B,故选：C.题型六单调性中的参数问题例6如果函数2()2(1)2fxxax在区间,4上是减函数，那么实数a的取值范围是

（）A．3aB．3aC．5aD．5a【答案】A【分析】根据开口向上的二次函数在对称轴左边单调递减，即可求出a的取值范围．【详解】2()2(1)2fxxax的对称轴为2(1)12axa，又2()2(1)2fxxax开口向上，即在(,1]a上

单调递减即,4(,1]a即413aa故选A已知f（x）＝x3﹣ax在[1，+∞）上是单调增函数，则a的最大值是()A．0B．1C．2D．3【答案】D【分析】由f（x）＝x3﹣ax在[1，+∞）上是单调增函数，

得到在[1，+∞）上，f′（x）≥0恒成立，从而解得a≤3，故a的最大巩固练习值为3．【详解】解：∵f（x）＝x3﹣ax在[1，+∞）上是单调增函数∴f′（x）＝3x2﹣a≥0在[1，+∞）上恒成立．即a≤3x2∵x∈[1，+∞）时，3x2≥3恒成立∴a≤3∴a

的最大值是3故选D．题型七参数问题例7已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝12ax＋b.(1)若f(x)与g(x)在x＝1处相切，求g(x)的表达式；(2)若φ(x)＝11mxx－f(x)在[1，＋∞)上是减函数，求实数m的取值范围．【答案】（1）g(x)

＝x－1；（2）(－∞，2].【解析】试题分析：（1）求出函数f（x）的导数，得到关于a的方程，求出a的值，计算g（1）=0，求出b的值，从而求出g（x）的解析式即可；（2）求出函数的导数，问题转化为2m﹣2≤x+1x，x∈[1，+∞），根据函数的单调性求出m的

范围即可．解析：(1)由已知得f′(x)＝1x，所以f′(1)＝1＝12a，a＝2.又因为g(1)＝0＝12a＋b，所以b＝－1，所以g(x)＝x－1.(2)因为φ(x)＝11mxx－f(x)＝11mxx－lnx在[1，＋∞)上是减函数．所以222

2101xmxxxx在[1，＋∞)上恒成立．即x2－(2m－2)x＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立，则2m－2≤x＋1x，x∈[1，＋∞)，因为x＋1x∈[2，＋∞)，所以2m－2≤2，m≤2.故数m的取值范围是(

－∞，2]．已知函数y＝f（x）＝lnxx。（1）求y＝f（x）的最大值；（2）设实数a>0，求函数F（x）＝af（x）在[a，2a]上的最小值。【答案】（1）1e；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）令fx＝0，求得极值点，因此可得到单调区间，从而得到最大值；（2）根据（1）可

知F（x）的单调性，得到F（x）在[a，2a]上的最小值为F（a）和F（2a）之中的较小者，作差讨论即可得到结果.试题解析：（1）fx＝21lnxx.令fx＝0得x＝e.因为当x∈（0，e）时，fx>0，f（x）

在（0，e）上为增函数；当x∈（e，＋∞）时，fx<0，f（x）在（e，＋∞）上为减函数，所以f（x）max＝f（e）＝1e。（2）因为a＞0，由（1）知，F（x）在（0，e）上单调递增，在（e，＋∞）上单调递减，所以F（x）在[a，2a]上的最小值F（x）min

＝min{F（a），F（2a）}。因为F（a）－F（2a）＝2ln21ln21lnlnln22222aaaaa，所以当0<a≤2时，F（a）－F（2a）≤0，F（x）min＝F（a）＝lna，当a>2时，F（a）－F（2a）>0，F（x）min＝F（2a）＝12l

n2a题型八函数构造例8若函数f（x）在R上可导，且满足f（x）＞xf′（x），则（）A．3f（1）＞f（3）B．3f（1）＜f（3）C．3f（1）=f（3）D．f（1）=f（3）巩固练习【答案】A【解

析】试题分析：根据条件f（x）＞xf′（x）可构造函数g（x）=，然后得到函数的单调性，从而得到所求．解：设g（x）=，g′（x）=∵f（x）＞xf′（x），∴g′（x）=＜0即g（x）在（0，+∞）上单调递减函数∴即3f（1）＞f（3）故选A．已知定义在实数集R上的函数()

fx满足(1)4f，且()fx的导函数'()3fx，则不等式(ln)3ln1fxx的解集为（）A．(0,)eB．(,)eC．(0,1)D．(1,)【答案】A【解析】设t=lnx，则不等式f（lnx）＞3lnx+1等

价为f（t）＞3t+1，设g（x）=f（x）﹣3x﹣1，则g′（x）=f′（x）﹣3，∵f（x）的导函数f′（x）＜3，∴g′（x）=f′（x）﹣3＜0，此时函数单调递减，∵f（1）=4，∴g（1）=f（1）﹣3﹣1=0，则当x＜1时，g（x）＞g（

1）=0，即g（x）＜0，则此时g（x）=f（x）﹣3x﹣1＞0，即不等式f（x）＞3x+1的解为x＜1，巩固练习即f（t）＞3t+1的解为t＜1，由lnx＜1，解得0＜x＜e，即不等式f（lnx）＞3lnx+1的解集为（0，e），故选A．1、函数fx的定义域为开区间

ab，，导函数fx在ab，内的图象如图所示，则函数fx在开区间ab，内有极小值点（）A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】A【分析】直接利用函数极小值点的定义求解.【详解】由导函数fx在ab，内的图象知：函数fx在开区间ab，内有极小值点1个

，故选：A2、已知函数252lnfxxxx，则函数fx的单调递增区间是（）A．10,2和(1,)B．(0,1)和(2,)C．10,2和(2,)D．1,

2【答案】C【分析】先求出函数的定义域，再求导，根据导数大于0解得x的范围，继而得到函数的单调递增区间．巩固提升【详解】函数f(x)＝x2－5x＋2lnx的定义域是(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－5＋2x＝2252xxx＝22

1xxx＞0，解得0＜x＜12或x＞2，故函数f(x)的单调递增区间是102，，(2，＋∞)．故选C3、函数fx的导函数'fx的图象如图所示，则（）A．1x是最小值点B．0x

是极小值点C．2x是极小值点D．函数fx在()1,2上单调递增【答案】C【解析】由图象得：fx在),(0递增，在0,2递减，在),(2递增，2x是极小值点，故选C.4、已知函数32(

)1fxxaxx在(,)上是单调函数，则实数a的取值范围是（）A．,33,B．,33,C．3,3D．3,3【答案】C【分析】求得

函数的导数2()321fxxax，根据函数()fx在(,)上是单调函数，利用0，即可求解，得到答案．【详解】由题意，函数32()1fxxaxx，则2()321fxxax，因为函数()fx在(,)上是单调函数，所以

22(2)4(3)(1)4120aa，即23a，解得33a，即实数a的取值范围是3,3，故选C．5、（多选）已知函数()fx的定义域为R且导函数为'()fx，如图

是函数'()yxfx的图像，则下列说法正确的是（）A．函数()fx的增区间是(2,0),(2,)B．函数()fx的增区间是,2,2,C．2x是函数的极小值点D．2x是函数的极小值点【答案】BD【分析】先由题中

图像，确定()fx的正负，得到函数()fx的单调性；从而可得出函数极大值点与极小值点，进而可得出结果.【详解】由题意，当02x时，()0fx；当2x，()0fx；当20x时，()0fx；当2x时，()0fx；即函数()fx在,2和(2,)上

单调递增，在2,2上单调递减，因此函数()fx在2x时取得极小值，在2x时取得极大值；故A错，B正确；C错，D正确.故选：BD.6、设fx、gx在,ab上可导，且fxgx，则当ax

b时有（）A．fxgxB．fxgxC．fxgbgxfbD．fxgagxfa【答案】D【分析】构造函数Fxfxgx，利用导数推导函数yFx在区间,ab上的单调性，进而可得出结果.

【详解】设Fxfxgx，当axb时，fxgx，则0Fxfxgx，所以，函数yFx在区间,ab上是增函数，当axb时，FaF

xFb，所以，fxgxfaga，即fxgagxfa；fxgxfbgb，即fxgbgxfb.故选：D.7、（多选）对

于函数ln()xfxx，下列说法正确的有（）．A．()fx在xe处取得极大值1eB．()fx有两不同零点C．(2)()(3)fffD．若1()fxkx在(0,)上恒成立，则1k【答案】ACD【分析】对于A，先对函数求导，令导函数等于零，然

后再判其极值即可；对于B，令()0fx，则可得函数的零点；对于C，由选项A的解答过程可知，当xe时，函数fx为减函数，所以34fff，而(2)(4)ff，从而可得结果；对于D，由1()fxkx在(0,)上恒成立，得ln1xkxx，令ln1()x

hxxx，再利用导数求此函数的最大值即可【详解】函数的导数'21ln()xfxx，(0)x，令()0fx得xe，则当0xe时，()0fx，函数为增函数，当xe时，()0fx，函数()fx为减函

数，则当xe时，函数取得极大值，极大值为1fee，故A正确，由()0fx，得ln0x，得1x，即函数()fx只有一个零点，故B错误，ln42ln2ln224442ffQ，由xe时，函数fx为减函数知34fff，故23fff

成立，故C正确，若1()fxkx在(0,)上恒成立，则ln1xkxx，设ln1()xhxxx，(0)x，则2ln()xhxx，当01x时，()0hx，hx单调递增，当1x时，()0hx，hx单调递减，即当1x

时，函数()hx取得极大值同时也是最大值11h，1k成立，故D正确.故选：ACD．8、函数321()3fxxx在区间1,1内最小值是__________，最大值是__________.【答案】430【分析】对函数求导，由导数确定单调区间，由单调性确定极值，再

比较极值与函数端点值，即可确定函数最值.【详解】∵2()22fxxxxx，令0fx，0x或2，∴当[1,0)x时，()0fx，()fx单调递增；当(0,1]x时，()0fx，()fx单调递减，而4(1)3f，(0)

0f，2(1)3f，∴函数的最小值是43，最大值为0.故答案为：43；0.9、若函数f(x)＝ex(－x2＋2x＋a)在区间[a，a＋1]上单调递增，则实数a的最大值为________.【答案】152【解析】由f(x)在区间[a

，a＋1]上单调递增，得f′(x)＝ex(－x2＋a＋2)≥0，x∈[a，a＋1]恒成立，即(－x2＋a＋2)min≥0，x∈[a，a＋1].当a≤12时，－a2＋a＋2≥0，则－1≤a≤12；当a>12时，－(a＋1)2＋a＋2≥

0，则12<a≤152，所以实数a的取值范围是－1≤a≤152，a的最大值是152.填152．10、对于函数22,0()12,02xxexfxxxx有下列命题：①在该函数图象上一点（﹣2，f（﹣2））处的切线的斜率为22e；②函数f(x)的最小值为2e

；③该函数图象与x轴有4个交点；④函数f(x)在（﹣∞，﹣1]上为减函数，在（0，1]上也为减函数.其中正确命题的序号是_____.【答案】①②④【分析】求出导数代入-2可得判断①；利用函数的单调性求出极值可判断②④；分别求函数等于零的根可判断③.【详解】x≤0时，f(x

)＝2xex，f′(x)＝2（1+x）ex，故f′（﹣2）＝22e，①正确；且f(x)在（﹣∞，﹣1）上单调递减，在（﹣1，0）上单调递增，故x≤0时，f(x)有最小值f（﹣1）＝2e，x＞0时，f(x)＝2122xx在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增

，故x＞0时，f(x)有最小值f（1）＝122e故f(x)有最小值2e，②④正确；令20xxe得0x，令21202xx得222x，故该函数图象与x轴有3个交点，③错误；故答案为：①②④11、若函数2()1xafxx在1x处取极值，则a【答案】3【解析】试题分析：

22222'()(1)xxxafxx=222(1)xxax．因为f（x）在1处取极值，所以1是f′（x）=0的根，将x=1代入得a=3．故答案为3.12、已知函数f(x)＝(x2－ax)ex(x∈R)，a为实数．(1)当a＝0时，求函数f(x)

的单调增区间；(2)若f(x)在闭区间[－1,1]上为减函数，求a的取值范围．【答案】（1）(0，＋∞)和(－∞，－2)；（2）3[,)2.【分析】(1)利用导数求函数f(x)的单调增区间.(2)先求导得f′(x)＝(2x－a)ex＋(x2－ax

)ex＝[x2＋(2－a)x－a]ex，记g(x)＝x2＋(2－a)x－a.依题意知，x∈[－1,1]时，g(x)≤0恒成立．数形结合分析得到1320110gag，解不等式即得a的取值范围.【详解】(1)当a＝0时，f(x)＝x2e

x，f′(x)＝2xex＋x2ex＝(x2＋2x)ex.由f′(x)>0⇒x>0或x<－2.故f(x)的单调增区间为(0，＋∞)和(－∞，－2)．(2)由f(x)＝(x2－ax)ex，x∈R⇒f′(x)＝(2x－a)ex＋

(x2－ax)ex＝[x2＋(2－a)x－a]ex.记g(x)＝x2＋(2－a)x－a.依题意知，x∈[－1,1]时，g(x)≤0恒成立．结合g(x)的图像特征得1320110gag，即a≥

32，所以a的取值范围是3,2.13、已知函数37()2xfxx.（1）求函数的单调区间（2）当(2,2)m时，有2(23)()fmfm，求m的范围.【答案】(1)单调减区间是(,2),(2,).(2)(1,2).【解析】分析：

（1）求'fx，判断'fx的符号，从而找出该函数的单调区间；（2）先根据m的范围，求出23m和2m的范围，并确定出23m和2m属于单调区间2,，根据单调性列不等式求解即可.详解：(1)2236371'022xxfxx

x，函数fx在,2,2,上单调减，所以函数fx的单调减区间是,2,2,.(2)2,2m时，231,7m，20,4m，即23m

和2m都在fx的单调减区间2,上，所以由223fmfm得223mm，解得3m或1m，又2,2m，所以12m，所以m的取值范围是1,2.14、已知函数

2fxaxblnx在1x处有极值12．（1）求a,b的值；（2）求fx的单调区间．【答案】(1)12a,1b．(2)单调减区间是0,1,单调增区间是1,．【分析】（1）先对函数求导

，得到2bfxaxx，再由题意，列出方程组，求解，即可得出结果；（2）由（1）的结果，得到212fxxlnx，对其求导，解对应的不等式，即可得出单调区间.【详解】解：（1）'2.bfxaxx又fx在1x处有极值12,

112'10ff即1220aab解得12a,1b．（2）由（1）可知212fxxlnx,其定义域是0,,111'xxfxxxx．由'0fx,得0

1x；由'0fx,得1x．函数yfx的单调减区间是0,1,单调增区间是1,．15、已知函数3()31fxxax在1x处取得极值.（1）求实数a的值；（2）当[2,1]x时，求函数()fx的最小值.【答案】（1）1；（2）3.【分析】（1）求

导，根据极值的定义可以求出实数a的值；（2）求导，求出[2,1]x时的极值，比较极值和(2)(1)ff、之间的大小的关系，最后求出函数的最小值.【详解】（1）3'2()31()33fxxaxfxxa，函数3()31fxxax在1

x处取得极值，所以有2'3(1()01130)afa；（2）由（1）可知：3'2()31()333(1)(1)fxxxfxxxx，当(2,1)x时，'()0fx，函数()fx单调递增，

当(1,1)x时，'()0fx，函数()fx单调递减，故函数在1x处取得极大值，因此3(1)(1)=13(1)1f，3(2)(2)3(2)13=f，3(1)1311=3f，故

函数()fx的最小值为3.16、已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R)．(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(－1，1)上单调递增，求a的取值范围．【答案】（1）见解析（2）

[32，+∞）【分析】（1）求出a=2的函数f（x）的导数，令导数大于0，得增区间，令导数小于0，得减区间；（2）求出f（x）的导数，由题意可得f′（x）≥0在（﹣1，1）上恒成立，即为a﹣x2+（a﹣2）x≥0，即有x2﹣（a﹣2）x﹣a≤0，再由二次

函数的图象和性质，得到不等式组，即可解得a的范围．【详解】（1）a=2时，f（x）=（﹣x2+2x）•ex的导数为f′（x）=ex（2﹣x2），由f′（x）＞0，解得﹣2＜x＜2，由f′（x）＜0，解得x＜﹣2或x＞2．即有函数f（x）的单调减区间为（﹣∞，﹣2），（2，+∞），单

调增区间为（﹣2，2）．（2）函数f（x）=（﹣x2+ax）•ex的导数为f′（x）=ex[a﹣x2+（a﹣2）x]，由函数f（x）在（﹣1，1）上单调递增，则有f′（x）≥0在（﹣1，1）上恒成立，即为a﹣x2+（a﹣2）x≥0，即有x2﹣（a﹣2）x﹣

a≤0，则有1+（a﹣2）﹣a≤0且1﹣（a﹣2）﹣a≤0，解得a≥32．则有a的取值范围为[32，+∞）．