4k2 2k 2k2 2k 1/

设 (k) ， (k) ，

(1 2k2)21 2k2

4k2 2k 21/

0令 (k) ，得． 1 k

(1 2k2)22

11

又k 0，∴ (k)在(0,)单调递增，在(, )单调递减.

22∴当k 法二：

依题意射线l的斜率存在，设l:y kx(x 0,k 0)，设P(x1,kx1),Q(x2,kx2) y kx

2

得：(1 2k2)x2

8，∴x2 ---------------6分 xy2

1

4 8

113

时， (k)max () ，即OM

OQ的最大值为. -------13分

222

OM OQ (OC CM) OQ OC OQ =(1,1) (x2,kx2) (1

k)x2

k 0) ---------------9分

(1 k)2t2113

设t 1 k(t 1)，则. 22

111221 2k2t 4t 32 4() 3()23[() ]2 2ttt33

12

当且仅当

,即[OM OQ]max .………………..13分

t3

22、（本题满分13分）

已知函数f(x) e ax 2x 1(x R). （1）当a 0时，求f(x)的单调区间；

x

2

a2 a 1

. （2）求证：对任意实数a 0，有f(x)

a

x

【解析】（1）当a 0时，f(x) e 2x 1(x R)， x

∵f (x) e 2，且f (x)的零点为x ln2，

∴当x ( ,ln2)时，f (x) 0；当x (ln2, )时，f (x) 0

即( ,ln2)是f(x)的单调减区间，(ln2, )是f(x)的单调增区间. ……………..5分 （2）由f(x) ex ax2 2x 1(x R)得：f (x) ex 2ax 2， 记g(x) ex 2ax 2(x R).

∵a 0，∴g (x) ex 2a 0，即f (x) g(x)是R上的单调增函数， 又f (0) 1 0,f (1) e 2a 2 0，

故R上存在惟一的x0 (0,1)，使得f (x0) 0， ………………..8分 且当x x0时，f (x) 0；当x x0时f (x) 0. 即f(x)在( ,x0)上单调递减，在(x0, )上单调递增，

2

则f(x)min f(x0) e0 ax0 2x0 1，再由f (x0) 0得e0 2ax0 2，将其代入前式2可得f(x)min ax0 2(a 1)x0 1 .………………..10分

x

x

a 12(a 1)2

) 1 又令 (t) at 2(a 1)t 1 a(t aa

2

由于 a 0,对称轴x=

a-1

>1，而x0Î(0,1) (x0) (1) a 1 a

a2 a 11a2 a 1

0， (x0) 又(a 1) aaa

a2 a 1

. ………………..13分 故对任意实数a 0，都有f(x)

a