高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：2.12 导数的综合应用 word版含答案

这是一份高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：2.12 导数的综合应用 word版含答案，共14页。教案主要包含了函数的最值与导数等内容，欢迎下载使用。

会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．
2．导数的综合应用
会利用导数解决某些实际问题．
知识点一 函数的最值与导数
一、函数的最值与导数
1．函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值点x0指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都不超过f(x0)．
2．函数y＝f(x)在[a，b]上的最小值点x0指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都不小于f(x0)．
易误提醒
1．易混极值与最值：注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念．
2．极值只能在定义域内部取得，而最值却可以在区间的端点取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值；极值有可能成为最值，最值只要不在端点必定是极值．
[自测练习]
1．(2016·济宁一模)函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－ln x的最小值为( )
A.eq \f(1,2) B．1
C．0 D．不存在
解析：f′(x)＝x－eq \f(1,x)＝eq \f(x2－1,x)，且x>0.
令f′(x)>0，得x>1；
令f′(x)<0，得0∴f(x)在x＝1处取得极小值也是最小值，
且f(1)＝eq \f(1,2)－ln 1＝eq \f(1,2).
答案：A
2．已知函数f(x)＝ex－x2，若对任意的x∈[1,2]，不等式－m≤f(x)≤m2－4恒成立，则实数m的取值范围是( )
A．(－∞，1－e] B．[1－e，e]
C．[－e，e＋1] D．[e，＋∞)
解析：由题意得f′(x)＝ex－2x，又对任意的x∈R，f′(x)>0恒成立，所以函数f(x)在[1,2]上单调递增，所以e－1≤f(x)≤e2－4，又不等式－m≤f(x)≤m2－4恒成立，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(e－1≥－m，－m≤m2－4，e2－4≤m2－4，))解得m≥e，所以选D.
答案：D
知识点二 生活中的优化问题
利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤
易误提醒 在求解实际应用问题中建立数学模型时，易忽视函数的定义域导致失误．
[自测练习]
3．已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y＝－eq \f(1,3)x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为( )
A．13万件 B．11万件
C．9万件 D．7万件
解析：y′＝－x2＋81，令y′＝0得x＝9或x＝－9(舍去)．
当x∈(0,9)时，y′>0；当x∈(9，＋∞)时，y′<0，
即当x＝9时，y有最大值．
即使该生产厂家获取最大年利润的年产量为9万件，故选C.
答案：C
考点一 利用导数研究生活中的优化问题|
某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝eq \f(a,x－3)＋10(x－6)2，其中3(1)求a的值；
(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．
[解] (1)因为x＝5时，y＝11，
所以eq \f(a,2)＋10＝11，a＝2.
(2)由(1)可知，该商品每日的销售量y＝eq \f(2,x－3)＋10(x－6)2.
所以商场每日销售该商品所获得的利润
f(x)＝(x－3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,x－3)＋10x－62))
＝2＋10(x－3)(x－6)2,3从而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]
＝30(x－4)(x－6)．
于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
由上表可得，x＝4是函数f(x)在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点．
所以，当x＝4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42.
即当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．
利用导数解决生活中优化问题的方法
求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，然后利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．
1．据环保部门测定，某处的污染指数与附近污染源的强度成正比，与到污染源距离的平方成反比，比例常数为k(k>0)．现已知相距18 km的A，B两家化工厂(污染源)的污染强度分别为a，b，它们连线上任意一点C处的污染指数y等于两化工厂对该处的污染指数之和．设AC＝x(km)．
(1)试将y表示为x的函数；
(2)若a＝1，且x＝6时，y取得最小值，试求b的值．
解：(1)设点C受A污染源污染程度为eq \f(ka,x2)，
点C受B污染源污染程度为eq \f(kb,18－x2)，
其中k为比例系数，且k>0.
从而点C处受污染程度y＝eq \f(ka,x2)＋eq \f(kb,18－x2).
(2)因为a＝1，所以y＝eq \f(k,x2)＋eq \f(kb,18－x2)，
y′＝keq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2,x3)＋\f(2b,18－x3)))
令y′＝0，得x＝eq \f(18,1＋\r(3,b))，
又此时x＝6，解得b＝8，经验证符合题意，
所以，污染源B的污染强度b的值为8.
考点二 利用导数研究函数的零点或方程的根|
(2015·高考北京卷)设函数f(x)＝eq \f(x2,2)－kln x，k>0.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，eq \r(e)]上仅有一个零点．
[解] (1)由f(x)＝eq \f(x2,2)－kln x(k>0)，得x>0且
f′(x)＝x－eq \f(k,x)＝eq \f(x2－k,x).
由f′(x)＝0，解得x＝eq \r(k).
f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：
所以，f(x)的单调递减区间是(0，eq \r(k)]，单调递增区间是[eq \r(k)，＋∞)；
f(x)在x＝eq \r(k)处取得极小值f(eq \r(k))＝eq \f(k1－ln k,2).
(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f(eq \r(k))＝eq \f(k1－ln k,2).
因为f(x)存在零点，所以eq \f(k1－ln k,2)≤0，从而k≥e.
当k＝e时，f(x)在区间(1，eq \r(e))上单调递减，且f(eq \r(e))＝0，
所以x＝eq \r(e)是f(x)在区间(1，eq \r(e)]上的唯一零点．
当k>e时，f(x)在区间(0，eq \r(e) )上单调递减，
且f(1)＝eq \f(1,2)>0，f(eq \r(e) )＝eq \f(e－k,2)<0，
所以f(x)在区间(1，eq \r(e) ]上仅有一个零点．
综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，eq \r(e) ]上仅有一个零点．
利用导数研究方程根的方法
研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．

2．(2015·高考四川卷)已知函数f(x)＝－2xln x＋x2－2ax＋a2，其中a>0.
(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；
(2)证明：存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．
解：(1)由已知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
g(x)＝f′(x)＝2(x－1－ln x－a)，
所以g′(x)＝2－eq \f(2,x)＝eq \f(2x－1,x).
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
(2)证明：由f′(x)＝2(x－1－ln x－a)＝0，解得a＝x－1－ln x.
令φ(x)＝－2xln x＋x2－2x(x－1－ln x)＋(x－1－ln x)2＝(1＋ln x)2－2xln x，
则φ(1)＝1>0，φ(e)＝2(2－e)<0.
于是，存在x0∈(1，e)，使得φ(x0)＝0.
令a0＝x0－1－ln x0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－ln x(x≥1)．
由u′(x)＝1－eq \f(1,x)≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
故0＝u(1)当a＝a0时，有f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0.
再由(1)知，f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
当x∈(1，x0)时，f′(x)<0，从而f(x)>f(x0)＝0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而f(x)>f(x0)＝0；
又当x∈(0,1]时，f(x)＝(x－a0)2－2xln x>0.
故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0.
综上所述，存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．
考点三 利用导数研究与不等式有关的问题|
导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题．归纳起来常见的命题探究角度有：
1．证明不等式．
2．不等式恒成立问题．
3．存在型不等式成立问题．
探究一 证明不等式
1．(2016·唐山一模)已知f(x)＝(1－x)ex－1.
(1)求函数f(x)的最大值；
(2)设g(x)＝eq \f(fx,x)，x>－1，且x≠0，证明：g(x)<1.
解：(1)f′(x)＝－xex.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以f(x)的最大值为f(0)＝0.
(2)证明：由(1)知，当x>0时，f(x)<0，g(x)<0<1.
当－1x.
设h(x)＝f(x)－x，则h′(x)＝－xex－1.
当x∈(－1,0)时，0<－x<1,0从而当x∈(－1,0)时，h′(x)<0，h(x)在(－1,0]上单调递减．
当－1h(0)＝0，即g(x)<1.
综上，总有g(x)<1.
探究二 不等式恒成立问题
2．已知函数f(x)＝m(x－1)ex＋x2(m∈R)．
(1)若m＝－1，求函数f(x)的单调区间；
(2)若对任意的x<0，不等式x2＋(m＋2)x>f′(x)恒成立，求m的取值范围．
解：(1)m＝－1时，f(x)＝(1－x)ex＋x2，则f′(x)＝x(2－ex)，
由f′(x)>0，得0ln 2，
故函数的增区间为(0，ln 2)，减区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)．
(2)f′(x)＝mxeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex＋\f(2,m)))∵x<0，∴mex－x－m>0.
令h(x)＝mex－x－m，则h′(x)＝mex－1，
当m≤0时，h(x)在x<0时为减函数，h(x)>h(0)＝0.
当0h(0)＝0.
当m>1时，h(x)在(－∞，－ln m)上为减函数，
在(－ln m,0)上为增函数，
∴h(－ln m)综上：m≤1.
探究三 存在型不等式成立问题
3．(2015·东北三校联考)已知函数f(x)＝eq \f(x＋1,ex)(e为自然对数的底数)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设函数φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋eq \f(1,ex)，存在实数x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)<φ(x2)成立，求实数t的取值范围．
解：(1)∵函数的定义域为R，f′(x)＝－eq \f(x,ex)，
∴当x<0时，f′(x)>0，当x>0时，f′(x)<0，
∴f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减．
(2)假设存在x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)<φ(x2)成立，
则2[φ(x)]min<[φ(x)]max.
∵φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋e－x＝eq \f(x2＋1－tx＋1,ex)，
∴φ′(x)＝eq \f(－x2＋1＋tx－t,ex)＝－eq \f(x－tx－1,ex).
①当t≥1时，φ′(x)≤0，φ(x)在[0,1]上单调递减，
∴2φ(1)<φ(0)，即t>3－eq \f(e,2)>1.
②当t≤0时，φ′(x)>0，φ(x)在[0,1]上单调递增，
∴2φ(0)<φ(1)，即t<3－2e<0.
③当0若x∈(t,1]，φ′(x)>0，φ(x)在(t,1]上单调递增，
所以2φ(t)即2·eq \f(t＋1,et)由(1)知，g(t)＝2·eq \f(t＋1,et)在[0,1]上单调递减，
故eq \f(4,e)≤2·eq \f(t＋1,et)≤2，而eq \f(2,e)≤eq \f(3－t,e)≤eq \f(3,e)，所以不等式(*)无解．
综上所述，存在t∈(－∞，3－2e)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(e,2)，＋∞))，使得命题成立．
导数在不等式问题中的应用问题的常见类型及解题策略
(1)利用导数证明不等式．①证明f(x)②证明f(x)>g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)>0，则F(x)在(a，b)上是增函数，同时若F(a)≥0，由增函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)>0，即证明了f(x)>g(x)．
(2)利用导数解决不等式的恒成立问题．利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．


3.导数的综合应用问题的答题模板
【典例】 (14分)(2015·高考福建卷)已知函数f(x)＝ln x－eq \f(x－12,2).
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)证明：当x>1时，f(x)(3)确定实数k的所有可能取值，使得存在x0>1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)>k(x－1)．
[思路点拨] (1)先求函数f(x)的定义域，再求f′(x)，令f′(x)>0(注意在函数f(x)的定义域上)，得函数f(x)的单调递增区间；(2)构造函数，通过求导判断函数的单调性来证明不等式；(3)对k进行分类讨论，通过构造函数，利用求导来判断其单调性，从而得到参数k的取值范围．
[规范解答] (1)f′(x)＝eq \f(1,x)－x＋1＝eq \f(－x2＋x＋1,x)，x∈(0，＋∞)．(2分)
由f′(x)>0得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>0，,－x2＋x＋1>0.))解得0故f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1＋\r(5),2))).(4分)
(2)证明：令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞)．(5分)
则F′(x)＝eq \f(1－x2,x).当x∈(1，＋∞)时，F′(x)<0，
所以F(x)在[1，＋∞)上单调递减，(7分)
故当x>1时，F(x)1时，f(x)(3)由(2)知，当k＝1时，不存在x0>1满足题意．(9分)
当k>1时，对于x>1，有f(x)从而不存在x0>1满足题意．(10分)
当k<1时，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，
则G′(x)＝eq \f(1,x)－x＋1－k＝eq \f(－x2＋1－kx＋1,x).(11分)
由G′(x)＝0，得－x2＋(1－k)x＋1＝0.
解得x1＝eq \f(1－k－\r(1－k2＋4),2)<0，
x2＝eq \f(1－k＋\r(1－k2＋4),2)>1.
当x∈(1，x2)时，G′(x)>0，故G(x)在[1，x2)内单调递增．(13分)
从而当x∈(1，x2)时，G(x)>G(1)＝0，即f(x)>k(x－1)，
综上，k的取值范围是(－∞，1)．(14分)
[模板形成]
A组 考点能力演练
1．(2016·沈阳一模)已知函数f(x)＝aln x(a>0)，e为自然对数的底数．
(1)若过点A(2，f(2))的切线斜率为2，求实数a的值；
(2)当x>0时，求证：f(x)≥aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x)))；
(3)若在区间(1，e)上eeq \f(x,a)－eeq \f(1,a)x<0恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝eq \f(a,x)，f′(2)＝eq \f(a,2)＝2，a＝4.
(2)证明：令g(x)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x－1＋\f(1,x)))，g′(x)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－\f(1,x2))).
令g′(x)>0，即aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－\f(1,x2)))>0，解得x>1，
∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
∴g(x)的最小值为g(1)＝0，∴f(x)≥aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x))).
(3)由题意可知eeq \f(x,a)eq \f(x－1,ln x).
令h(x)＝eq \f(x－1,ln x)，则h′(x)＝eq \f(ln x－x－1·\f(1,x),ln x2)＝eq \f(ln x－1＋\f(1,x),ln x2)，
由(2)知，当x∈(1，e)时，ln x－1＋eq \f(1,x)>0，
∴h′(x)>0，即h(x)在(1，e)上单调递增，
∴h(x)∴a≥e－1.
2．(2015·九江一模)设函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－(a＋b)x＋abln x(其中e为自然对数的底数，a≠e，b∈R)，曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y＝－eq \f(1,2)e2.
(1)求b；
(2)若对任意x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))，f(x)有且只有两个零点，求a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝x－(a＋b)＋eq \f(ab,x)＝eq \f(x－ax－b,x).
∵f′(e)＝0，a≠e，∴b＝e.
(2)由(1)得f(x)＝eq \f(1,2)x2－(a＋e)x＋aeln x，f′(x)＝eq \f(x－ax－e,x)，
①当a≤eq \f(1,e)时，由f′(x)>0得x>e；由f′(x)<0得eq \f(1,e)≤x此时f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增．
∵f(e)＝eq \f(1,2)e2－(a＋e)e＋aeln e＝－eq \f(1,2)e2<0，
f(e2)＝eq \f(1,2)e4－(a＋e)e2＋2ae＝eq \f(1,2)e(e－2)(e2－2a)≥eq \f(1,2)e(e－2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e2－\f(2,e)))>0，
∴要使得f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上有且只有两个零点，
则只需feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(1,2e2)－eq \f(a＋e,e)＋aelneq \f(1,e)＝eq \f(1－2e2－2e1＋e2a,2e2)≥0，即a≤eq \f(1－2e2,2e1＋e2).
②当eq \f(1,e)0得eq \f(1,e)≤xe；由f′(x)<0得af(a)＝－eq \f(1,2)a2－ae＋aeln a<－eq \f(1,2)a2－ae＋aeln e＝－eq \f(1,2)a2<0，
∴此时f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上至多只有一个零点，不合题意．
③当a>e时，由f′(x)>0得eq \f(1,e)≤xa，由f′(x)<0得e综上所述，a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1－2e2,2e1＋e2))).
3．已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(1,x)＋ax(a是实数)，g(x)＝eq \f(2x,x2＋1)＋1.
(1)当a＝2时，求函数f(x)在定义域上的最值；
(2)若函数f(x)在[1，＋∞)上是单调函数，求a的取值范围；
(3)是否存在正实数a满足：对于任意x1∈[1,2]，总存在x2∈[1,2]，使得f(x1)＝g(x2)成立？若存在，求出a的取值范围，若不存在，说明理由．
解：(1)当a＝2时，f(x)＝ln x＋eq \f(1,x)＋2x，x∈(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＋2＝eq \f(2x2＋x－1,x2)＝eq \f(2x－1x＋1,x2)，令f′(x)＝0，则x＝－1或x＝eq \f(1,2).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，f′(x)<0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))时，f′(x)>0，
所以f(x)在x＝eq \f(1,2)处取到最小值，最小值为3－ln 2；无最大值．
(2)f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＋a＝eq \f(ax2＋x－1,x2)，x∈[1，＋∞)，
显然a≥0时，f′(x)≥0，且不恒等于0，所以函数f(x)在[1，＋∞)上是单调递增函数，符合要求．
当a<0时，令h(x)＝ax2＋x－1，易知h(x)≥0在[1，＋∞)上不恒成立，所以函数f(x)在[1，＋∞)上只能是单调递减函数．
所以Δ＝1＋4a≤0或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ>0，,h1≤0，,－\f(1,2a)≤1，))解得a≤－eq \f(1,4).
综上，满足条件的a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,4)))∪[0，＋∞)．
(3)不存在满足条件的正实数a.
由(2)知，a>0时f(x)在[1，＋∞)上是单调递增函数，
所以f(x)在[1,2]上是单调递增函数．
所以对于任意x1∈[1,2]，f(1)≤f(x1)≤f(2)，即f(x1)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋a，ln 2＋\f(1,2)＋2a)).
g′(x)＝eq \f(21－x2,1＋x22)，当x∈[1,2]时，g′(x)≤0，所以g(x)在[1,2]上是单调递减函数．
所以当x2∈[1,2]时，g(x2)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(9,5)，2)).
若对于任意x1∈[1,2]，总存在x2∈[1,2]，使得f(x1)＝g(x2)成立，则eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋a，ln 2＋\f(1,2)＋2a))⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(9,5)，2))，此时a无解．
所以不存在满足条件的正实数a.
B组 高考题型专练
1．(2015·高考广东卷)设a>1，函数f(x)＝(1＋x2)ex－a.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；
(3)若曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m，n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点)，证明：m≤ eq \r(3,a－\f(2,e))－1.
解：(1)f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x2＋2x＋1)ex＝(x＋1)2ex≥0，故f(x)是R上的单调递增函数，其单调增区间是(－∞，＋∞)，无单调减区间．
(2)证明：因为f(0)＝(1＋02)e0－a＝1－a<0，且f(ln a)＝(1＋ln2a)eln a－a＝(1＋ln2a)a－a＝aln2a>0，
由零点存在性定理知，f(x)在(－∞，＋∞)上至少有一个零点．
又由(1)知，函数f(x)是(－∞，＋∞)上的单调递增函数，
故函数f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．
(3)设点P(x0，y0)，由曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴平行知，f′(x0)＝0，即f′(x0)＝(x0＋1)2ex0＝0，(x0＋1)2＝0，x0＝－1，即P(－1,2e－1－a)．
由点M(m，n)处的切线与直线OP平行知，f′(m)＝kOP，
即(1＋m)2em＝eq \f(2e－1－a－0,－1－0)＝a－eq \f(2,e).
由em≥1＋m知，(1＋m)3≤(1＋m)2em＝a－eq \f(2,e)，即1＋m≤ eq \r(3,a－\f(2,e))，即m≤ eq \r(3,a－\f(2,e))－1.
2．(2015·高考山东卷)设函数f(x)＝(x＋a)ln x，g(x)＝eq \f(x2,ex).已知曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线2x－y＝0平行．
(1)求a的值；
(2)是否存在自然数k，使得方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由；
(3)设函数m(x)＝min{f(x)，g(x)}(min{p，q}表示p，q中的较小值)，求m(x)的最大值．
解：(1)由题意知，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为2，所以f′(1)＝2，
又f′(x)＝ln x＋eq \f(a,x)＋1，所以a＝1.
(2)k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的根．
设h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)ln x－eq \f(x2,ex)，
当x∈(0,1]时，h(x)<0，
又h(2)＝3ln 2－eq \f(4,e2)＝ln 8－eq \f(4,e2)>1－1＝0，
所以存在x0∈(1,2)，使得h(x0)＝0.
因为h′(x)＝ln x＋eq \f(1,x)＋1＋eq \f(xx－2,ex)，
所以当x∈(1,2)时，h′(x)>1－eq \f(1,e)>0，
当x∈[2，＋∞)时，h′(x)>0，
所以当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增．
所以k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根．
(3)由(2)知，方程f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的根x0，且x∈(0，x0)时，f(x)x∈(x0，＋∞)时，f(x)>g(x)，
所以m(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1ln x，x∈0，x0]，,\f(x2,ex)，x∈x0，＋∞.))
当x∈(0，x0]时，若x∈(0,1]，m(x)≤0；
若x∈(1，x0]，由m′(x)＝ln x＋eq \f(1,x)＋1>0.
可知0故m(x)≤m(x0)．
当x∈(x0，＋∞)时，由m′(x)＝eq \f(x2－x,ex)，
可得x∈(x0,2)时，m′(x)>0，m(x)单调递增；
x∈(2，＋∞)时，m′(x)<0，m(x)单调递减．
可知m(x)≤m(2)＝eq \f(4,e2)，且m(x0)综上可得，函数m(x)的最大值为eq \f(4,e2).
x
(3,4)
4
(4,6)
f′(x)
＋
0
－
f(x)

极大值

x
(0，eq \r(k))
eq \r(k)
(eq \r(k)，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

eq \f(k1－ln k,2)
