2024年高考數(shù)學(xué)考綱解讀與熱點難點突破專題04導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用教學(xué)案理含解析

PAGEPAGE10導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用【2024年高考考綱解讀】高考對本內(nèi)容的考查主要有：(1)導(dǎo)數(shù)的幾何意義是考查熱點，要求是B級，理解導(dǎo)數(shù)的幾何意義是曲線上在某點處的切線的斜率，能夠解決與曲線的切線有關(guān)的問題；(2)導(dǎo)數(shù)的運算是導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的基礎(chǔ)，要求是B級，嫻熟駕馭導(dǎo)數(shù)的四則運算法則、常用導(dǎo)數(shù)公式及復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)運算，一般不單獨設(shè)置試題，是解決導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的第一步；(3)利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性與極值是導(dǎo)數(shù)的核心內(nèi)容，要求是B級，對應(yīng)用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性與極值要達(dá)到相等的高度.(4)導(dǎo)數(shù)在實際問題中的應(yīng)用為函數(shù)應(yīng)用題注入了簇新的血液，使應(yīng)用題涉及到的函數(shù)模型更加寬廣，要求是B級；【重點、難點剖析】1．導(dǎo)數(shù)的幾何意義(1)函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)f′(x0)就是曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線的斜率，即k＝f′(x0)．(2)曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．2．基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式和運算法則(1)基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式原函數(shù)導(dǎo)函數(shù)f(x)＝cf′(x)＝0f(x)＝xn(n∈R)f′(x)＝nxn－1f(x)＝sinxf′(x)＝cosxf(x)＝cosxf′(x)＝－sinxf(x)＝ax(a＞0且a≠1)f′(x)＝axlnaf(x)＝exf′(x)＝exf(x)＝logax(a＞0且a≠1)f′(x)＝eq\f(1,xlna)f(x)＝lnxf′(x)＝eq\f(1,x)(2)導(dǎo)數(shù)的四則運算①[u(x)±v(x)]′＝u′(x)±v′(x)；②[u(x)v(x)]′＝u′(x)v(x)＋u(x)v′(x)；③eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(ux,vx)))′＝eq\f(u′xvx－uxv′x,[vx]2)(v(x)≠0)．3．函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)假如已知函數(shù)在某個區(qū)間上單調(diào)遞增(減)，則這個函數(shù)的導(dǎo)數(shù)在這個區(qū)間上大(小)于零恒成立．在區(qū)間上離散點處導(dǎo)數(shù)等于零，不影響函數(shù)的單調(diào)性，如函數(shù)y＝x＋sinx.【感悟提升】(1)求曲線的切線要留意“過點P的切線”與“在點P處的切線”的差異，過點P的切線中，點P不肯定是切點，點P也不肯定在已知曲線上，而在點P處的切線，必以點P為切點．(2)利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義解題，主要是利用導(dǎo)數(shù)、切點坐標(biāo)、切線斜率之間的關(guān)系來進(jìn)行轉(zhuǎn)化．以平行、垂直直線斜率間的關(guān)系為載體求參數(shù)的值，則要求駕馭平行、垂直與斜率之間的關(guān)系，進(jìn)而和導(dǎo)數(shù)聯(lián)系起來求解．【變式探究】(2024·全國Ⅱ)曲線y＝2ln(x＋1)在點(0,0)處的切線方程為________．答案2x－y＝0解析∵y＝2ln(x＋1)，∴y′＝eq\f(2,x＋1).令x＝0，得y′＝2，由切線的幾何意義得切線斜率為2，又切線過點(0,0)，∴切線方程為y＝2x，即2x－y＝0.【2024高考新課標(biāo)2理數(shù)】若直線是曲線的切線，也是曲線的切線，則．【答案】【解析】對函數(shù)求導(dǎo)得，對求導(dǎo)得，設(shè)直線與曲線相切于點，與曲線相切于點，則，由點在切線上得，由點在切線上得，這兩條直線表示同一條直線，所以，解得.【感悟提升】函數(shù)圖像上某點處的切線斜率就是函數(shù)在該點處的導(dǎo)數(shù)值．求曲線上的點到直線的距離的最值的基本方法是“平行切線法”，即作出與直線平行的曲線的切線，則這條切線到已知直線的距離即為曲線上的點到直線的距離的最值，結(jié)合圖形可以推斷是最大值還是最小值．【舉一反三】(2015·陜西，15)設(shè)曲線y＝ex在點(0，1)處的切線與曲線y＝eq\f(1,x)(x＞0)上點P處的切線垂直，則P的坐標(biāo)為________．解析∵(ex)′eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＝0))＝e0＝1，設(shè)P(x0，y0)，有eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))′))eq\s\do7(x＝x0)＝－eq\f(1,xeq\o\al(2,0))＝－1，又∵x0＞0，∴x0＝1，故xP(1，1)．答案(1，1)【變式探究】(1)曲線y＝xex－1在點(1,1)處切線的斜率等于()A．2eB．eC．2D．1(2)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若曲線y＝ax2＋eq\f(b,x)(a，b為常數(shù))過點P(2，－5)，且該曲線在點P處的切線與直線7x＋2y＋3＝0平行，則a＋b的值是________．【命題意圖】(1)本題主要考查函數(shù)求導(dǎo)法則及導(dǎo)數(shù)的幾何意義．(2)本題主要考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，意在考查考生的運算求解實力．【答案】(1)C(2)－3【感悟提升】1．求曲線的切線要留意“過點P的切線”與“在點P處的切線”的差異，過點P的切線中，點P不肯定是切點，點P也不肯定在已知曲線上，而在點P處的切線，必以點P為切點．2．利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義解題，主要是利用導(dǎo)數(shù)、切點坐標(biāo)、切線斜率之間的關(guān)系來進(jìn)行轉(zhuǎn)化．以平行、垂直直線斜率間的關(guān)系為載體求參數(shù)的值，則要求駕馭平行、垂直與斜率之間的關(guān)系，進(jìn)而和導(dǎo)數(shù)聯(lián)系起來求解．題型二、利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性【例2】已知函數(shù)f(x)＝2ex－kx－2.(1)探討函數(shù)f(x)在(0，＋∞)內(nèi)的單調(diào)性；(2)若存在正數(shù)m，對于隨意的x∈(0，m)，不等式|f(x)|>2x恒成立，求正實數(shù)k的取值范圍．解(1)由題意得f′(x)＝2ex－k，x∈(0，＋∞)，因為x>0，所以2ex>2.當(dāng)k≤2時，f′(x)>0，此時f(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．當(dāng)k>2時，由f′(x)>0得x>ln

eq\f(k,2)，此時f(x)單調(diào)遞增；由f′(x)<0得0<x<ln

eq\f(k,2)，此時f(x)單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)k≤2時，f(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增；當(dāng)k>2時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，ln

\f(k,2)))內(nèi)單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln

\f(k,2)，＋∞))內(nèi)單調(diào)遞增．校的套題每日的銷售量y(單位：千套)與銷售價格x(單位：元/套)滿意關(guān)系式y(tǒng)＝eq\f(m,x－2)＋4(x－6)2，其中2<x<6，m為常數(shù)．已知銷售價格為4元/套時，每日可售出套題21千套．(1)求m的值；校的員工工資、辦公等全部開銷折合為每套題2元(只考慮銷售出的套數(shù))，試確定銷售價格x的值，使網(wǎng)校每日銷售套題所獲得的利潤最大．(保留一位小數(shù))【解析】解(1)因為x＝4時，y＝21，代入關(guān)系式y(tǒng)＝eq\f(m,x－2)＋4(x－6)2，得eq\f(m,2)＋16＝21，解得m＝10.(2)由(1)可知，套題每日的銷售量y＝eq\f(10,x－2)＋4(x－6)2，所以每日銷售套題所獲得的利潤f(x)＝(x－2)eq\f(10,x－2)＋4(x－6)2＝4x3－56x2＋240x－278(2<x<6)，從而f′(x)＝12x2－112x＋240＝4(3x－10)(x－6)(2<x<6)．令f′(x)＝0，得x＝eq\f(10,3)，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))上，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；在(eq\f(10,3)，6)上，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，所以x＝eq\f(10,3)是函數(shù)f(x)在(2,6)內(nèi)的極大值點，也是最大值點，所以當(dāng)x＝eq\f(10,3)≈3.3時，函數(shù)f(x)取得最大值．故當(dāng)銷售價格為3.3元/套時，網(wǎng)校每日銷售套題所獲得的利潤最大．【規(guī)律方法】在利用導(dǎo)數(shù)求實際問題中的最大值和最小值時，不僅要留意函數(shù)模型中的定義域，還要留意實際問題的意義，不符合的解要舍去．題型五利用導(dǎo)數(shù)解決不等式的有關(guān)問題【例5】(2024·高考全國Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)．(1)當(dāng)a＝4時，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程；(2)若當(dāng)x∈(1＋∞)時，f(x)＞0，求a的取值范圍．(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)．當(dāng)a＝4時，f(x)＝(x＋1)lnx－4(x－1)，f(1)＝0，f′(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－3，f′(1)＝－2.故曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為2x＋y－2＝0.(2)當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f(x)＞0等價于lnx－eq\f(ax－1,x＋1)＞0.設(shè)g(x)＝lnx－eq\f(ax－1,x＋1)，則g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2a,x＋12)＝eq\f(x2＋21－ax＋1,xx＋12)，g(1)＝0.①當(dāng)a≤2，x∈(1＋∞)時，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞增，因此g(x)＞0；②當(dāng)a＞2時，令g′(x)＝0得x1＝a－1－eq\r(a－12－1)，x2＝a－1＋eq\r(a－12－1).由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故當(dāng)x∈(1，x2)時，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)單調(diào)遞減，因此g(x)＜0.綜上，a的取值范圍是(－∞，2]．【舉一反三】(2015·湖南，21)已知a＞0，函數(shù)f(x)＝eaxsinx(x∈[0，＋∞))．記xn為f(x)的從小到大的第n(n∈N*)個極值點，證明：(1)數(shù)列{f(xn)}是等比數(shù)列；(2)若a≥eq\f(1,\r(e2－1))，則對一切n∈N*，xn＜|f(xn)|恒成立.證明(1)f′(x)＝aeaxsinx＋eaxcosx＝eax(asinx＋cosx)＝eq\r(a2＋1)eaxsin(x＋φ)，其中tanφ＝eq\f(1,a)，0＜φ＜eq\f(π,2).令f′(x)＝0，由x≥0得x＋φ＝mπ，即x＝mπ－φ，m∈N*，對k∈N，若2kπ＜x＋φ＜(2k＋1)π，即2kπ－φ＜x＜(2k＋1)π－φ，則f′(x)＞0；若(2k＋1)π＜x＋φ＜(2k＋2)π，即(2k＋1)π－φ＜x＜(2k＋2)π－φ，則f′(x)＜0.因此，在區(qū)間((m－1)π，mπ－φ)與(mπ－φ，mπ)上，f′(x)的符號總相反．于是當(dāng)x＝mπ－φ(m∈N*)時，f(x)取得極值，所以xn＝nπ－φ(n∈N*)．此時，f(xn)＝ea(nπ－φ)sin(nπ－φ)＝(－1)n＋1ea(nπ－φ)sinφ.易知f(xn)≠0，而eq\f(f（xn＋1）,f（xn）)＝eq\f(（－1）n＋2ea[（n＋1）π－φ]sinφ,（－1）n＋1ea（nπ－φ）sinφ)＝－eaπ是常數(shù)，故數(shù)列{f(xn)}是首項為f(x1)＝ea(π－φ)sinφ，公比為－eaπ的等比數(shù)列．(2)由(1)知，sinφ＝eq\f(1,\r(a2＋1))，于是對一切n∈N*；xn＜|f(xn)|恒成立，即nπ－φ＜eq\f(1,\r(a2＋1))ea(nπ－φ)恒成立，等價于eq\f(\r(a2＋1),a)＜eq\f(ea（nπ－φ）,a（nπ－φ）)(*)恒成立，因為(a＞0)．設(shè)g(t)＝eq\f(et,t)(t＞0)，則g′(t)＝eq\f(et（t－1）,t2).令g′(t)＝0得t＝1.當(dāng)0＜t＜1時，g′(t)＜0，所以g(t)在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)t＞1時，g′(t)＞0，所以g(t)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增．從而當(dāng)t＝1時，函數(shù)g(t)取得最小值g(1)＝e.因此，要使(*)式恒成立，只需eq\f(\r(a2＋1),a)＜g(1)＝e，即只需a＞eq\f(1,\r(e2－1)).而當(dāng)a＝eq\f(1,\r(e2－1))時，由tanφ＝eq\f(1,a)＝eq\r(e2－1)＞eq\r(3)且0＜φ＜eq\f(π,2)知，eq\f(π,3)＜φ＜eq\f(π,2).于是π－φ＜eq\f(2π,3)＜eq\r(e2－1)，且當(dāng)n≥2時，nπ－φ≥2π－φ＞eq\f(3π,2)＞eq\r(e2－1).因此對一切n∈N*，axn＝eq\f(nπ－φ,\r(e2－1))≠1，所以g(axn)＞g(1)＝e＝eq\f(\r(a2＋1),a).故(*)式亦恒成立．綜上所述，若a≥eq\f(1,\r(e2－1))，則對一切n∈N*，xn＜|f(xn)|恒成立．【變式探究】(2015·福建，20)已知函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝kx(k∈R)．(1)證明：當(dāng)x＞0時，f(x)＜x；(2)證明：當(dāng)k＜1時，存在x0＞0，使得對隨意的x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x)；(3)確定k的全部可能取值，使得存在t＞0，對隨意的x∈(0，t)，恒有|f(x)－g(x)|＜x2.(1)證明令F(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x，x∈(0，＋∞)，則有F′(x)＝eq\f(1,1＋x)－1＝eq\f(－x,x＋1).當(dāng)x∈(0，＋∞)時，F(xiàn)′(x)＜0，所以F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故當(dāng)x＞0時，F(xiàn)(x)＜F(0)＝0，即當(dāng)x＞0時，f(x)＜x.(2)證明令G(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx，x∈(0，＋∞)，則有G′(x)＝eq\f(1,x＋1)－k＝eq\f(－kx＋（1－k）,x＋1).當(dāng)k≤0時，G′(x)＞0，故G(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增，G(x)＞G(0)＝0，故隨意正實數(shù)x0均滿意題意．當(dāng)0＜k＜1時，令G′(x)＝0，得x＝eq\f(1－k,k)＝eq\f(1,k)－1＞0，取x0＝eq\f(1,k)－1，對隨意x∈(0，x0)，有G′(x)＞0，從而G(x)在(0，x0)單調(diào)遞增，所以G(x)＞G(0)＝0，即f(x)＞g(x)．綜上，當(dāng)k＜1時，總存在x0＞0，使得對隨意x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x)．(3)解當(dāng)k＞1時，由(1)知，對于?x∈(0，＋∞)，g(x)＞x＞f(x)，故g(x)＞f(x)，|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln(1＋x)．M(x)＝kx－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)．則有M′(x)＝k－eq\f(1,1＋x)－2x＝eq\f(－2x2＋（k－2）x＋k－1,x＋1).故當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(k－2＋\r(（k－2）2＋8（k－1）),4)))時，M′(x)＞0，M(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(k－2＋\r(（k－2）2＋8（k－1）),4)))上單調(diào)遞增，故M(x)＞M(0)＝0，即|f(x)－g(x)|＞x2，所以滿意題意的t不存在．當(dāng)k＜1時，由(2)知，存在x0＞0，使得當(dāng)x∈(0，x0)時，f(x)＞g(x)，此時|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx.令N(x)＝ln(1＋x)－kx－x2，x∈[0，＋∞)．則有N′(x)＝eq\f(1,x＋1)－k－2x＝eq\f(－2x2－（k＋2）x＋1－k,x＋1).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(－（k＋2）＋\r(（k＋2）2＋8（1－k）),4)))時，N′(x)＞0，N(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(－（k＋2）＋\r(（k＋2）2＋8（1－k）),4)))上單調(diào)遞增，故N(x)＞N(0)＝0，即f(x)－g(x)＞x2.記x0與eq\f(－（k＋2）＋\r(（k＋2）2＋8（1－k）),4)中的較小者為x1，則當(dāng)x∈(0，x1)時，恒有|f(x)－g(x)|＞x2.故滿意題意的t不存在．當(dāng)k＝1時，由(1)知，當(dāng)x＞0時，|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝x－ln(1＋x)，令H(x)＝x－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)，則有H′(x)＝1－eq\f(1,1＋x)－2x＝eq\f(－2x2－x,x＋1).當(dāng)x＞0時，H′(x)＜0，所以H(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，故H(x)＜H(0)＝0.故當(dāng)x＞0時，恒有|f(x)－g(x)|＜x2.此時，隨意正實數(shù)t均滿意題意．綜上，k＝1.法二(1)(2)證明同法一．(3)解當(dāng)k＞1時，由(1)知，對于?x∈(0，＋∞)，g(x)＞x＞f(x)，故|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln(1＋x)＞kx－x＝(k－1)x.令(k－1)x＞x2，解得0＜x＜k－1.從而得到，當(dāng)k＞1時，對于x∈(0，k－1)，恒有|f(x)－g(x)|＞x2，故滿意題意的t不存在．當(dāng)k＜1時，取k1＝eq\f(k＋1,2)，從而k＜k1＜1，由(2)知，存在x0＞0，使得x∈(0，x0)，f(x)＞k1x＞kx＝g(x)，此時|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＞(k1－k)x＝eq\f(1－k,2)x，令eq\f(1－k,2)x＞x2，解得0＜x＜eq\f(1－k,2)，此時f(x)－g(x)＞x2.記x0與eq\f(1－k,2)的較小者為x1，當(dāng)x∈(0，x1)時，恒有|f(x)－g(x)|＞x2.故滿意題意的t不存在．當(dāng)k＝1時，由(1)知，x＞0，|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝x－ln(1＋x)，令M(x)＝x－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)，則有M′(x)＝1－eq\f(1,1＋x)－2x＝eq\f(－2x2－x,x＋1).當(dāng)x＞0時，M′(x)＜0，所以M(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，故M(x)＜M(0)＝0.故當(dāng)x＞0時，恒有|f(x)－g(x)|＜x2，此時，隨意正實數(shù)t均滿意題意．綜上，k＝1.題型六函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合問題【例6】(2024·高考全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有兩個零點．(1)求a的取值范圍；(2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個零點，證明：x1＋x2<2.③設(shè)a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a若a≥－eq\f(e,2)，則ln(－2a)≤1，故當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．又當(dāng)x≤1時，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個零點．若a<－eq\f(e,2)，則ln(－2a)>1，故當(dāng)x∈(1，ln(－2a))時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(ln(－2a)，＋∞)時，f′(x因此f(x)在(1，ln(－2a))內(nèi)單調(diào)遞減，在(ln(－2又當(dāng)x≤1時，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個零點．綜上，a的取值范圍為(0，＋∞)．(2)不妨設(shè)x1<x2，由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，f(x)在(－∞，1)內(nèi)單調(diào)遞減，所以x1＋x2<2等價于f(x1)>f(2－x2)，即f(2－x2)<0.由于f(2－x2)＝－x2e＋a(x2－1)2，而f(x2)＝(x2－2)e＋a(x2－1)2＝0，所以f(2－x2)＝－x2e－(x2－2)ex2.設(shè)g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，則g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．所以當(dāng)x>1時，g′(x)<0，而g(1)＝0，故當(dāng)x>1時，g(x)<0.從而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.【舉一反三】(2015·廣東，19)設(shè)a>1，函數(shù)f(x)＝(1＋x2)ex－a.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點；(3)若曲線y＝f(x)在點P處的切線與x軸平行，且在點M(m，n)處的切線與直線OP平行(O是坐標(biāo)原點)，證明：m≤eq\r(3,a－\f(2,e))－1.(1)解f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x2＋2x＋1)ex＝(x＋1)2ex?x∈R，f′(x)≥0恒成立．∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，＋∞)．(2)證明∵f(0)＝1－a，f(a)＝(1＋a2)ea－a，∵a>1，∴f(0)<0，f(a)>2aea－a>2a－a＝a>0，∴f(0)·f(a)<0，∴f(x)在(0，a)上有一零點，又∵f(x)在(－∞，＋∞)上遞增，∴f(x)在(0，a)上僅有一個零點，∴f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點．(3)證明f′(x)＝(x＋1)2ex，設(shè)P(x0，y0)，則f′(x0)＝ex0(x0＋1)2＝0，∴x0＝－1，把x0＝－1，代入y＝f(x)得y0＝eq\f(2,e)－a，∴kOP＝a－eq\f(2,e).f′(m)＝em(m＋1)2＝a－eq\f(2,e)，令g(m)＝em－(m＋1)，g′(m)＝em－1.令g′(x)>0，則m>0，∴g(m)在(0，＋∞)上增．令g′(x)<0，則m<0，∴g(m)在(－∞，0)上減．∴g(m)min＝g(0)＝0.∴em－(m＋1)≥0，即em≥m＋1.∴em(m＋1)2≥(m＋1)3，即a－eq\f(2,e)≥(m＋1)3.∴m＋1≤eq\r(3,a－\f(2,e))，即m≤eq\r(3,a－\f(2,e))－1.【變式探究】設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x,e2x)＋c(e＝2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)，c∈R)．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間、最大值．(2)探討關(guān)于x的方程|lnx|＝f(x)根的個數(shù)．【解析】解(1)f′