1、1第 2 讲 导数的简单应用与定积分1.(2018全国卷,理 5)设函数 f(x)=x3+(a-1)x2+ax,若 f(x)为奇函数,则曲线 y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为( D )(A)y=-2x (B)y=-x(C)y=2x (D)y=x解析:因为函数 f(x)=x3+(a-1)x2+ax 为奇函数,所以 f(-1)+f(1)=0,所以-1+a-1-a+(1+a-1+a)=0,解得 a=1,所以 f(x)=x3+x,所以 f(x)=3x2+1,所以 f(0)=1,所以曲线 y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为 y=x.故选 D.2.(2014全国卷,理 8)设曲线 y=ax-
2、ln(x+1)在点 (0,0) 处的切线方程为 y=2x,则 a 等于( D )(A)0 (B)1 (C)2 (D)3解析: y=a- ,当 x=0 时,y=a-1 即是 y=2x 的斜率,所以 a-1=2,所以 a=3.故选 D.3.(2017全国卷,理 11)若 x=-2 是函数 f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,则 f(x)的极小值为( A )(A)-1 (B)-2e-3 (C)5e-3 (D)1解析:f(x)=x 2+(a+2)x+a-1ex-1则 f(-2)=4-2(a+2)+a-1e-3=0 得 a=-1,则 f(x)=(x2-x-1)ex-1,f(x)=(x2+x-2
3、)ex-1,令 f(x)=0,得 x=-2 或 x=1,当 x1 时,f(x)0,当-21,则 a .令 g(x)= ,则 g(x)= .(21)1当 x 1, 时,g(x)0,g(x)为增函数,32要满足题意,则 x0=2,此时需满足 g(2)0,g(x)为增函数,当 x(0,1)时,g(x) 时, +2k, +2k ,kZ,12 53 73f(x)0,f(x)单调递增.所以当 x= +2k,kZ,sin x=- ,cos x= ,53 12f(x)有最小值.又 f(x)=2sin x+sin 2x=2sin x(1+cos x),所以 f(x)min=2 - 1+ =- .12 332答案
4、:-3328.(2018全国卷,理 21)已知函数 f(x)= -x+aln x.(1)讨论 f(x)的单调性;(2)若 f(x)存在两个极值点 x1,x2,证明: 2,令 f(x)=0 得,x= 或 x= .+242当 x 0, ,+ 时,+242f(x)0.+242所以 f(x)在 0, , ,+ 上单调递减 ,在 ,+2424上单调递增.+242(2)证明:由(1)知,f(x)存在两个极值点当且仅当 a2.由于 f(x)的两个极值点 x1,x2满足 x2-ax+1=0,所以 x1x2=1,不妨设 x11.由于 =- -1+a =-2+a =-2+a , 1 212 1 212所以 0,a
5、R,存在 x0使得 f(x0) 成立,则实数 a 的值为 . 45解析:(1)设切点分别为(x 1, ),(x2,ln x2+2),1因为 f(x)=ex,g(x)= ,所以 = = .1 2+2121所以 = , 2+2122+ 2所以(x 2-1)(ln x2+1)=0,所以 x2=1 或 x2= ,1因此直线 l 的方程为 y-2=1(x-1)或 y-1=e x- ,1即 y=ex 或 y=x+1.选 C.(2)因为 f(x)=3x2+6x.设切点为 P(x0,y0),切线斜率为 k,则 把,代入得切线方程为 y-( +3 )=(3 +6x0)(x-x0),30 20 20又切线过(0,
6、0),所以-( +3 )=-x0(3 +6x0),30 20 20解得,x 0=0 或 x0=- .32代入式得切线方程为 y=0 或 9x+4y=0.(3)6由题意,问题等价于 f(x)min .45而函数 f(x)可看作是动点 M(x,ln x2)与 N(a,2a)之间距离的平方,动点 M 在函数 y=2ln x的图象上,N 在直线 y=2x 的图象上,问题转化为直线与曲线的最小距离.如图,由 y=2ln x 得y= =2,得 x=1,所以曲线上点 M(1,0)到直线 y=2x 的距离最小,为 d= ,所以 f(x) .45又由题意,要使 f(x0) ,则 f(x0)= ,此时 N 恰好为
7、垂足,由 kMN= = =- ,解得 a= .45 45 12 15答案:(1)C (2)y=0 或 9x+4y=0 (3)15(1)求切线方程的关键是求切点的横坐标,使用切点的横坐标表示切线方程,再根据其他已知求解;(2)两曲线的公切线的切点未必是同一个点,可以分别设出切点横坐标,使用其表达切线方程,得出的两方程表示同一条直线,由此得出方程解决公切线问题;(3)从曲线外一点P(m,n)引曲线的切线方程,可设切点坐标为(x 0,f(x0),利用方程 =f(x0) 求得 x0(0)0后得出切线方程;(4)一些距离类最值,可以转化为求一条直线上的点到一条曲线上的点的最小值,此时与已知直线平行的曲线
8、的切线到已知直线的距离即为其最小值.热点训练 1:(1)(2018辽宁省辽南协作校一模)已知函数 f(x)在 R 上满足 f(x)=2f(2-x)-x2+8x-8,则曲线 y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程是( )(A)y=-2x+3 (B)y=x(C)y=3x-2 (D)y=2x-1(2)(2018安徽皖南八校 4 月联考)若 x,a,b,均为任意实数,且(a+2) 2+(b-3)2=1,则(x-a)2+(ln x-b)2的最小值为( )(A)3 (B)182(C)3 -1 (D)19-62 2(3)(2018天津部分区质量调查二)曲线 y=aex+2的切线方程为 2x-y+6=0,
9、则实数 a 的值为 .解析:(1)由 f(x)=2f(2-x)-x2+8x-8,可得 f(2-x)=2f(x)-(2-x)2+8-8x,即 f(2-x)=2f(x)-x2-4x+4 代入 f(x)=2f(2-x)-x2+8x-8,可得 f(x)=4f(x)+8-8x-2x2-x2+8x-8,7即 f(x)=x2,故 f(x)=2x,因为 f(1)=1,所以切线方程为 y-1=2(x-1),即 y=2x-1.故选 D.(2)由题意可得,其结果应为曲线 y=ln x 上的点与以 C(-2,3)为圆心,以 1 为半径的圆上的点的距离的平方的最小值,可以求曲线 y=ln x 上的点与圆心 C(-2,3
10、)的距离的最小值,在曲线 y=ln x 上取一点 M(m,ln m),曲线 y=ln x 在点 M 处的切线的斜率为 k= ,从而有kCMk=-1,即 =-1,整理得 ln m+m2+2m-3=0,解得 m=1,所以点(1,0)满足条件,其3+2到圆心 C(-2,3)的距离为 d= =3 ,故其结果为(3 -1)2=19-6 ,故选2 2 2D.(3)根据题意,设曲线 y=aex+2与 2x-y+6=0 的切点的坐标为(m,ae m+2),其导数 y=aex+2,则切线的斜率 k=aem+2,又由切线方程为 2x-y+6=0,即 y=2x+6,则 k=aem+2=2,则切线的方程为 y-aem
11、+2=aem+2(x-m),又由 aem+2=2,则切线方程为 y-2=2(x-m),即 y=2x-2m+2.则有-2m+2=6,可解得 m=-2,则切点的坐标为(-2,2),则有 2=ae(-2)+2, 所以 a=2.答案:(1)D (2)D (3)2导数研究函数的单调性考向 1 确定函数的单调性【例 2】 (2018河南洛阳第三次统一考试)已知函数 f(x)=(x-1)ex- x2,其中 tR.(1)函数 f(x)的图象能否与 x 轴相切?若能,求出实数 t,若不能,请说明理由;(2)讨论函数 f(x)的单调性.解:(1)由于 f(x)=xex-tx=x(ex-t).假设函数 f(x)的图
12、象与 x 轴相切于点(x 0,0),则有即(01)0220=0,000=0, 显然 x00,将 t= 0 代入方程(x 0-1) - =0 中,0 0得 -2x0+2=0.显然此方程无实数解.20故无论 t 取何值,函数 f(x)的图象都不能与 x 轴相切.8(2)由于 f(x)=xex-tx=x(ex-t),当 t0 时,e x-t0,当 x0 时,f(x)0,f(x)单调递增,当 x0 时,由 f(x)=0 得 x=0 或 x=ln t,当 00 时,f(x)0,f(x)单调递增,当 ln t0,f(x)单调递增;当 t=1 时,f(x)0,f(x)单调递增;当 t1 时,ln t0,当
13、xln t 时,f(x)0,f(x)单调递增,当 00,f(x)单调递增.综上,当 t0 时,f(x)在(-,0)上是减函数,在(0,+)上是增函数;当 01 时,f(x)在(-,0),(ln t,+)上是增函数;在(0,ln t)上是减函数.确定函数单调性就是确定函数导数为正值、为负值的区间,基本类型有如下几种:(1)导数的零点是确定的数值,只要根据导数的零点划分定义域区间,确定在各个区间上的符号即可得出其单调区间;(2)导数零点能够求出,但含有字母参数时,则需要根据参数的不同取值划分定义域区间,再确定导数在各个区间上的符号;(3)导数存在零点,但该零点无法具体求出,此时一般是根据导数的性质
14、、函数零点的存在定理确定导数零点的大致位置,再据此零点划分定义域区间,确定导数在各个区间上的符号.考向 2 根据单调性求参数范围【例 3】 (1)(2018吉林大学附中四模)已知 a0,函数 f(x)=(x2-2ax)ex,若 f(x)在-1,1上是单调减函数,则 a 的取值范围是( )(A) 0, (B) ,1234(C) ,+ (D) 0,34 12(2)(2018云南昆明 5 月适应考)已知函数 f(x)=(x2-2x)ex-aln x(aR)在区间(0,+)上单调递增,则 a 的最大值是( )(A)-e (B)e (C)- (D)4e222(3)(2018安徽合肥三模)若函数 f(x)
15、=x+ -aln x 在区间(1,2)上是非单调函数,则实数 a9的取值范围是( )(A) , (B) ,+1243 43(C) ,+ (D) ,43 1243解析:(1)因为 f(x)=(x2-2ax)ex,所以 f(x)=(2x-2a)ex+(x2-2ax)ex=ex(x2+2x-2ax-2a).因为 f(x)在-1,1上是单调减函数,所以 f(x)=ex(x2+2x-2ax-2a)0,即 x2+2x-2ax-2a0.法一 设 g(x)=x2+2x-2ax-2a,根据二次函数的图象可知,只要 即可,解得 a ,所以实数 a 的取值范围是 ,+ .34 34法二 由 x2+2x-2ax-2a
16、0,得 x2+2x2a(x+1).当 x=-1 时,-10 恒成立,当 x(-1,1时,a ,2+22(+1)a ,a (x+1)- ,12 12(+1)令 g(x)= (x+1)- ,12 12(+1)可知 g(x)= (x+1)-12在(-1,1上为增函数,所以 g(x)max=g(1)= , 34即 a ,所以实数 a 的取值范围是 ,+ .故选 C.34 34(2)因为函数 f(x)=(x2-2x)ex-aln x(aR),所以 f(x)=ex(x2-2x)+ex(2x-2)-=ex(x2-2)- .因为函数 f(x)=(x2-2x)ex-aln x(aR)在区间(0,+)上单调递增,
17、10所以 f(x)=ex(x2-2)- 0 在区间(0,+)上恒成立,即 e x(x2-2), 亦即 ae x(x3-2x)在区间(0,+)上恒成立,令 h(x)=ex(x3-2x),所以 h(x)=ex(x3-2x)+ex(3x2-2)=ex(x3-2x+3x2-2)=ex(x-1)(x2+4x+2),因为 x(0,+),所以 x2+4x+20,因为 ex0.所以令 h(x)0,可得 x1.所以函数 h(x)在区间(1,+)上单调递增,在区间(0,1)上单调递减.所以 h(x)min=h(1)=e1(1-2)=-e.所以 a-e,即 a 的最大值是-e,故选 A.(3)因为 f(x)=x+
18、-aln x,所以 f(x)=1- - = ,2因为 f(x)在区间(1,2)上是非单调函数,所以 f(x)=0 在(1,2)上有解,即 x2-ax-a=0 在(1,2)上有解,所以 x2=a(x+1)在(1,2)内有解,设 g(x)=x2,x(1,2),h(x)=a(x+1),x(1,2).由图象易知,方程的解即是两图象交点的横坐标,所以 f(x)+1,则下列正确的是( )(A)f(2 018)-ef(2 017)e-1(B)f(2 018)-ef(2 017)e+1(D)f(2 018)-ef(2 017)0,且 f(0)=1,则不等式 exf(x)1 的解集为( )(A)(-,0) (B
19、)(0,+)(C)(-,e) (D)(e,+)解析:(1)法一 设 g(x)= ,()+1则 g(x)= .()()1因为 f(x)f(x)+1,所以 f(x)-f(x)-10,所以 g(x)0 在 R 上恒成立,所以 g(x)= 在 R 上单调递增.()+1所以 g(2 018)g(2 017),所以 ,(2 018)+12 018(2 017)+12 017所以 f(2 018)+1ef(2 017)+e,所以 f(2 018)-ef(2 017)e-1.本题选择 A 选项.法二 构造特殊函数 f(x)=ex-2,该函数满足 f(x)f(x)+1,而 f(2 018)-ef(2 017)=
20、(e2 018-2)-e(e2 017-2)=2e-2,结合 2e-2e-1 可知 f(2 018)-ef(2 017)e-1,排除 B 选项,结合 2e-2f(x)+1,而 f(2 018)-ef(2 017)=(e2 018-100)-e(e2 017-100)=100e-100,结合 100e-100e+1 可知 f(2 018)-ef(2 017)e+1,排除 D 选项,故选 A.(2)令 F(x)=f(x)-2x2,则 F(-x)=f(-x)-2x2,所以 F(x)+F(-x)=f(x)-4x2-f(-x)=0,故 F(x)为奇函数.当 x0 可得,g(x)0,所以函数 g(x)在
21、R 上单调递增,又 f(0)=1,所以 g(0)=1,所以不等式 exf(x)1 的解集为(0,+).故选 B.函数单调性的简单应用主要有两个方面:(1)根据函数的单调性,比较函数值的大小;(2)根据函数的单调性解函数不等式.解题的基本思路是根据已知条件和求解目标,构造函数,通过构造的函数的单调性得出结论.常见的构造函数类型为乘积型 h(x)g(x)和商型 ,具体的()()如 xf(x),exf(x), ,tan xf(x)等,视具体情况而定.()热点训练 2:(1)(2018安徽江南十校二模)y=f(x)的导函数满足:当 x2 时,(x-2)(f(x)+2f(x)-xf(x)0,则( )(A
22、)f(4)(2 +4)f( )2f(3)5 5(B)f(4)2f(3)(2 +4)f( )5 5(C)(2 +4)f( )2f(3)f(4)5 5(D)2f(3)f(4)(2 +4)f( )5 5(2)(2018河北石家庄二模)定义在(0,+)上的函数 f(x)满足 xf(x)ln x+f(x)0(其中13f(x)为 f(x)的导函数),若 a1b0,则下列各式成立的是( )(A)af(a)bf(b)1 (B)af(a)1bf(b)(3)(2018黑龙江哈师大附中三模)若函数 f(x)=2x+sin xcos x+acos x 在(-,+)上单调递增,则 a 的取值范围是( )(A)-1,1
23、(B)-1,3(C)-3,3 (D)-3,-1(4)(2018天津河北区二模)已知函数 f(x)= x2-ax+(a-1)ln x,其中 a2.12讨论函数 f(x)的单调性;若对于任意的 x1,x2(0,+),x 1x 2,恒有 -1,求 a 的取值范围.(1)解析:令 g(x)= ,()2则 g(x)= ,(2)()()(2)2因为当 x2 时,(x-2)f(x)-(x-2)f(x)0,所以当 x2 时,g(x)g(3)g(4),5即 ,(3)32(4)42即(2 +4)f( )2f(3)f(4).故选 C.5 5(2)解析:构造函数 h(x)=f(x)ln x,则 h(x)= ,由题可知
24、 h(x)0,所以 h(x)在(0,+)上单调递增.由 a1b0 可得 h(a)h(1)h(b).所以 f(a)ln a0,f(b)ln b1bf(b),故选 D.(3)解析:因为 f(x)=2x+sin xcos x+acos x,所以 f(x)=2+cos 2x-asin x=-2sin2x-asin x+3,设 sin x=t,-1t1.令 g(t)=-2t2-at+3,因为 f(x)在(-,+)上单调递增,所以 g(t)0 在-1,1上恒成立,14因为二次函数图象开口向下,所以 -1a1,即 a 的取值范围是-1,1,故选 A.(4)解:由题意得函数 f(x)的定义域为(0,+),因为
25、 f(x)= x2-ax+(a-1)ln x,12所以 f(x)=x-a+ = ,1令 f(x)=0,得 x=1 或 x=a-1,因为 a2,所以 a-11.由 f(x)0,解得 0a-1,由 f(x)x2,则不等式 -1 等价于 f(x1)-f(x2)x2-x1.即 f(x1)+x1f(x2)+x2,令 g(x)=f(x)+x= x2-(a-1)x+(a-1)ln x,12则函数 g(x)在(0,+)上为增函数.所以 g(x)=x-(a-1)+ 0 在(0,+)上恒成立,1而 x+ 2 ,1当且仅当 x= ,即 x= 时等号成立,1所以 2 a-1,因为 a2,所以 4(a-1)(a-1)
26、2,即 a2-6a+50,所以 1a5.而 a2,所以 20),22+1若 x=1 是函数 f(x)的极大值点,所以 f(1)=0 即 b=-(2a+1),所以 f(x)= = ,22+1 (21)(1)若 a0 时,因为 2ax-10,当 x1 时 f(x)0 时,若 x=1 是函数 f(x)的极大值点,则需 10),因为函数 f(x)=ex-aln x+2ax-1 在(0,+)上恰有两个极值点,所以 g(x)=a 有两个零点,又 g(x)=- (x0),(2+1)(1)(12)2令 g(x)0,得 01,所以函数 g(x)在 0, , ,1 上单调递增,12 12在(1,+)上单调递减,由
27、于 g(0)=0,g(1)=-e,因为 y=g(x)与 y=a 有两个交点,根据数形结合法可得,a0,若对任意的 xe,不等式 x2ln x-m 0恒成立,则 m 的最大值是( )(A) (B) (C)2e (D)e1 3(2)(2018河北武邑中学质检二)已知函数 f(x)=ax-cos x+ b 的图象在点 ,f 处的切线方程为 y= x+ .32求 a,b 的值;求函数 f(x)在 - , 上的最大值.(1)解析:不等式 x2ln x-m 0x 2ln xm xln x ln xeln x ,设 f(x)=xex(x0),17则 f(x)=(x+1)ex0,所以 f(x)在(0,+)上是
28、增函数,因为 0,ln x0,所以 ln x 即 mxln x 对任意的 xe 恒成立,此时只需 m(xln x) min,设 g(x)=xln x(xe),g(x)=ln x+10(xe),所以 g(x)是e,+)上为增函数,所以 g(x)min=g(e)=e,所以 me,即 m 的最大值为 e.故选 D.(2)解:因为 f(x)=ax-cos x+ b,所以 f(x)=a+sin x.又 f =a+1= ,f = a+ b= + ,解得 a= ,b=3.32 32 12由知 f(x)= x-cos x+ .12 34因为 f(x)= +sin x,12由 f(x)= +sin x0,得-
29、0,f(x)= ,若 f(x)的最小值为-1,则 a 等于( )+(A) (B) (C)e (D)e212 1解析:(1)函数 g(x)=mx+ ,求导得 g(x)=m+ .令 f(x)=m+ ,f(x)= .易知,在 0, ,f(x)0,f(x)单调递增;32在 ,2 ,f(x)f .32根据题意得解得-e -2 0 得 x ,由 g(x)0,则 g(x)在(-,+)上为增函数,又 g(-1)= 0,1所以存在 x00)存在公共切线,则 a 的取值范围为( )(A)(0,1) (B) 1,24(C) ,2 (D) ,+24 24(2)(2018重庆綦江区 5 月调研)设函数 f(x)=|ex
30、-e2a|,若 f(x)在区间(-1,3-a)内的图象上存在两点,在这两点处的切线相互垂直,则实数 a 的取值范围为( )(A) - , (B) ,11212 12(C) -3,- (D)(-3,1)12解析:(1)求 C1在点(x 1,y1)处切线:y=2x 1,切线为 y- =2x1(x-x1),21即 y=2x1x- ,21求 C2在点(x 2,y2)处切线,同理得y= x+(1-x2) ,2 2设这是同一条切线,则21=2,21=(12)2,23得, =1-x2,12所以 x1=2(x2-1)代入得,a= ,因为 a0,所以 x21,以下求函数 u(x2)= 的值域.u(x2)= =
31、,令 u(x2)=0 得 x2=2,在 x2(1,2)内,u(x 2)0,u(x2)单调递增,所以 u(x2)min=u(2)= ,24当 x2+时,u(x 2)+,所以 u(x2)的值域为 ,+ ,24所以 a .故选 D.24(2)f(x)=|ex-e2a|=2,2,+2,2,f(x)=若存在 x10 的解集为( )(A)e,2 018) (B)2 018,+)(C)(e,+) (D)e,e+1)(2)(2018江西六校联考)已知定义在(0,+)上的函数 f(x),恒为正数的 f(x)符合 f(x)1,设a=f(2)-1, b=ef(3)-1,则 a, b 的大小关系为( )(A)ab(C
32、)a=b (D)无法确定解析:(1)设 g(x)=ln xf(x),当 xe,+)时,g(x)= +ln xf(x)= 0 的解集为e,2 018),又此时 ln x1,所以 f(x)0,即 f(x)0 的解集为e,2 018),故选 A.(2)令 g(x)= ,h(x)= ,()则 g(x)= 0,()()h(x)= h(2),所以 ,(1) (2)2 (1)2 (2)4所以 0.25即 g(x)在 R 上为增函数.所以 g(3)g(2),即 e3f(3)-e3e2f(2)-e2,整理得 ef(3)-1f(2)-1,即 a0,所以 3+2a(t-2e)ln t=0,所以(t-2e)ln t=
33、- ,32设 g(t)=(t-2e)ln t,则 g(t)=ln t+1- ,2而(g(t)= + 0,故 g(t)为增函数,22因为 g(e)=0,所以当 t=e 时,g min(t)=g(e)=-e,所以- -e,即 e.32 32当 a0 时,得 a ;当 a=0 时,由原等式易知不符合题意.所以 a 恒成立,求实数 m 的取值范围.1解:(1)y=1- ,y=- =- ,2 224 (2)3- 0 0 时, 0x2.(2) 2综上,当 a0 时,函数 y= 的增区间为(0,2),减区间为(-,0),(2,+);当 a f(x1)-f(x2) - f(x1)- f(x2)- ,12 1
34、2即函数 g(x)=f(x)- =x- - 在(0,+)上为减函数; 1 g(x)=1- + = 0,2 22(1)+2em(x-1)e x-ex2,令 h(x)=(x-1)ex-ex2,h(x)=ex+(x-1)ex-2ex=xex-2ex=x(ex-2e)=0ex=2ex=ln 2e.当 x(0,ln 2e)时,h(x)0,h(x)为增函数.h(x)的最小值为 h(ln 2e)=(ln 2e-1)eln 2e-eln22e=2eln 2-e(ln 2+1)2=-eln22-e.所以 em-eln 22-em-1-ln 22,所以 m 的取值范围是(-,-1-ln 22.(对应学生用书第 1
35、5 页)【典例】 (2018全国卷,理 21)(12 分)已知函数 f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.(1)若 a=0,证明:当-10 时,f(x)0;27(2)若 x=0 是 f(x)的极大值点,求 a.评分细则:(1)证明:当 a=0 时,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f(x)=ln(1+x)- 1 分1+设函数 g(x)=f(x)=ln(1+x)- ,1+则 g(x)= .2 分(1+)2当-10 时,g(x)0.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
36、,+)上单调递增.4 分又 f(0)=0,故当-10 时,f(x)0.5 分(2)解:若 a0,由(1)知,当 x0 时,f(x)(2+x)ln(1+x)-2x0=f(0),这与 x=0 是 f(x)的极大值点矛盾.6 分若 a0,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.7 分h(x)= -= .8 分如果 6a+10,则当 00,故 x=0 不是 h(x)的极大值点.9 分如果 6a+10;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.11 分综上,a=- .12 分16【答题启示】(1)导数解答题的基础是正确求出函数的导数,这是解题的起始,一定要细心处理,不要“输在起跑线上”.(2)含有证明参数的问题通常需要分类讨论,分类讨论的标准是解题的关键,如本题第二问中把问题化为研究 x=0 为函数 h(x)极大值点时,分类的标准就是函数在 x=0 处如果存在极大值,则在 x=0 处的 h(x)“左正右负”,然后结合 h(x)的具体表达式得出分类讨论标准.
