考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程
專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用
分析：（1）函數(shù)f（x）=ae
x，與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)為（0，a），f′（x）=ae
x；g（x）=
lnx，與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)為（1，0），
g′(x)=．由于它們圖象與坐標(biāo)軸交點(diǎn)處的切線互相平行，可得f′（0）=g′（1），解得a．即可得出它們圖象與坐標(biāo)軸交點(diǎn)處的切線方程，再利用兩平行切線間的距離公式即可得出．
（2）設(shè)h（x）=e
x-mx-1（m＞0），則h′（x）=e
x-m，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性可得h（x）
min=h（lnm）=m-mlnm-1．令g（m）=m-mlnm-1，再利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性可得g（m）≤g（1）=0，對(duì)于任意x∈R，f（x）≥mx+1（其中m＞0）恒成立?g（m）≥0，可得g（m）=0，解得m．
（3）函數(shù)f（x）和g（x）縱差F（x）=|e
x-lnx|=e
x-lnx，x＞0．利用導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則可得；
F′(x)=ex-，設(shè)x=t是F′（x）=0的解，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性可得F（x）
min=e
t-lnt=e
t-
ln=e
t+t，利用函數(shù)零點(diǎn)的判定定理可得
＜t＜1．利用F（x）
min=
et+t＞e+即可證明．
解答：
解：（1）函數(shù)f（x）=ae
x，與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)為（0，a），f′（x）=ae
x；
g（x）=
lnx，與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)為（1，0），
g′(x)=．
∵它們圖象與坐標(biāo)軸交點(diǎn)處的切線互相平行，
∴f′（0）=g′（1），∴a=
，又a＞0，解得a=1．
∴它們圖象與坐標(biāo)軸交點(diǎn)處的切線方程分別為：y-1=x，y=x-1．
∴這兩平行切線間的距離d=
=
；
（2）設(shè)h（x）=e
x-mx-1（m＞0），則h′（x）=e
x-m，令h′（x）=0，解得x=lnm．
當(dāng)x∈（0，lnm）時(shí)，h′（x）＜0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈（lnm，+∞）時(shí)，h′（x）＞0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞增．
∴h（x）
min=h（lnm）=m-mlnm-1．
令g（m）=m-mlnm-1，則g′（m）=-lnm，令g′（m）=0，解得m=1．
當(dāng)m∈（0，1）時(shí)，g′（m）＞0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)m∈（1，+∞）時(shí)，g′（m）＜0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞減．
∴g（m）≤g（1）=0，
對(duì)于任意x∈R，f（x）≥mx+1（其中m＞0）恒成立?g（m）≥0，
∴g（m）=0，解得m=1．
（3）證明：∵函數(shù)f（x）和g（x）縱差F（x）=|e
x-lnx|=e
x-lnx，x＞0．
∴
F′(x)=ex-，
設(shè)x=t是F′（x）=0的解，則當(dāng)x∈（0，t）時(shí)，F(xiàn)′（x）＜0，F(xiàn)（x）在（0，t）內(nèi)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（t，+∞）時(shí)，F(xiàn)′（x）＞0，F(xiàn)（x）在（0，t）內(nèi)單調(diào)遞增．
∴F（x）
min=e
t-lnt=e
t-
ln=e
t+t，
∵F′（1）=e-1＞0，
F′()=-2＜0，∴
＜t＜1．
因此F（x）
min=
et+t＞e+=
+＞+=2，
即函數(shù)f（x）和g（x）所有縱差都大于2．
點(diǎn)評(píng)：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、導(dǎo)數(shù)的幾何意義、切線方程，考查了多次利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了恒成立問(wèn)題的等價(jià)轉(zhuǎn)化方法，考查了函數(shù)的零點(diǎn)無(wú)法解出而研究其性質(zhì)的方法，考查了推理能力和計(jì)算能力，屬于難題．
