（5分）已知$x=x_{1}$和$x=x_{2}$分别是函数$f(x)=2a^{x}-ex^{2}(a > 0$且$a\ne 1)$的极小值点和极大值点．若$x_{1} < x_{2}$，则$a$的取值范围是 　$(\dfrac{1}{e},1)$　．
分析：由已知分析函数$f\prime (x)=2(a^{x}\ln a-ex)$至少应该两个变号零点，对其再求导$f\prime \prime (x)=2a^{x}(\ln a)^{2}-2e$，分类讨论$0 < a < 1$和$a > 1$时两种情况即可得出结果．
解答：解：对原函数求导$f\prime (x)=2(a^{x}\ln a-ex)$，分析可知：$f\prime (x)$在定义域内至少有两个变号零点，
对其再求导可得：$f\prime \prime (x)=2a^{x}(\ln a)^{2}-2e$，
当$a > 1$时，易知$f\prime \prime (x)$在$R$上单调递增，此时若存在$x_{0}$使得$f\prime \prime (x_{0})=0$，
则$f\prime (x)$在$(-\infty ,x_{0})$单调递减，$(x_{0}$，$+\infty )$单调递增，
此时若函数$f(x)$在$x=x_{1}$和$x=x_{2}$分别取极小值点和极大值点，应满足$x_{1} > x_{2}$，不满足题意；
当$0 < a < 1$时，易知$f\prime \prime (x)$在$R$上单调递减，此时若存在$x_{0}$使得$f\prime \prime (x_{0})=0$，
则$f\prime (x)$在$(-\infty ,x_{0})$单调递增，$(x_{0}$，$+\infty )$单调递减，且${x}_{0}=lo{g}_{a}\dfrac{e}{(\ln a)^{2}}$，
此时若函数$f(x)$在$x=x_{1}$和$x=x_{2}$分别取极小值点和极大值点，且$x_{1} < x_{2}$，
故仅需满足$f\prime (x_{0}) > 0$，
即：$\dfrac{e}{\ln a} > elo{g}_{a}\dfrac{e}{(\ln a)^{2}}$$\Rightarrow$${a}^{\dfrac{1}{\ln a}} < \dfrac{e}{(\ln a)^{2}}$$\Rightarrow$$\ln {a}^{\dfrac{1}{\ln a}} < \ln \dfrac{e}{(\ln a)^{2}}$$\Rightarrow$$\dfrac{1}{\ln a}\ln a < 1-\ln (\ln a)^{2}$，
解得：$\dfrac{1}{e} < a < e$，又因为$0 < a < 1$，故$\dfrac{1}{e} < a < 1$
综上所述：$a$的取值范围是$(\dfrac{1}{e},1)$．
点评：本题主要考查利用函数的导数研究函数极值点问题，考查运算求解能力，属于中档题．