1、五年高考,统一命题、省(区、市)卷题组,考点 简单的复合函数的导数,1.(2017课标全国文改编,12,5分)已知函数f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)有唯一零点,则a= .,答案,解析 由f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)有零点得x2-2x=-a(ex-1+e-x+1)有零点,令g(x)=ex-1+e-x+1,g(x)=ex-1-e-x+1= ex-1- = ,当g(x)=0时,x=1,当x1时,g(x)0,函数单调递 增,当x=1时,函数取得最小值g(1)=2.令h(x)=x2-2x,当x=1时,函数取得最小值-1,若-a0,函数h(x) 和y=ag(x)的图象
2、没有交点;当-a0时,函数h(x)和y=-ag(x)的图象有一个交点,-ag(1)=h(1),即-a2 =-1a= .,2.(2018课标全国理,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; (2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.,解析 本题考查导数与函数的单调性、导数与函数的极值. (1)证明:当a=0时, f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x, f (x)=ln(1+x)- . 设函数g(x)=f (x)=ln(1+x)- , 则g(x)= . 当-10时,g(x)0. 故当x-1时,g(x)g(0)=0
3、,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-10时, f(x)0. (2)(i)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.,(ii)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. h(x)= - = . 如果6a+10,则当00,故x=0不是h(x)的极大值点. 如果6a+10;,当x(0,1)时,h(x)0. 所以x=0是h(x)
4、的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点. 综上,a=- .,3.(2017课标全国理,21,12分)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.,解析 本题考查了利用导数讨论函数的单调性和函数的零点问题. (1)f(x)的定义域为(-,+), f (x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1). (i)若a0,则f (x)0,则由f (x)=0得x=-ln a. 当x(-,-ln a)时, f (x)0.所以f(x)在(-,-ln a)单调递减,在(-ln a,+ )单调递增. (2)(i
5、)若a0,由(1)知, f(x)至多有一个零点. (ii)若a0,由(1)知,当x=-ln a时, f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1- +ln a. 当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点; 当a(1,+)时,由于1- +ln a0,即f(-ln a)0, 故f(x)没有零点; 当a(0,1)时,1- +ln a-2e-2+20,故f(x)在(-,-ln a)有一个零点.,设正整数n0满足n0ln ,则f(n0)= (a +a-2)-n0 -n0 -n00. 由于ln -ln a,因此f(x)在(-ln a,+)有一个零点. 综上,a的取值范围为(0,1)
6、.,方法总结 利用导数研究函数的单调性的原理:若f (x)0,xD恒成立,则在区间D上函数f(x) 单调递增;若f (x)0,xD恒成立,则在区间D上函数f(x)单调递减.,4.(2016北京理,18,13分)设函数f(x)=xea-x+bx,曲线y=f(x)在点(2, f(2)处的切线方程为y=(e-1)x+4. (1)求a,b的值; (2)求f(x)的单调区间.,解析 (1)因为f(x)=xea-x+bx, 所以f (x)=(1-x)ea-x+b. 依题设,知 即 解得a=2,b=e. (2)由(1)知f(x)=xe2-x+ex. 由f (x)=e2-x(1-x+ex-1)及e2-x0知,
7、 f (x)与1-x+ex-1同号. 令g(x)=1-x+ex-1, 则g(x)=-1+ex-1. 所以,当x(-,1)时,g(x)0,g(x)在区间(1,+)上单调递增. 故g(1)=1是g(x)在区间(-,+)上的最小值, 从而g(x)0,x(-,+). 综上可知, f (x)0,x(-,+). 故f(x)的单调递增区间为(-,+).,方法总结 (1)曲线在某点处的切线,满足两个条件:一是过该点,二是斜率(若斜率存在)等于函 数在该点处的导数值.(2)讨论函数的单调性可转化为讨论其导函数的符号变化,因此常将其导 函数作为一个新函数来研究其值域(最值),利用所得结论确定原函数的单调性.,5.
8、(2015课标全国,21,12分)设函数f(x)=emx+x2-mx. (1)证明: f(x)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增; (2)若对于任意x1,x2-1,1,都有|f(x1)-f(x2)|e-1,求m的取值范围.,解析 (1)证明:f (x)=m(emx-1)+2x. 若m0,则当x(-,0)时,emx-10, f (x)0. 若m0, f (x)0. 所以, f(x)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增. (2)由(1)知,对任意的m, f(x)在-1,0单调递减,在0,1单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.所以 对于任意x1,x2-1,1,|f(x1)-f(x
9、2)|e-1的充要条件是 即 设函数g(t)=et-t-e+1,则g(t)=et-1. 当t0时,g(t)0.故g(t)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增. 又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e1时,由g(t)的单调性,g(m)0,即em-me-1; 当m0,即e-m+me-1. 综上,m的取值范围是-1,1.,6.(2015山东,21,14分)设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中aR. (1)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由; (2)若x0, f(x)0成立,求a的取值范围.,解析 (1)由题意知函数f(x)的定义域为(-1,+), f (x)= +a(
10、2x-1)= . 令g(x)=2ax2+ax-a+1,x(-1,+). 当a=0时,g(x)=1, 此时f (x)0,函数f(x)在(-1,+)单调递增,无极值点. 当a0时,=a2-8a(1-a)=a(9a-8). a.当0 时,0, 设方程2ax2+ax-a+1=0的两根为x1,x2(x1- . 由g(-1)=10,可得-10, f (x)0,函数f(x)单调递增;,当x(x1,x2)时,g(x)0, f (x)0,函数f(x)单调递增. 因此函数有两个极值点. 当a0, 由g(-1)=10,可得x10, f (x)0,函数f(x)单调递增; 当x(x2,+)时,g(x) 时,函数f(x)
11、有两个极值点. (2)由(1)知, 当0a 时,函数f(x)在(0,+)上单调递增, 因为f(0)=0,所以x(0,+)时, f(x)0,符合题意.,当 0,符合题意. 当a1时,由g(0)0. 所以x(0,x2)时,函数f(x)单调递减. 因为f(0)=0,所以x(0,x2)时, f(x)0, 所以h(x)在(0,+)上单调递增. 因此当x(0,+)时,h(x)h(0)=0,即ln(x+1)1- 时,ax2+(1-a)x0, 此时f(x)0,不合题意. 综上所述,a的取值范围是0,1.,教师专用题组,考点 简单的复合函数导数,1.(2014广东,10,5分)曲线y=e-5x+2在点(0,3)
12、处的切线方程为 .,答案 5x+y-3=0,解析 y=-5e-5x,曲线在点(0,3)处的切线斜率k=y|x=0=-5,故切线方程为y-3=-5(x-0),即5x+y-3=0.,2.(2016课标全国理,21,12分)设函数f(x)=cos 2x+(-1)(cos x+1),其中0,记|f(x)|的最大值为 A. (1)求f (x); (2)求A; (3)证明|f (x)|2A.,解析 (1)f (x)=-2sin 2x-(-1)sin x. (2分) (2)当1时, |f(x)|=|cos 2x+(-1)(cos x+1)|+2(-1)=3-2=f(0). 因此A=3-2. (4分) 当0
13、. (5分) (i)当00,知g(-1)g(1)g . 又 -|g(-1)|= 0,所以A= = . 综上,A= (9分) (3)证明:由(1)得|f (x)|=|-2sin 2x-(-1)sin x|2+|-1|. 当01,所以|f (x)|1+2A. 当1时,|f (x)|3-16-4=2A. 所以|f (x)|2A. (12分),评析 本题主要考查导数的计算及导数的应用,考查了二次函数的性质,解题时注意分类讨论, 本题综合性较强,属于难题.,3.(2015北京,18,13分)已知函数f(x)=ln . (1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程; (2)求证:当x(0,1)
14、时, f(x)2 ; (3)设实数k使得f(x)k 对x(0,1)恒成立,求k的最大值.,解析 (1)因为f(x)=ln(1+x)-ln(1-x), 所以f (x)= + , f (0)=2. 又因为f(0)=0,所以曲线y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程为y=2x. (2)证明:令g(x)=f(x)-2 , 则g(x)=f (x)-2(1+x2)= . 因为g(x)0(0g(0)=0,x(0,1), 即当x(0,1)时, f(x)2 . (3)由(2)知,当k2时, f(x)k 对x(0,1)恒成立. 当k2时,令h(x)=f(x)-k , 则h(x)=f (x)-k(1+x2)=
15、 .,所以当02时, f(x)k 并非对x(0,1)恒成立. 综上可知,k的最大值为2.,4.(2015安徽,21,13分)设函数f(x)=x2-ax+b. (1)讨论函数f(sin x)在 内的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值; (2)记f0(x)=x2-a0x+b0,求函数|f(sin x)-f0(sin x)|在 上的最大值D; (3)在(2)中,取a0=b0=0,求z=b- 满足条件D1时的最大值.,解析 (1)f(sin x)=sin2x-asin x+b=sin x(sin x-a)+b,- 0,-22sin x2. a-2,bR时,函数f(sin x)单调递增,无极值. a
16、2,bR时,函数f(sin x)单调递减,无极值. 对于-2a2,在 内存在唯一的x0, 使得2sin x0=a. - xx0时,函数f(sin x)单调递减; x0x 时,函数f(sin x)单调递增. 因此,-2a2,bR时,函数f(sin x)在x0处有极小值, f(sin x0)=f =b- .,(2)- x 时,|f(sin x)-f0(sin x)|=|(a0-a)sin x+b-b0|a-a0|+|b-b0|, 当(a0-a)(b-b0)0时,取x= ,等号成立, 当(a0-a)(b-b0)0时,取x=- ,等号成立. 由此可知,|f(sin x)-f0(sin x)|在 上的最
17、大值为D=|a-a0|+|b-b0|. (3)D1即为|a|+|b|1,此时0a21,-1b1, 从而z=b- 1. 取a=0,b=1,则|a|+|b|1,并且z=b- =1. 由此可知,z=b- 满足条件D1的最大值为1.,5.(2015湖南,21,13分)已知a0,函数f(x)=eaxsin x(x0,+).记xn为f(x)的从小到大的第n(nN*) 个极值点.证明: (1)数列f(xn)是等比数列; (2)若a ,则对一切nN*,xn|f(xn)|恒成立.,证明 (1)f (x)=aeaxsin x+eaxcos x =eax(asin x+cos x)= eaxsin(x+), 其中t
18、an = ,00; 若(2k+1)0).,设g(t)= (t0),则g(t)= .令g(t)=0,得t=1. 当01时,g(t)0,所以g(t)在区间(1,+)上单调递增. 从而当t=1时,函数g(t)取得最小值g(1)=e. 因此,要使(*)式恒成立,只需 . 而当a= 时,由tan = = 且0 .因此对一切nN*,axn= 1,所以g(axn)g(1)=e= .故(*) 式亦恒成立. 综上所述,若a ,则对一切nN*,xn|f(xn)|恒成立.,6.(2014课标全国,21,12分)已知函数f(x)=ex-e-x-2x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)设g(x)=f(2x)-4bf
19、(x),当x0时,g(x)0,求b的最大值; (3)已知1.414 2 1.414 3,估计ln 2的近似值(精确到0.001).,解析 (1)f (x)=ex+e-x-2,则f (x)0,等号仅当x=0时成立. 所以f(x)在(-,+)上单调递增. (2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x, g(x)=2e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2) =2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2). (i)当b2时,g(x)0,等号仅当x=0时成立,所以g(x)在(-,+)上单调递增.而g(0)=0,所以对任 意x0,g(x)
20、0. (ii)当b2时,若x满足20, ln 2 0.692 8;,当b= +1时,ln(b-1+ )=ln , g(ln )=- -2 +(3 +2)ln 20, ln 2 0.693 4. 所以ln 2的近似值为0.693.,评析 本题考查了导数的应用,同时考查了分类讨论思想和运算能力.,7.(2014湖南,22,13分)已知常数a0,函数f(x)=ln(1+ax)- . (1)讨论f(x)在区间(0,+)上的单调性; (2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,且f(x1)+f(x2)0,求a的取值范围.,解析 (1)f (x)= - = . (*) 当a1时, f (x)0,此时, f(
21、x)在区间(0,+)上单调递增. 当00, 故f(x)在区间(0,x1)上单调递减,在区间(x1,+)上单调递增. 综上所述,当a1时, f(x)在区间(0,+)上单调递增; 当0- 且x-2,所以-2 - ,-2 -2,解得a .此时,由(*)式易知,x1,x2分别是f(x)的极小值点和极大值点. 而f(x1)+f(x2)=ln(1+ax1)- +ln(1+ax2)-,=ln1+a(x1+x2)+a2x1x2- =ln(2a-1)2- =ln(2a-1)2+ -2, 令2a-1=x,由0g(1)=0,故当 0.,综上所述,满足条件的a的取值范围为 .,评析 本题考查复合函数的求导,函数的单调
22、性和极值,解不等式,根与系数的关系.考查分类 讨论思想和化归与转化思想,考查学生运算求解能力和知识迁移能力,构造函数把不等式问题 转化为函数单调性问题是解题的关键.,8.(2014江西,18,12分)已知函数f(x)=(x2+bx+b) (bR). (1)当b=4时,求f(x)的极值; (2)若f(x)在区间 上单调递增,求b的取值范围.,解析 (1)当b=4时, f (x)= , 由f (x)=0得x=-2或x=0. 当x(-,-2)时, f (x)0, f(x)单调递增; 当x 时, f (x)0, f(x)单调递减,故f(x)在x=-2处取极小值f(-2)=0,在x=0处取极大值f(0)
23、=4. (2)f (x)= ,因为当x 时, 0,依题意,当x 时,有5x+(3b-2)0,从 而 +(3b-2)0. 所以b的取值范围为 .,9.(2013山东理,21,3分)设函数f(x)= +c(e=2.718 28是自然对数的底数,cR). (1)求f(x)的单调区间、最大值; (2)讨论关于x的方程|ln x|=f(x)根的个数.,解析 (1)f (x)=(1-2x)e-2x, 由f (x)=0,解得x= . 当x0, f(x)单调递增; 当x 时, f (x)0,则g(x)=ln x-xe-2x-c, 所以g(x)=e-2x . 因为2x-10, 0, 所以g(x)0. 因此g(x
24、)在(1,+)上单调递增. 当x(0,1)时,ln x0,则g(x)=-ln x-xe-2x-c, 所以g(x)=e-2x . 因为e2x(1,e2),e2x1x0, 所以- 0,即c-e-2时,g(x)没有零点, 故关于x的方程|ln x|=f(x)根的个数为0; 当g(1)=-e-2-c=0,即c=-e-2时,g(x)只有一个零点, 故关于x的方程|ln x|=f(x)根的个数为1;,当g(1)=-e-2-c-e-2时, 当x(1,+)时,由(1)知 g(x)=ln x-xe-2x-c ln x- ln x-1-c, 要使g(x)0,只需使ln x-1-c0,即x(e1+c,+); 当x(
25、0,1)时,由(1)知 g(x)=-ln x-xe-2x-c-ln x- -ln x-1-c, 要使g(x)0,只需-ln x-1-c0,即x(0,e-1-c), 所以c-e-2时,g(x)有两个零点, 故关于x的方程|ln x|=f(x)根的个数为2. 综上所述, 当c-e-2时,关于x的方程|ln x|=f(x)根的个数为2.,评析 本题考查函数的导数及其应用等基础知识与基本技能,考查分类讨论思想、函数与方 程思想以及综合运用知识解决问题的能力.,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,考点 简单的复合函数的导数,1.(2019镇江期末,21)求函数y=3cos 的图象在x
26、= 处的切线方程.,解析 y=-3sin =-6sin , (4分) 则切线在x= 处的斜率k=-6sin =-6, (6分) 当x= 时,y=3cos =0, (7分) 则切线方程为y-0=-6 ,即y=-6x+ . (10分),2.(2019扬州中学检测)已知曲线C:y2=2x-4. (1)求曲线C在点A(4,2)处的切线方程; (2)过点P(0,0)作直线l与曲线C交于A,B两点,求线段AB的中点M的轨迹方程.,解析 (1)y0时,y= ,y= , x=4时,y= ,曲线C在点A(4,2)处的切线方程为y-2= (x-4),即y= x. (2)设l:y=kx,由题意知k0,M(x,y),
27、 将y=kx代入y2=2x-4,可得k2x2-2x+4=0, =4-16k20, 4, 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2= , y1+y2= ,x= ,y= , y2=x(x4).,思路分析 (1)y0时,y= ,求导数,可得切线的斜率,从而可求曲线C在点A(4,2)处的切线 方程; (2)设l:y=kx,代入y2=2x-4,利用韦达定理,结合中点坐标公式,即可求出线段AB的中点M的轨迹方 程.,3.(2019南通通州、海门联考,23)已知函数f1(x)=sin ,xR,记fn+1(x)为fn(x)的导数,nN*. (1)求f2(x), f3(x); (2)猜想fn(x),n
28、N*的表达式,并证明你的猜想.,解析 (1)f1(x)=sin , f2(x)= cos , f3(x)=- sin . (3分) (2)猜想: fn(x)= sin . 下面用数学归纳法证明: 当n=1时, f1(x)=sin ,结论成立; 假设n=k(k1且kN*)时,结论成立, 即fk(x)= sin . 当n=k+1时, fk+1(x)=fk(x)= cos = sin = sin . 所以当n=k+1时,结论成立. 综上,由可知对任意的nN*结论成立. (10分),4.(2019如皋期中,24)已知函数f(x)=2x+2-ln(2x+1). (1)求f(x)的最小值; (2)证明:
29、+ + + + n-ln(n+1)(nN*).,解析 (1)由f(x)=2x+2-ln(2x+1),得 f (x)=2- = , 令f (x)=0,得x=0,列表如下:,所以函数f(x)的最小值为f(0)=2. (2)证明:由(1)知f(x)=2x+2-ln(2x+1)2,即2x-ln(2x+1)0, 令t=2x+10,t0,则t-1ln t, 所以 -1ln , -1ln , -1ln , 相加得 + + + + + -nln =ln , 亦即 + + + + + n-ln(n+1)(nN*).,5.(2017南通、扬州、泰州三模,23)已知函数f0(x)= (a0,ac-bd0).设fn(
30、x)为fn-1(x)(nN*) 的导函数. (1)求f1(x), f2(x); (2)猜想fn(x)的表达式,并证明你的结论.,解析 (1)f1(x)=f0(x)= = , f2(x)=f1(x)= = . (2)猜想fn(x)= ,nN*. 证明:当n=1时,由(1)知结论成立; 假设当n=k,kN*时结论成立, 即有fk(x)= . 当n=k+1时, fk+1(x)=fk(x)= =(-1)k-1ak-1(bc-ad)k!(ax+b)-(k+1) = , 所以当n=k+1时结论成立.,由得, fn(x)= ,nN*.,解答题(共40分),B组 20172019年高考模拟专题综合题组 (时间
31、：35分钟 分值：40分),1.(2019扬州期中,24)已知正项数列an满足an+1=an- (nN*). (1)求证:0a11,且当n2时,an ; (2)求证: ailn(n+1).,证明 (1)由a1- =a20,解得00), (6分) f (x)= - = ,又x0,故f (x)0, 所以f(x)在(0,+)上是增函数,则f(x)f(0)=0,即ln(1+x) . (8分) 令x= (iN*),则 ln ln , 从而有 ai ln(i+1)-ln i=ln(n+1)-ln 2ln(n+1). (10分),2.(2019苏州3月检测,23) (1)设x-1,试比较ln(1+x)与x的
32、大小; (2)是否存在常数aN,使得a a+1对任意大于1的自然数n都成立?若存在,试求出 a的值并证明你的结论;若不存在,请说明理由.,解析 (1)设f(x)=x-ln(1+x), f (x)=1- = , 当x(-1,0)时, f (x)0, f(x)单调递增; 故函数f(x)有最小值f(0)=0,则ln(1+x)x恒成立. (4分) (2)对于 ,取m=1,2,3,4进行验算: =2, = =2.25, = 2.37, = 2.44, 猜想:2 3,m=2,3,4,5,.,存在a=2,使得a1, 有 = + + + + =1+1+ + + =2+ + + 0(k=2,3,4,m), 故2
33、 3, (8分) 从而有2n 3n成立, 即2 2+1,所以存在a=2,使得a + =2, 即2 3对任意大于1的自然数k恒成立, (8分) 从而有2n 3n成立,即2 2+1, 所以存在a=2,使得a a+1恒成立. (10分),3.(2018苏州期中,23) (1)若不等式(x+1)ln(x+1)ax对任意x0,+)恒成立,求实数a的取值范围; (2)设nN*,试比较 + + 与ln(n+1)的大小,并证明你的结论.,解析 (1)原问题等价于ln(x+1)- 0对任意x0,+)恒成立, 令g(x)=ln(x+1)- ,则g(x)= , 当a1时,g(x)= 0恒成立,即g(x)在0,+)上
34、单调递增, g(x)g(0)=0恒成立; 当a1时,令g(x)=0,则x=a-10, g(x)在(0,a-1)上单调递减,在(a-1,+)上单调递增, g(a-1)0使得g(x) (x0,+), 令x= (nN*),上式即为ln , 即ln(n+1)-ln n , ln 2-ln 1 ,ln 3-ln 2 , , ln(n+1)-ln n , 上述各式相加可得 + + (x0,+), 令x= (kN*),有 ln , 那么,当n=k+1时,+ + + ln(k+1)+ ln(k+1)+ln =ln(k+2),也成立, 由可知, + + ln(n+1)(nN*).,4.(2017南通、徐州联考)
35、已知函数f(x)=ln(1+x)-ln(1-x). (1)已知方程f(x)= 在 上有解,求实数m的范围; (2)求证:当x(0,1)时, f(x)2 ; (3)若正数k使得f(x)k 对x(0,1)恒成立,求k的最大值.,解析 (1)方程f(x)= 在x 上有解, 即m=xf(x)在x 上有解, 令(x)=xf(x)=xln(1+x)-ln(1-x), 则(x)=ln(1+x)-ln(1-x)+x , 因为x ,所以1+x ,1-x , 所以ln(1+x)0,ln(1-x)0,即(x)0, 所以(x)在区间 上单调递增. 因为 = = ln 2, = = ln 3,所以(x) ,所以m .
36、(2)证明:原问题可转化为f(x)-2 0在(0,1)上恒成立, 设g(x)=ln(1+x)-ln(1-x)-2 , 则g(x)= + -2(1+x2)= , 当x(0,1)时,g(x)0, 所以g(x)在(0,1)上为增函数, 则g(x)g(0)=0, 因此,x(0,1)时, ln(1+x)-ln(1-x)-2 0, 所以当x(0,1)时, f(x)2 . (3)令h(x)=ln(1+x)-ln(1-x)-k ,要使得f(x)k 对x(0,1)恒成立, 需h(x)0对x(0,1)恒成立, h(x)= -k(1+x2)= , 当k0,2时,h(x)0,函数h(x)在(0,1)上是增函数, 则h(x)h(0)=0,符合题意; 当k2时,令h(x)=0,得x= 或x=- (舍去), 因为k2,所以 (0,1). h(x),h(x)在(0,1)上的情况如下表:,h h(0)=0,显然不成立, 综上,k的最大值为2.,
