【文档说明】2021年人教版高中数学选择性必修第二册期末模块检测（提升卷）（解析版）.doc，共(23)页，1.124 MB，由MTyang资料小铺上传

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选择性必修第二册期末模块检测试卷能力提升B卷解析版学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________题型：8（单选）+4（多选）+4（填空）+6（解答），满分150分，时间：120分钟一、单选题1．已知数列na是公差不为0的等

差数列，其前n项和为nS，若71707Saa，则56aS（）A．3B．13C．-3D．13【答案】D【分析】设数列na是公差为d，0d，根据等差数列的通项公式及前n项和公式计算可得；【详解】解：设数列na是公差为d，0d，首项为1a，因为71707Saa所以

11107771726aaadd，所以1390ad，所以13ad所以5161416613362aaddSdad故选：D2．在数列na中，12a，111nnnaaa，则2021

a（）A．2B．13C．12D．3【答案】A【分析】根据已知分析数列的周期性，可得答案．【详解】解：∵12a，111nnnaaa，∴213a，312a，43a，52a.∴该数列是周期数

列，周期4T.又202150541，∴202112aa，故选：A.3．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，„该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数所组成的数列称为

“斐波那契数列”，若na是“斐波那契数列”，则222132243354aaaaaaaaa2202020222021aaa的值为（）.A．1B．1C．2D．2【答案】B【分析】由已知数列的特点依次求出2132aaa，2243aaa，2

354aaa，的值，发现这些数依次为1,1,1,1,1,1，进而可求出答案【详解】由题设可知，斐波那契数列na为：1,1,2,3,5,8,其特点为：前两个数为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，由此可知：2

13221211aaa，232241321aaa，235422531aaa，452263851aaa，22020202220211aaa，则2221322432020

20222021aaaaaaaaa10101010111.故选：B.4．已知数列na满足123232nnaaana，设1(1)2nnnabn，nS为数列nb的前n项和.若tnS对任意nN恒成立，则实数t的最小值为（）A．1B．2C．32D

．52【答案】C【分析】先求出na的通项，再利用裂项相消法可求nS，结合不等式的性质可求实数t的最小值.【详解】1n时，12a，因为123232nnaaana，所以2n时，1123123(1)2nnaaana

，两式相减得到12nnna，故12,nnan1n时不适合此式，所以11,11,2(1)2(1)nnnnabnnnn，当1n时，111Sb，当2n时，111111313123341221nSnnn

，所以32t；所以t的最小值32；故选：C.【点睛】方法点睛：数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的

乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.5．已知各项均为正数的等比数列{na}，123aaa=5，789aaa=10，

则456aaa=A．52B．7C．6D．42【答案】A【解析】试题分析：由等比数列的性质知，a1a2a3，a4a5a6，a7a8a9成等比数列，所以a4a5a6＝故答案为考点：等比数列的性质、指数幂的运算、根式与指数式的互化等知

识，转化与化归的数学思想．6．定义：如果函数yfx在区间,ab上存在1212,xxaxxb，满足'1fbfafxba，'2fbfafxba，则称函数yfx是在区间,ab上的一个双中值函数，

已知函数3265fxxx是区间0,t上的双中值函数，则实数t的取值范围是（）A．36,55B．26,55C．23,55D．61,5【答案】A【详解】322612,355fxxxfx

xx，∵函数3265fxxx是区间0,t上的双中值函数，∴区间0,t上存在12120xxxxt，（＜＜＜），满足21206()()5ftffxfxttt＝＝＝，∴方程22126355xxtt在区间0,t有两个不相等的解，令221

263055gxxxttxt（），（＜），则222212612()05520560056205tttgttgttt＝＞＝＞＝＞，解得6355t＜＜，∴实数t的取值范围是36,55.故选:A．7．若函数

fx满足32113fxxxfx，则1f的值为（）．A．1B．2C．0D．1【答案】C【分析】求导得到2211fxxfx，取1x带入计算得到答案.【详解】32113fxxxfx，则

2211fxxfx，则11211ff，故10f.故选：C.【点睛】本题考查了求导数值，意在考查学生的计算能力和应用能力.8．已知fx是定义在R上的偶函数，当0x时，20fxfx（其

中()fx¢为fx的导函数），若2fe，则xfxe的解集为（）A．2,2B．11,22C．1,22D．1,22【答案】A【分析】由2()2()()[]()()xxfxfxfxee，结合已

知条件有偶函数||()()xfxe在[0,)上单调减，(,0)上单调增，再由||2()(2)1()()xfxfee即可求解集.【详解】由2()2()()[]()()xxfxfxfxee，而20fxfx知：()()xfxe在[

0,)上单调减，而2fe，即(2)1fe，又xfxe知：||2()(2)1()()xfxfee，∴在[0,)上有02x，又fx是定义在R上的偶函数，则||()()xfxe在R上为偶函数，∴||()()xfxe在(,0)上单调增，即||2

()(2)()()xfxfee，可得20x，综上，有22x，故选：A【点睛】思路点睛：由fx与()fx¢组成的复合型函数式，一般可以将其作为某函数导函数的一部分，构造出原函数，再利用奇偶性、单调性求函数不等式

的解集.二、多选题9．设na是等差数列，nS是其前n项的和，且56SS，678SSS，则下列结论正确的是（）A．0dB．70aC．95SSD．6S与7S均为nS的最大值【答案】BD【分

析】设等差数列na的公差为d，依次分析选项即可求解.【详解】根据题意，设等差数列na的公差为d，依次分析选项：na是等差数列，若67SS，则7670SSa，故B正确；又由56SS得6560SSa，则有760daa，故A错误；而C选项

，95SS，即67890aaaa，可得7820aa，又由70a且0d，则80a，必有780aa，显然C选项是错误的.∵56SS，678SSS，∴6S与7S均为nS的最大值，故D正确；故选：BD.【点睛】本题考查了等差数列以及前n项和的性质，需熟记公

式，属于基础题.10．已知正项数列na的前n项和为nS，若对于任意的m，*nN，都有mnmnaaa，则下列结论正确的是（）A．11285aaaaB．56110aaaaC．若该数列的前三项依次为x，1x，3x，则10103aD．数列nSn

为递减的等差数列【答案】AC【分析】令1m，则11nnaaa，根据10a，可判定A正确；由256110200aaaad，可判定B错误；根据等差数列的性质，可判定C正确；122ndd

nanS，根据02d，可判定D错误.【详解】令1m，则11nnaaa，因为10a，所以na为等差数列且公差0d，故A正确；由22225611011119209200a

aaaaaddaadd，所以56110aaaa，故B错误；根据等差数列的性质，可得213xxx，所以13x，213x，故1011109333a，故C正确；由111222nnn

nadSddnann，因为02d，所以nSn是递增的等差数列，故D错误.故选：AC.【点睛】解决数列的单调性问题的三种方法；1、作差比较法：根据1nnaa的符号，判断数列na是递增数列、递减数列或是常数列；2、作商比较法：根据1(0nnnaaa

或0)na与1的大小关系，进行判定；3、数形结合法：结合相应的函数的图象直观判断.11．对于函数2ln()xfxx，下列说法正确的是（）A．fx在xe处取得极大值12eB．fx有两个不同的零点C．23fff

D．若21fxkx在0,上恒成立，则2ek【答案】ACD【分析】求得函数的导数312ln()xfxx，根据导数的符号，求得函数的单调区间和极值，可判定A正确；根据函数的单调性和

10f，且xe时，0fx，可判定B不正确；由函数的单调性，得到(3)()ff，再结合作差比较，得到()(2)ff，可判定C正确；分离参数得到221ln1xkfxxx在0

,上恒成立，令2ln1xgxx，利用导数求得函数gx的单调性与最值，可判定D正确.【详解】由题意，函数2ln()xfxx，可得312ln()(0)xfxxx，令()0fx，即312ln0

xx，解得xe，当0xe时，0fx，函数fx在(0,)e上单调递增；当xe时，0fx，函数fx在(,)e上单调递减，所以当xe时，函数fx取得极大值，极大值为1()2fee，所以A正确；由当1x时，

10f，因为fx在(0,)e上单调递增，所以函数fx在(0,)e上只有一个零点，当xe时，可得0fx，所以函数在(,)e上没有零点，综上可得函数在(0,)只有一个零点，所以B不正

确；由函数fx在(,)e上单调递减，可得(3)()ff，由于ln2ln2lnln(2),()242ff，则2lnln2lnln2()(2)2444ff，因为22，所以()(2)0ff，即()(2)f

f，所以23fff，所以C正确；由21fxkx在0,上恒成立，即221ln1xkfxxx在0,上恒成立，设2ln1xgxx，则32ln1xgxx，令0g

x，即32ln10xx，解得1xe，所以当10xe时，0gx，函数gx在1(0,)e上单调递增；当1xe时，0gx，函数gx在1(,)e上单调递减，所以当1xe时，函数

gx取得最大值，最大值为1()22eegee，所以2ek，所以D正确.故选：ACD.【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函

数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．12．已知等比数列na首项11a，公比为q，前n项和为nS，前n项积为nT，函数127fxxxaxaxa，若01f，则（）A．l

gna为单调递增的等差数列B．01qC．11naSq为单调递增的等比数列D．使得1nT成立的n的最大值为6【答案】BCD【分析】令127gxxaxaxa，利用12

7001fgaaa可得3411aaq，01q，B正确；由111lglglg1lgnnaaqanq可得A错误；由111111111nnnaaaqSqqqqq可得C正确；由11a，01q，

41a可推出671TT，81T可得D正确.【详解】令127gxxaxaxa，则fxxgx，fxgxxgx，127001fgaaa，因为na是等比数列，所以712741aaa

a，即3411aaq，11aQ，01q，B正确；111lglglg1lgnnaaqanq，lgna是公差为lgq的递减等差数列，A错误；111111111nnnaaaqSqqqqq，

11naSq是首项为101aqq，公比为q的递增等比数列，C正确；11aQ，01q，41a，3n时，1na，5n时，01na，4n时，1nT，7712741Taaaa，8n时，78971nnTTaaaT，又75671TTaa

，7671TTa，所以使得1nT成立的n的最大值为6，D正确.故选：BCD【点睛】关键点点睛：利用等比数列的性质、通项公式、求和公式、数列的单调性求解是解题关键.三、填空题13．求和：111112123123n___________．【答案】21nn【解析】

易知该数列的通项12112()123(1)1nannnnn，故该数列的前n项和111112123123n为1111111122[(1)()()()]2[1]22334111nnnnn1

4．朱载堉（1536-1611）是中国明代一位杰出的音乐家、数学家和天文历算家，他的著作《律学新说》中制作了最早的“十二平均律”．十二平均律是目前世界上通用的把一组音（八度）分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的频率之比完全相等，亦称“十二等程律”，即一个八度13个音，相邻两个音之间

的频率之比相等，且最后一个音是最初那个音的频率的2倍．设第三个音的频率为1f，第七个音的频率为2f，则21ff______．【答案】132【分析】将每个音的频率看作等比数列{}na，利用等比数列知识可求得结果.【详解】由题知：一个八度13个音，且

相邻两个音之间的频率之比相等，可以将每个音的频率看作等比数列{}na，一共13项，且1nnaqa，最后一个音是最初那个音的频率的2倍，1312aa，12121122aqaq，11641221133213

12faaqqqfaaq，12312ff．故答案为：132【点睛】关键点点睛：构造等比数列求解是解题关键.15．已知sin是sin，cos的等差中项，sin是sin，cos的等比中项，

则cos2cos2______.【答案】12【分析】由题意得sincos2sin，2sincossin，消去，可得224sin2sin1，化简得2212sin24sin，得cos22cos2，则有cos21cos22【详解】由题

设可知：由sin是sin，cos的等差中项，则sincos2sin①，sin是sin，cos的等比中项，则2sincossin②，则有①②可知：224sin2sin1③，2cos21

2sin，2cos212sin，则将③式变形得：2212sin24sin，即cos22cos2，则cos21cos22.故答案为：12.【点睛】关键点点睛：此题考查等差中项、等比中项的应用，考查三角函数恒等变换公式的应用，解题的关键是由已知条件得sinco

s2sin，2sincossin，消去，可得224sin2sin1，再利用三角函数恒等变换公式化简可得结果，考查转化思想和计算能力，属于中档题16．为了评估某种治疗肺炎药物的疗效，现有关部门对该药物在人体血管中的药物浓度进

行测量．设该药物在人体血管中药物浓度c与时间t的关系为()cft，甲、乙两人服用该药物后，血管中药物浓度随时间t变化的关系如下图所示．给出下列四个结论：①在1t时刻，甲、乙两人血管中的药物浓度相同；②在2t时刻，甲、乙两人血管中药物浓度的

瞬时变化率相同；③在23[,]tt这个时间段内，甲、乙两人血管中药物浓度的平均变化率相同；④在12[,]tt,23[,]tt两个时间段内，甲血管中药物浓度的平均变化率不相同.其中所有正确结论的序号是_____．【答案】①③④【分析】理解平均变化率和瞬时变

换率的意义，结合图象，判断选项.【详解】①在1t时刻，为两图象的交点，即此时甲、乙两人血管中的药物浓度相同，故①正确；②甲、乙两人在2t时刻的切线的斜率不相等，即两人的2ft不相同，所以甲、乙两人血管中药物浓度的瞬时变化率不相同，故②

不正确；③根据平均变换率公式可知，甲、乙两人的平均变化率都是3232ftfttt，故③正确；④在12,tt时间段，甲的平均变化率是2121ftfttt，在23,tt时间段，甲的平均变化率是3232ftfttt，显然不相等，故④正确.故答案为：①③

④【点睛】思路点睛：本题是一道识图的实际应用问题，判断的关键是理解两个概念，瞬时变化率和平均变化率，结合导数的几何意义可知瞬时变化率就是在此点处切线的斜率，平均变化率是fttftt.四、解答题17．设数列na的前n项和为nS，从条件①11nnnana

，②12nnnaS，③22nnnaaS中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答.已知数列na的前n项和为nS，11a，____.（1）求数列na的通项公式；（2）若2nnnba，求数列nb的前n和nT.【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析.【

分析】（1）若选①可得nan为常数数列，即可求出na；若选②利用1nnnaSS可得11nnnana，即可得nan为常数数列，即可求出na；若选③利用1nnnaSS可

得11nnaa，即可得到数列na是以1为首项，1为公差的等差数列，从而得解；（2）利用错位相减法求和；【详解】选条件①时，（1）11nnnana时，整理得11111nnaaann，所以nan.（2）由（1）得：2nnbn，设2nncn，其前n项

和为nC，所以1212222nnCn①，231212222nnCn②，①②得：12112212222221nnnnnCnn，故1122nnCn，所以1122nnTn

.选条件②时，（1）由于12nnnaS，所以21nnSna①，当2n时，112nnSna②，①②得：121nnnanana，11nnnana，整理得1111nnnaaann，所以nan.（2）由（1）得：2nnbn，

设2nncn，其前n项和为nC，所以1212222nnCn①，231212222nnCn②，①②得：12112212222221nnnnnCnn，故1122nnCn，所以1122nnTn.选条件③

时，由于22nnnaaS，①21112nnnaaS②①②时，2211nnnnaaaa，整理得11nnaa（常数），所以数列na是以1为首项，1为公差的等差数列.所以nan.（2）由（1）得：2nnbn，设2nncn，

其前n项和为nC，所以1212222nnCn①，231212222nnCn②，①②得：12112212222221nnnnnCnn，故1122nnCn

，所以1122nnTn.【点睛】数列求和的方法技巧：(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．18．已知na为等差数列，nb

为等比数列，111ab，5435aaa，5434bbb.（1）求na和nb的通项公式；（2）对任意的正整数n，设21*21134nnnnnnnabnaacnNanb为奇数为偶数，求数列nc的前2n项和.【答案】（

1）nan，12nnb；（2）21212652321949nnnnn.【分析】（1）设等差数列na的公差为d，等比数列nb的公比为q，根据题意可得出关于d、q的方程组，解出这两个量的值，利用等差数列和等比数列的通项公式可求得数列na和

nb的通项公式；（2）设数列nc的前2n项和中奇数项的和为S，偶数项的和为T，推导出：当n为正奇数时，22222nnnnncnn，当n为正偶数时，1112nnnnancb，利用裂项相消

法可求出S，利用错位相减法可求得T，进而可求得数列nc的前2n项和ST.【详解】（1）设等差数列na的公差为d，等比数列nb的公比为q，由11a，5435aaa，则145dd，可得1d，所以11nann，因为11b，5434bbb，所以

4324qqq，整理得220q，解得2q=，所以11122nnnb；（2）设数列nc的前2n项和中奇数项的和为S，偶数项的和为T，当n为奇数时，222221244234342222222nnnnnnnnn

nnabnnncaannnnnn，当n为偶数时，1112nnnnancb，对任意的正整数n，212133557232212223232522335

572121nnnnSnn21212221nnn，23135214444nnT，

①，由①14得231113232144444nnnnT，②，①②得1231111131222211218414444444414nnnnnnT11116556546341234nnn

n，化简得565994nnT.因此，数列nc的前2n项和为21212652321949nnnnSTn.【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数

列，利用公式法直接求和；（2）对于nnab型数列，其中na是等差数列，nb是等比数列，利用错位相减法求和；（3）对于nnab型数列，利用分组求和法；（4）对于11nnaa型数列，其中na是公差为0dd的等差数列，利用裂项相消法求和.19．已

知函数21()2xfxaexx(aR)．（1）若函数()fx有两个极值点，求a的取值范围；（2）证明：当1x时，1lnxexxx．【答案】（1）01a；（2）证明见解析．【分析】（1）由题意转化为

0fx有两个变号零点，再参变分离后得1xxae，利用图象求a的取值范围；（2）首先构造函数1()lnxgxexxx(1x)，求函数的二次导数，分析函数的单调性，并求函数的最值，并证明不等式.【详解】（1）

()fx的定义域为R，()1xfxaex，若函数()fx有两个极值点，则()10xfxaex有两个变号零点，等同于1xxae，即水平直线ya与曲线1xxye有两个交点(ya不是1xxy

e的切线)，令1()xxhxe，()hx的定义域为R，则()xxhxe，令()0hx，解得0x，当0x时，()0hx，()hx在(0)，上单调递减，当0x时，()0hx，()hx在()0，上单调递减，则(0)1h为()hx的极大值

，也为最大值，当()0hx时，1x，当x时，()hx，当x时，()0hx且为正数，则()hx的图像如图所示，则此时01a；（2）证明：令1()lnxgxexxx(1x)，则只需证明当1x时(

)0gx恒成立即可，则21()ln1xxegxexxx，令21()()ln1xxetxgxexxx，则32()lnxxxxeexetxexxxx，当1x时ln0xex，0xex，0

xxexex，320x，则()0tx，则21()()ln1xxetxgxexxx在1x时单调递增，又(1)20ge，∴1x时，()0gx，则1()lnxgxexxx在1x时单调递增

，∴当1x时()(1)0gxg，即当1x时，1lnxexxx．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式fxgx（或fxgx）转化为

证明0fxgx或0fxgx），进而构造辅助函数hxgxgx；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.其

中一种重要的技巧就是找到函数hx在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的突破口.20．已知数列,nnab满足1231112,1,2,,nnnnnaaabbbanNa（1）求数列nb的通项公式；（2）求证：1211111,6nn

Nbbb.【答案】（1）21nnb；（2）证明见解析.【分析】（1）由题可知数列na为等比数列，公比2q=，进一步求出na的通项公式，所以112nnnbb，利用累加法求出数列nb的通项公式；（2）利用111212nn

对数列进行放缩，化简求出答案.【详解】（1）12nnaa，所以数列na为等比数列，公比2112,12qaqaq，所以12a，2nna所以11211211222,22222nnnnnnbbbbbb

21nnb（2）证明：222112111111114111112121322322nnnnbbb111111626n【点睛】放缩法的注意事项：（1）放缩的方向要一致。（2）放与缩要

适度。（3）很多时候只对数列的一部分进行放缩法，保留一些项不变（多为前几项或后几项）。（4）用放缩法证明极其简单，然而，用放缩法证不等式，技巧性极强，稍有不慎，则会出现放缩失当的现象。21．设函数2ln2fx

xaxaaR（1）若函数()fx在102，上递增，在1+2，上递减，求实数a的值.（2））讨论fx在1,上的单调性；（3）若方程ln0xxm有两个不等实数根12,xx，求实数m的取值范围，并证明

121xx.【答案】（1）2a（2）见解析（3）(1,)m，见解析【分析】（1）根据单调区间判断出12x是极值点，由此根据极值点对应的导数值为0求解出a的值，并注意验证是否满足；（2）先求解出fx，然后结合所给区间对a进行分类讨论，分别求解出fx的单调

性；（3）构造函数()ln(0),()hxxxxgxm，分析hx的取值情况，由此求解出m的取值范围；将证明121xx通过条件转化为证明22212ln0xxx，由此构造新函数1()2ln(1)pxxxxx进行分析证明.【详解】（1）由于函数函数()fx在10

2，上递增，在1+2，上递减，由单调性知12x是函数的极大值点，无极小值点，所以1()02f，∵21()fxax，故2202aa，此时12()xfxx满足12x是极大值点，所以2a；（2）∵2ln2fxxaxa，∴21

1axfxxx，①当0a时，10,fxfxx在1,上单调递增.②当21a，即1a或1a时，0fx，∴fx在1,上单调递减.③当11a且0a时，由0fx得21xa.令0fx得211xa；令

0fx得21xa.∴fx在211,a上单调递增，在21,a上单调递减.综上，当0a时，fx在1,上递增；当1a或1a时，fx在1,上递减；当11a且

0a时，fx在211,a上递增，在21,a上递减.（3）令()ln(0),()hxxxxgxm，11()1xhxxx当(0,1)x时，11()10xhx

xx，()ln(0)hxxxx单调递减；当(1,)x时，11()10xhxxx，()ln(0)hxxxx单调递增；故()hx在1x处取得最小值为(1)1h又当0,();,()xhxxh

x，由图象知：(1,)m不妨设12xx，则有122101,01xxx，121122111()()xxxhxhxx121222222222211()(),()()()()111(ln)(ln)2lnhxhxmhxhhxhxxxxxxxx

x令221121()2ln(1),()1(1)0pxxxxpxxxxx()px在(1,)上单调递增，故()(1)0pxp即22212ln0xxx，11221()(),1hxhxxx

【点睛】本题考查函数与导数的综合运用，涉及到根据单调性求解参数、分类讨论法分析函数的单调性、双变量构造函数问题，难度较难.（1）已知0x是fx的极值点，利用00fx求解参数值后，要注意将参数值带回验证是否满足；

（2）导数中的双变量证明问题，一般的求解思路是：先通过转化统一变量，然后构造函数分析单调性和取值范围达到证明的目的.22．已知函数2xfxaxe，其中0a.（1）讨论fx的单调性.（2）是否存在aR，对

任意10,1x，总存在20,1x，使得124fxfx成立？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）答案见解析；（2）存在，1e.【分析】（1）先求出函数的导数，再对a进行分类讨

论，从而求出函数的单调区间；（2）对a进行分类讨论，分为1a，1ae，ae三种情况，利用导数研究函数的最值，从而进行分析求解即可.【详解】（1）由2xfxaxe，得xfxae，当0a时，对任意,x，0fx，所以fx单调递减；当0a时

，令0fx，得lnxa，当,lnxa时，0fx，当ln,xa时0fx，所以fx在,lna上单调递增，在ln,a上单调递减，综上所述，当0a时

，fx在,上单调递减，当0a时，fx在,lna上单调递增，在ln,a上单调递减；（2）存在满足条件的实数a，且实数a的值为1e，理由如下：①当1a，且0a时，由（1）知，fx在0,1上单调递减，则0,1x时，01maxf

xf，则122024fxfxf，所以此时不满足题意；②当1ae时，由（1）知，在0,lna上，fx单调递增，在ln,1a上，fx单调递减，则当0,1x时，lnln2

maxfxfaaaa，当10x时，对任意20,1x，120ln1ln2ln133fxfxffaaaaaa，所以此时不满足题意；③当ae时，令

4gxfx（0,1x），由（1）知fx在0,1上单调递增，进而知gx在0,1上单调递减，所以040maxgxgf，141mingxgf，若对任意的10,1x，总存在20,

1x，使得124fxfx，则12fxgx，0110fgfg，即014104ffff，所以0134ffae，解得1ae，综上，存在满足题意的实数a，且实数a的值为1e

.【点睛】方法点睛：利用导数研究函数的单调性的一般步骤：①确定函数的定义域；②求导函数；③若求单调区间（或证明单调性），只需在函数的定义域内解（或证明）不等式0fx或0fx（不恒等于0）即可.