第2讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题
高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)导数的运算是导数应用的基础，要求是B 级，熟练掌握导数的四则运算法则、常用导数公式(一般不单独设置试题)是解决导数应用的第一步；(2)利用导数研究函数的单调性与极值是导数的核心内容，要求是B 级，对应用导数研究函数的单调性与极值要同等重视.
真 题 感 悟
1.(2017·江苏卷)已知函数f (x )＝x 3－2x ＋e x
－1e x ，其中e 是自然对数的底数，若f (a －1)
＋f (2a 2
)≤0，则实数a 的取值范围是________. 解析 f ′(x )＝3x 2－2＋e x ＋1e x ≥3x 2
－2＋2
e x ·1e
x ＝3x 2
≥0且f ′(x )不恒为0，所以f (x )
为单调递增函数.
又f (－x )＝－x 3＋2x ＋e －x －e x ＝－(x 3－2x ＋e x
－1e x )＝－f (x )，
故f (x )为奇函数，由f (a －1)＋f (2a 2
)≤0，得f (2a 2
)≤f (1－a )， ∴2a 2
≤1－a ，解之得－1≤a ≤12，故实数a 的取值范围是??????－1，12.
答案 ?
?????－1，12
2.(2018·江苏卷)若函数f (x )＝2x 3
－ax 2＋1(a ∈R )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________.
解析 f ′(x )＝6x 2
－2ax ＝2x (3x －a )(a ∈R )，当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (0)＝1，所以此时f (x )在(0，＋∞)内无零点，不满足题意.当a >0时，由f ′(x )>0得x >a 3，由f ′(x )<0得0 3，则f (x )在? ? ? ?? 0，a 3上单调递 减，在? ????a 3，＋∞上单调递增，又f (x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以f ? ?? ??a 3＝－a 3 27＋1＝0，得a ＝3，所以f (x )＝2x 3 －3x 2 ＋1，则f ′(x )＝6x (x －1)，当x ∈(－1，0)时，f ′(x )>0， f (x )单调递增，当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，则f (x )max ＝f (0)＝1，f (－1) ＝－4，f (1)＝0，则f (x )min ＝－4，所以f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3. 答案 －3 3.(2017·江苏卷)已知函数f (x )＝x 3 ＋ax 2 ＋bx ＋1(a >0，b ∈R )有极值，且导函数f ′(x )的 极值点是f (x )的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值) (1)求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； (2)证明：b 2 >3a ； (3)若f (x )，f ′(x )这两个函数的所有极值之和不小于－7 2 ，求a 的取值范围. (1)解 由f (x )＝x 3 ＋ax 2 ＋bx ＋1，得f ′(x )＝3x 2 ＋2ax ＋b ＝3? ?? ??x ＋a 32 ＋b －a 2 3. 当x ＝－a 3时，f ′(x )有极小值b －a 2 3 .因为f ′(x )的极值点是f (x )的零点， 所以f ? ?? ??－a 3＝－a 327＋a 39－ab 3＋1＝0，又a >0，故b ＝2a 2 9＋3a . 因为f (x )有极值，故f ′(x )＝0有实根，从而b －a 2 3＝19a (27－a 3 )≤0，即a ≥3. 当a ＝3时，f ′(x )>0(x ≠－1)，故f (x )在R 上是增函数，f (x )没有极值； 当a >3时，f ′(x )＝0有两个相异的实根x 1＝－a －a 2 －3b 3，x 2＝－a ＋a 2 －3b 3. 列表如下： 故f (x )的极值点是x 1，x 2.从而a >3.因此b ＝2a 9＋3 a ，定义域为(3，＋∞). (2)证明 由(1)知，b a ＝2a a 9＋3a a .设g (t )＝2t 9＋3t ，则g ′(t )＝29－3t 2＝2t 2 －27 9t 2 . 当t ∈? ????362，＋∞时，g ′(t )>0，从而g (t )在? ?? ?? 362，＋∞上单调递增. 因为a >3，所以a a >33，故g (a a )>g (33)＝3，即 b a > 3.因此b 2 >3a . (3)解 由(1)知，f (x )的极值点是x 1，x 2，且x 1＋x 2＝－23 a ，x 21＋x 2 2＝4a 2 －6b 9 . 从而f (x 1)＋f (x 2)＝x 3 1＋ax 2 1＋bx 1＋1＋x 3 2＋ax 2 2＋bx 2＋1＝x 1 3(3x 2 1＋2ax 1＋b )＋x 2 3(3x 2 2＋2ax 2＋b ) ＋13a (x 21＋x 22)＋23b (x 1＋x 2)＋2＝4a 3 －6ab 27－4ab 9＋2＝0. 记f (x )，f ′(x )所有极值之和为h (a )， 因为f ′(x )的极值为b －a 2 3＝－19a 2＋3a ，所以h (a )＝－19a 2＋3 a ，a >3. 因为h ′(a )＝－29a －3 a 2<0，于是h (a )在(3，＋∞)上单调递减. 因为h (6)＝－7 2 ，于是h (a )≥h (6)，故a ≤6.因此a 的取值范围为(3，6]. 考 点 整 合 1.导数与函数的单调性 (1)函数单调性的判定方法：设函数y ＝f (x )在某个区间内可导，如果f ′(x )＞0，则y ＝f (x )在该区间为增函数；如果f ′(x )＜0，则y ＝f (x )在该区间为减函数. (2)函数单调性问题包括：①求函数的单调区间，常常通过求导，转化为解方程或不等式，常用到分类讨论思想；②利用单调性证明不等式或比较大小，常用构造函数法. 2.极值的判别方法 当函数f (x )在点x 0处连续时，如果在x 0附近的左侧f ′(x )＞0，右侧f ′(x )＜0，那么f (x 0)是极大值；如果在x 0附近的左侧f ′(x )＜0，右侧f ′(x )＞0，那么f (x 0)是极小值.也就是说x 0是极值点的充分条件是点x 0两侧导数异号，而不是f ′(x )＝0.此外，函数不可导的点也可能是函数的极值点，而且极值是一个局部概念，极值的大小关系是不确定的，即有可能极大值比极小值小. 3.闭区间上函数的最值 在闭区间上连续的函数，一定有最大值和最小值，其最大值是区间的端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极大值中的最大者，最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极小值中的最小者. 热点一 利用导数研究函数的单调性 [考法1] 求解含参函数的单调区间 【例1－1】 (2018·南通期末节选)已知a 为实常数，y ＝f (x )是定义在(－∞，0)∪(0，＋ ∞)上的奇函数，且当x ＜0时，f (x )＝2x －a 3 x 2＋1，求函数f (x )的单调区间. 解 由奇函数的对称性可知，我们只要讨论f (x )在区间(－∞，0)上的单调性即可. f ′(x )＝2＋2a 3 x 3，令f ′(x )＝0，得x ＝－a .当a ≤0时，f ′(x )＞0， 故f (x )在区间(－∞，0)上单调递增. 当a ＞0时，x ∈(－∞，－a )，f ′(x )＞0，所以f (x )在区间(－∞，－a )上单调递增； x ∈(－a ，0)，f ′(x )＜0，所以f (x )在区间(－a ，0)上单调递减. 综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调增区间为(－∞，0)，(0，＋∞)；当a ＞0时，f (x )的单调增区间为(－∞，－a )，(a ，＋∞)，单调减区间为(－a ，0)，(0，a ). 探究提高 讨论函数的单调性其实质就是讨论不等式的解集的情况.大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论，常需依据以下标准分类讨论：(1)二次项系数为0、为正、为负，目的是讨论开口方向；(2)判别式的正负，目的是讨论对应二次方程是否有解；(3)讨论两根差的正负，目的是比较根的大小；(4)讨论两根与定义域的关系，目的是判断根是否在定义域内.另外，需优先判断能否利用因式分解法求出根. [考法2] 已知函数的单调区间求参数范围 【例1－2】 已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2 ＋ax )e x (x ∈R ，e 为自然对数的底数). (1)当a ＝2时，求函数f (x )的单调递增区间； (2)若函数f (x )在(－1，1)上单调递增，求a 的取值范围； (3)函数f (x )能否为R 上的单调函数？若能，求出a 的取值范围？若不能，请说明理由. 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2 ＋2x )·e x ， 所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x ＝(－x 2＋2)e x . 令f ′(x )＞0，即(－x 2 ＋2)e x ＞0，因为e x ＞0，所以－x 2 ＋2＞0，解得－2＜x ＜ 2. 所以函数f (x )的单调递增区间是(－2，2). (2)因为函数f (x )在(－1，1)上单调递增，所以f ′(x )≥0对x ∈(－1，1)都成立. 因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x ＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ， 所以[－x 2 ＋(a －2)x ＋a ]e x ≥0对x ∈(－1，1)都成立. 因为e x ＞0，所以－x 2 ＋(a －2)x ＋a ≥0对x ∈(－1，1)都成立， 即a ≥x 2＋2x x ＋1＝（x ＋1）2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1 对x ∈(－1，1)都成立. 令g (x )＝(x ＋1)－ 1x ＋1，则g ′(x )＝1＋1 （x ＋1）2＞0. 所以g (x )＝(x ＋1)－ 1 x ＋1 在(－1，1)上单调递增. 所以g (x )＜g (1)＝(1＋1)－ 11＋1＝32.所以a 的取值范围是???? ??32，＋∞. (3)若函数f (x )在R 上单调递减，则f ′(x )≤0对x ∈R 都成立， 即[－x 2 ＋(a －2)x ＋a ]e x ≤0对x ∈R 都成立.因为e x ＞0， 所以x 2－(a －2)x －a ≥0对x ∈R 都成立. 所以Δ＝(a －2)2＋4a ≤0，即a 2 ＋4≤0，这是不可能的.故函数f (x )不可能在R 上单调递减. 若函数f (x )在R 上单调递增，则f ′(x )≥0对x ∈R 都成立，即[－x 2 ＋(a －2)x ＋a ]e x ≥0对x ∈R 都成立，因为e x ＞0，所以x 2－(a －2)x －a ≤0对x ∈R 都成立.而Δ＝(a －2)2 ＋4a ＝a 2 ＋4＞0，故函数f (x )不可能在R 上单调递增. 综上，可知函数f (x )不可能是R 上的单调函数. 探究提高 (1)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)， x ∈(a ，b )恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数 的取值是f ′(x )不恒等于0的参数的范围. (2)可导函数f (x )在某个区间D 内单调递增(或递减)，转化为恒成立问题时，常因忽视等号这一条件，导致与正确的解法擦肩而过，注意，这里“＝”一定不能省略. 【训练1】 (2018·南京、盐城模拟)设函数f (x )＝ln x ，g (x )＝ax ＋ a －1 x －3(a ∈R ). (1)当a ＝2时，解关于x 的方程g (e x )＝0(其中e 为自然对数的底数)； (2)求函数φ(x )＝f (x )＋g (x )的单调递增区间. 解 (1)当a ＝2时，方程g (e x )＝0，即2e x ＋1e x －3＝0， 去分母，得2(e x )2－3e x ＋1＝0，解得e x ＝1或e x ＝12. 故所求方程的根为x ＝0或x ＝－ln 2. (2)因为φ(x )＝f (x )＋g (x )＝ln x ＋ax ＋ a －1 x －3(x >0)， 所以φ′(x )＝1x ＋a －a －1x 2＝ax 2 ＋x －（a －1）x 2＝[ax －（a －1）]（x ＋1） x 2 (x >0)， 当a <0时，由φ′(x )>0，解得0 a －1 a ；当a ＝0时，由φ′(x )>0，解得x >0； 当00，解得x >0；当a ＝1时，由φ′(x )>0，解得x >0； 当a >1时，由φ′(x )>0，解得x > a －1 a . 综上所述，当a <0时，φ(x )的单调递增区间为? ?? ?? 0， a －1a ； 当0≤a ≤1时，φ(x )的单调递增区间为(0，＋∞)； 当a >1时，φ(x )的单调递增区间为? ?? ? ?a －1a ，＋∞. 热点二 利用导数研究函数的极值 【例2】 (2017·南通调研)设函数f (x )＝x －2e x －k (x －2ln x )(k 为实常数， e ＝2.718 28…是自然对数的底数). (1)当k ＝1时，求函数f (x )的最小值； (2)若函数f (x )在(0，4)内存在三个极值点，求k 的取值范围. 解 (1)当k ＝1时，函数f (x )＝e x x 2－(x －2ln x )(x ＞0)， 则f ′(x )＝（x －2）（e x －x 2 ）x 3 (x ＞0).当x ＞0时，e x ＞x 2 ，理由如下： 要使当x ＞0时，e x ＞x 2 ，只需使x ＞2ln x ，设φ(x )＝x －2ln x ，则φ′(x )＝1－2x ＝x －2x ， 所以当0＜x ＜2时，φ′(x )＜0；当x ＞2时，φ′(x )＞0， 所以φ(x )＝x －2ln x 在x ＝2处取得极小值，也是最小值φ(2)＝2－2ln 2＞0， 所以当x ＞0时，x ＞2ln x ，所以e x －x 2 ＞0， 所以当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＞2时，f ′(x )＞0， 即函数f (x )在(0，2)上为减函数，在(2，＋ ∞)上为增函数， 所以f (x )在x ＝2处取得最小值f (2)＝e 2 4 －2＋2ln 2. (2)因为f ′(x )＝ （x －2）（e x －kx 2 ）x 3 ＝ （x －2）? ?? ??e x x 2－k x ，当k ≤0时，e x x 2－k ＞0， 所以f (x )在(0，2)上单调递减，在(2，4)上单调递增，不存在三个极值点， 所以k ＞0.令g (x )＝e x x ，得g ′(x )＝e x ·（x －2） x ， x ∈(0，2)时，g ′(x )＜0；x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )＞0，则g (x )在(0，2)上单调递减，在 (2，＋∞)上单调递增，在x ＝2处取得最小值为g (2)＝e 2 4，且g (4)＝e 4 16，x →0时，g (x )→ ＋∞，于是可得y ＝k 与g (x )＝e x x 2在(0，4)内有两个不同的交点的条件是k ∈? ????e 2 4，e 4 16. 设y ＝k 与g (x )＝e x x 2在(0，4)内的两个不同交点的横坐标分别为x 1，x 2，且0＜x 1＜2＜x 2＜4， 导函数f ′(x )及原函数f (x )的变化情况如下： 所以f (x )在(0，x 1)上单调递减，在(x 1，2)上单调递增，在(2，x 2)上单调递减，在(x 2，4)上单调递增，所以f (x )在(0，4)上存在三个极值点.即函数f (x )在(0，4)内存在三个极值点 的k 的取值范围是? ?? ??e 24，e 4 16. 探究提高 极值点的个数，一般是使f ′(x )＝0方程根的个数，一般情况下导函数若可以化成二次函数，我们可以利用判别式研究，若不是，我们可以借助导函数的性质及图象研究. 【训练2】 (2018·全国Ⅲ卷)已知函数f (x )＝(2＋x ＋ax 2 )·ln(1＋x )－2x . (1)若a ＝0，证明：当－1 (1)证明 当a ＝0时，f (x )＝(2＋x )ln(1＋x )－2x ，f ′(x )＝ln(1＋x )－x 1＋x . 设函数g (x )＝f ′(x )＝ln(1＋x )－x 1＋x ，则g ′(x )＝x （1＋x ）2. 当－1 故g (x )在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 故当x >－1时，g (x )≥g (0)＝0，且仅当x ＝0时，g (x )＝0， 从而f ′(x )≥0，且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0.所以f (x )在(－1，＋∞)单调递增. 又f (0)＝0，故当－1 (2)解 (ⅰ)若a ≥0，由(1)知，当x >0时，f (x )≥(2＋x )ln(1＋x )－2x >0＝f (0)， 这与x ＝0是f (x )的极大值点矛盾. (ⅱ)若a <0，设函数h (x )＝ f （x ）2＋x ＋ax 2＝ln(1＋x )－2x 2＋x ＋ax 2. 由于当|x | ??? ??? ???1， 1|a |时，2＋x ＋ax 2 >0，故h (x )与f (x )符号相同. 又h (0)＝f (0)＝0，故x ＝0是f (x )的极大值点当且仅当x ＝0是h (x )的极大值点. h ′(x )＝11＋x －2（2＋x ＋ax 2 ）－2x （1＋2ax ）（2＋x ＋ax 2）2＝x 2 （a 2x 2 ＋4ax ＋6a ＋1） （x ＋1）（ax 2＋x ＋2） 2. 如果6a ＋1>0，则当0 4a ，且|x | ?????? ??? 1， 1|a |时，h ′(x )>0， 故x ＝0不是h (x )的极大值点. 如果6a ＋1<0，则a 2x 2 ＋4ax ＋6a ＋1＝0存在根x 1<0， 故当x ∈(x 1，0)且|x | ??? ?? ?1， 1|a |时，h ′(x )<0，所以x ＝0不是h (x )的极大值点. 如果6a ＋1＝0，则h ′(x )＝x 3（x －24） （x ＋1）（x 2－6x －12） 2. 则当x ∈(－1，0)时，h ′(x )>0；当x ∈(0，1)时，h ′(x )<0. 所以x ＝0是h (x )的极大值点，从而x ＝0是f (x )的极大值点.综上，a ＝－1 6. 热点三 利用导数研究函数的最值 【例3】 (2017·浙江卷)已知函数f (x )＝(x －2x －1)e －x ? ????x ≥12. (1)求f (x )的导函数； (2)求f (x )在区间???? ??12，＋∞上的取值范围. 解 (1)f ′(x )＝(x －2x －1)′e －x ＋(x －2x －1)(e －x )′ ＝? ? ???1－ 1 2x －1e －x －(x －2x －1)e －x ＝? ?? ??1－12x －1－x ＋2x －1e －x ＝(1－x )? ? ???1－22x －1e －x ? ????x ＞12. (2)令f ′(x )＝(1－x )? ????1－22x －1e －x ＝0， 解得x ＝1或5 2 . 当x 变化时，f (x )，f ′(x )的变化如下表： 又f ? ????2＝2e －12，f (1)＝0，f ? ????2＝2e －52， 则f (x )在区间??????12，＋∞上的最大值为12e －12. 又f (x )＝(x －2x －1)e －x ＝12 (2x －1－1)2e －x ≥0. 综上，f (x )在区间??????12，＋∞上的取值范围是???? ??0，12e －1 2. 探究提高 含参数的函数的极值(最值)问题常在以下情况下需要分类讨论： (1)导数为零时自变量的大小不确定需要讨论；(2)导数为零的自变量是否在给定的区间内不确定需要讨论；(3)端点处的函数值和极值大小不确定需要讨论；(4)参数的取值范围不同导致函数在所给区间上的单调性的变化不确定需要讨论. 【训练3】 已知函数f (x )＝x ln x . (1)求函数f (x )的单调区间和最小值； (2)若函数F (x )＝ f （x ）－a x 在[1，e]上的最小值为3 2 ，求a 的值. 解 (1)因为f ′(x )＝ln x ＋1(x ＞0)，令f ′(x )≥0，即ln x ≥－1＝ln e －1 ， 所以x ≥e －1 ＝1e ，所以x ∈??????1e ，＋∞.同理令f ′(x )≤0，可得x ∈? ?? ??0，1e . 所以f (x )的单调递增区间为??????1e ，＋∞，单调递减区间为? ?? ??0，1e . 由此可知f (x )min ＝f ? ????1e ＝－1e . (2)由F (x )＝ x ln x －a x ，得F ′(x )＝x ＋a x 2， 当a ≥0时，F ′(x )＞0，F (x )在[1，e]上单调递增，F (x )min ＝F (1)＝－a ＝3 2， 所以a ＝－ 3 2 ，＋∞)，舍去. 当a ＜0时，F (x )在(0，－a )上单调递减，在(－a ，＋∞)上单调递增. ①若a ∈(－1，0)，F (x )在[1，e]上单调递增，F (x )min ＝F (1)＝－a ＝3 2， 所以a ＝－ 3 2 －1，0)，舍去； ②若a ∈[－e ，－1]，F (x )在[1，－a ]上单调递减，在[－a ，e]上单调递增， 所以F (x )min ＝F (－a )＝ln(－a )＋1＝3 2，a ＝－e ∈[－e ，－1]； ③若a ∈(－∞，－e)，F (x )在[1，e]上单调递减， F (x )min ＝F (e)＝1－a e ＝32 ，所以a ＝－ e 2 －∞，－e)，舍去.综上所述，a ＝－ e. 1.如果一个函数具有相同单调性的区间不止一个，这些单调区间不能用“∪”连接，而只能用逗号或“和”字隔开. 2.可导函数在闭区间[a ，b ]上的最值，就是函数在该区间上的极值及端点值中的最大值与最小值. 3.可导函数极值的理解 (1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定，也有可能极小值大于极大值； (2)对于可导函数f (x )，“f (x )在x ＝x 0处的导数f ′(x 0)＝0”是“f (x )在x ＝x 0处取得极值”的必要不充分条件； (3)注意导函数的图象与原函数图象的关系，导函数由正变负的零点是原函数的极大值点，导函数由负变正的零点是原函数的极小值点. 4.求函数的单调区间时，若函数的导函数中含有带参数的有理因式，因式根的个数、大小、根是否在定义域内可能都与参数有关，则需对参数进行分类讨论. 5.求函数的极值、最值问题，一般需要求导，借助函数的单调性，转化为方程或不等式问题来解决，有正向思维——直接求函数的极值或最值；也有逆向思维——已知函数的极值或最值，求参数的值或范围，常常用到分类讨论、数形结合的思想. 一、填空题 1.已知函数f (x )＝4ln x ＋ax 2 －6x ＋b (a ，b 为常数)，且x ＝2为f (x )的一个极值点，则a 的值为________. 解析 由题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，∵f ′(x )＝4 x ＋2ax －6，∴f ′(2)＝2＋ 4a －6＝0，即a ＝1，经验证符合题意. 答案 1 2.(2018·苏州调研)函数f (x )＝12 x 2 －ln x 的单调递减区间为________. 解析 由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f ′(x )＝x －1 x <0，解得0＜x <1，所以函 数f (x )的单调递减区间为(0，1). 答案 (0，1) 3.(2018·南通、扬州、淮安、连云港二调)设f (x )＝4x 3 ＋mx 2 ＋(m －3)x ＋n (m ，n ∈R )是R 上的单调增函数，则实数m 的值为________. 解析 因为f ′(x )＝12x 2 ＋2mx ＋(m －3)，又函数f (x )是R 上的单调增函数，所以12x 2 ＋2mx ＋(m －3)≥0在R 上恒成立，所以(2m )2 －4×12(m －3)≤0，整理得m 2 －12m ＋36≤0，即(m －6)2 ≤0.又因为(m －6)2 ≥0，所以(m －6)2＝0，所以m ＝6. 答案 6 4.函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是________(填序号). 解析 利用导数与函数的单调性进行验证.f ′(x )＞0的解集对应y ＝f (x )的增区间，f ′(x )＜0的解集对应y ＝f (x )的减区间，验证只有④符合. 答案 ④ 5.(2017·南京模拟)若函数f (x )＝e x (－x 2 ＋2x ＋a )在区间[a ，a ＋1]上单调递增，则实数a 的最大值为________. 解析 由f (x )在区间[a ，a ＋1]上单调递增，得f ′(x )＝e x (－x 2 ＋a ＋2)≥0，x ∈[a ，a ＋1]恒成立，即(－x 2＋a ＋2)min ≥0，x ∈[a ，a ＋1].当a ≤－12时，－a 2 ＋a ＋2≥0，则－1≤a ≤ －12；当a >－12时，－(a ＋1)2