考點(diǎn)測(cè)試15導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(一)一、基礎(chǔ)小題1．函數(shù)f(x)＝1＋x－sinx在(0，2π)上是( )A．增函數(shù)B．減函數(shù)C．在(0，π)上增，在(π，2π)上減D．在(0，π)上減，在(π，2π)上增答案A分析f′(x)＝1－cosx>0，∴f(x)在(0，2π)上遞加．122．設(shè)函數(shù)f(x)＝x＋lnx，則( )1A．x＝2為f(x)的極大值點(diǎn)1B．x＝為f(x)的極小值點(diǎn)2C．x＝2為f(x)的極大值點(diǎn)D．x＝2為f(x)的極小值點(diǎn)答案D221x－2分析f(x)＝x＋lnx(x>0)，f′(x)＝－x2＋x＝x2，x>2時(shí)，f′(x)>0，這時(shí)f(x)為增函數(shù)；0<x<2時(shí)，f′(x)<0，這時(shí)f(x)為減函數(shù)，據(jù)此知x＝2為f(x)的極小值點(diǎn)，故選D.3．函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋2在區(qū)間[－1，1]上的最大值是( )A．－2B．0C．2D．4答案C分析f′(x)＝3x2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2(舍去)．所以f(x)在[－1，0)上是增函數(shù)，f(x)在(0，1]上是減函數(shù)，所以當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)＝f(0)＝2.應(yīng)選C.max4．已知函數(shù)f()＝x3＋，則“a>0”是“f()在R上單一遞加”的()xaxxA．充分不用要條件B．必需不充分條件C．充要條件D．既不充分也不用要條件答案A分析當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)＝3x2＋a≥0，f(x)在R上單一遞加，“a>0”是“f(x)在R上單一遞加”的充分不用要條件．應(yīng)選A.5．如圖是函數(shù)y＝(x)的導(dǎo)函數(shù)′( )的圖象，則下邊判斷正確的選項(xiàng)是( )ffx2A．在(－2，1)上f(x)是增函數(shù)B．在(1，3)上f(x)是減函數(shù)C．在(4，5)上f(x)是增函數(shù)D．當(dāng)x＝4時(shí)，f(x)取極大值答案C分析由導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象知，f(x)在(－2，1)上先減后增，在(1，3)上先增后減，在(4，5)上單一遞加，x＝4是f(x)的極小值點(diǎn)．應(yīng)選C.6．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m為常數(shù))在[－2，2]上有最大值，且最大值為3，那么此函數(shù)在[－2，2]上的最小值為()A．0B．－5C．－10D．－37答案D分析由題意知，f′(x)＝6x2－12x，由f′(x)＝0得x＝0或x＝2，當(dāng)x<0或x>2時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)0<x<2時(shí)，f′(x)<0，∴f(x)在[－2，0]上單一遞加，在[0，2]上單一遞減，由條件知f(0)＝＝3，∴f(2)＝－5，(－2)＝－37，∴最小值為－37.mfa7．已知函數(shù)f(x)＝－1＋lnx，存在x0>0，使得f(x0)≤0有解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍x是( )A．(2，＋∞)B．(－∞，－3)C．(－∞，1]D．[3，＋∞)答案Ca分析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的定義域是(0，＋∞)，不等式f(x)＝x－1＋lnx≤0有解，即a≤x－xlnx在(0，＋∞)上有解．令h(x)＝x－xlnx，則h′(x)＝1－(lnx＋1)＝－lnx，令3h′(x)＝0，得x＝1，當(dāng)0<x<1時(shí)，h′(x)>0，當(dāng)x>1時(shí)，h′(x)<0，可適當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)()＝－lnx獲得最大值，要使不等式a≤－lnx在(0，＋∞)上有解，只需≤( )maxhxxxxxahxh(1)即可，即a≤1.8．已知函數(shù)f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在極大值又存在極小值，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．答案m>6或m<－3分析對(duì)函數(shù)f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝3x2＋2mx＋m＋6，要使函數(shù)f(x)既存在極大值又存在極小值，則f′( )＝0有兩個(gè)不一樣的根，所以鑒別式>0，即＝42－12(＋6)>0，所xmm2以m－3m－18>0，解得m>6或m<－3.二、高考小題9．(2017·浙江高考)函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如下圖，則函數(shù)y＝f(x)的圖象可能是( )答案D分析察看導(dǎo)函數(shù)f′( )的圖象可知，′( )的函數(shù)值從左到右挨次為小于0，大于0，xfx小于0，大于0，∴對(duì)應(yīng)函數(shù)f(x)的增減性從左到右挨次為減、增、減、增．察看選項(xiàng)可知，清除A，C.如下圖，f′(x)有3個(gè)零點(diǎn)，從左到右挨次設(shè)為x1，x2，x3，且x1，x3是極小值點(diǎn)，x2是極大值點(diǎn)，且x2>0，應(yīng)選項(xiàng)D正確．應(yīng)選D.10．(2017·全國(guó)卷Ⅱ)若x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點(diǎn)，則f(x)的極小值為()4－3－3D．1A．－1B．－2eC．5e答案A分析由題意可得f′(x)＝ex－1[x2＋(a＋2)x＋a－1]．∵x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋axx－1的極值點(diǎn)，∴f′(－2)＝02x－1x－12－1)e，∴a＝－1，∴f(x)＝(x－x－1)·e，f′(x)＝e(x－1x－2)＝e(x－1)(x＋2)，∴x∈(－∞，－2)，(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單一遞加；x∈(－2，1)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單一遞減．f(x)極小值＝f(1)＝－1.應(yīng)選A.11．(2018·全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝2sinx＋sin2x，則f(x)的最小值是________．3答案－2分析f′( )＝2cosx＋2cos2x＝4cos2＋2cosx－2＝4(cosx＋1)cosx－1，所以當(dāng)xx211cosx≤2時(shí)函數(shù)單一遞減，當(dāng)cosx≥2時(shí)函數(shù)單一遞加，進(jìn)而獲得函數(shù)的減區(qū)間為5ππππ2kπ－3，2kπ－3(k∈Z)，函數(shù)的增區(qū)間為2kπ－3，2kπ＋3(k∈Z)，所以當(dāng)x＝π332kπ－3，k∈Z時(shí)，函數(shù)f(x)獲得最小值，此時(shí)sinx＝－2，sin2x＝－2，所以f(x)min＝2×－3－3＝－33.22212．(2018·江蘇高考)若函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，則f(x)在[－1，1]上的最大值與最小值的和為_(kāi)_______．答案－3分析∵f(x)＝2x3－ax2＋1，∴f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．若a≤0，則x>0時(shí)，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，又f(0)＝1，∴f(x)在(0，＋∞)上沒(méi)有零點(diǎn)，不切合題意，∴a>0.aa當(dāng)0<x<3時(shí)，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)；當(dāng)x>3時(shí)，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)，∴x>05時(shí)，f(x)有極小值，為fa＝－a3＋1.327∵f(x)在(0，＋∞)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，af3＝0，∴a＝3.f(x)＝2x3－3x2＋1，則f′(x)＝6x(x－1)．x(－1，－10(0，1)10)f′(x)＋＋0－0f(x)－4增1減0∴f(x)在[－1，1]上的最大值為1，最小值為－4.∴最大值與最小值的和為－3.13．(2016·北京高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝{x3－3x，x≤a2x，x>a.若a＝0，則f(x)的最大值為_(kāi)_______；若f(x)無(wú)最大值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．答案(1)2(2)(－∞，－1)分析(1)若＝，則f(x)＝{x3－3x，x≤0，－2x，x>0.a0當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝－2x<0；當(dāng)x≤0時(shí)，f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，當(dāng)x<－1時(shí)，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)，當(dāng)－1<x<0時(shí)，f′(x)<0，f(x)是減函數(shù)，∴f(x)≤f(－1)＝2.∴f(x)的最大值為2.6在同一平面直角坐標(biāo)系中畫(huà)出y＝－2x和y＝x3－3x的圖象，如下圖，當(dāng)a<－1時(shí)，f(x)無(wú)最大值；當(dāng)－1≤a≤2時(shí)，f(x)max＝2；當(dāng)a>2時(shí)，f(x)max＝a3－3a.綜上，當(dāng)a∈(－∞，－1)時(shí)，f(x)無(wú)最大值．三、模擬小題x14．(2018·安徽安慶二模)已知函數(shù)f(x)＝2ef′(e)lnx－e(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，則f(x)的極大值為( )1A．2e－1B．－eC．1D．2ln2答案D2ef′e12ef′e11分析由題意知f′(x)＝x－e，∴f′(e)＝e－e，f′(e)＝e，∴f′(x)1x－e，令f′(x)＝0，得x＝2e，∴f(x)在(0，2e)上遞加，在(2e，＋∞)上遞減，∴f(x)的極大值為f(2e)＝2ln(2e)－2＝2ln2，選D.15．(2018·豫南九校第四次質(zhì)量考評(píng))已知定義在R上的函數(shù)f(x)，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的大概圖象如下圖，則以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是( )①f(b)>f(a)>f(c)；7②函數(shù)f(x)在x＝c處獲得極小值，在x＝e處獲得極大值；③函數(shù)f(x)在x＝c處獲得極大值，在x＝e處獲得極小值；④函數(shù)f(x)的最小值為f(d)．A．③B．①②C．③④D．④答案A分析由導(dǎo)函數(shù)圖象可知在(－∞，c)，(e，＋∞)上，f′(x)>0，在(c，e)上，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，c)，(e，＋∞)上單一遞加，在(c，e)上單一遞減，所以f(a)<f(b)<f(c)，函數(shù)f(x)在x＝c處獲得極大值，在x＝e處獲得極小值，函數(shù)f(x)沒(méi)有最小值．應(yīng)選A.16．(2018·湖北黃岡、黃石等八校3月聯(lián)考)已知實(shí)數(shù)a>0，且a≠1，函數(shù)f(x)＝在R上單一遞加，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．1<≤5B．2≤a≤5aC．a(chǎn)>1D．a(chǎn)≤5答案B24分析函數(shù)f(x)在R上單一遞加，則a>1，當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＝x＋x＋alnx，則f′(x)4a2x3＋ax－4＝2x－＋＝，則x2xx2

342在x∈[1，2x＋ax－4≥0在[1，＋∞)上恒建立，∴a≥－2xx42＋∞)上恒建立，因?yàn)閥＝x－2x在[1，＋∞)上單一遞減，∴ymax＝2，則a≥2，當(dāng)x＝1時(shí)，a≤1＋4＝5.綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是2≤a≤5.應(yīng)選B.π5πx17．(2018·華大新高考結(jié)盟4月教課質(zhì)量檢測(cè))?x∈6，6，sinx∈(m，n)(m<n)，則－的最小值為()nmπ－25π－3C.4ππA.B.3D.236答案C8xπ5πsinx－xcosxπ5π分析設(shè)f(x)＝sinx，x∈6，6，則f′(x)＝sinx2，x∈6，6，設(shè)g(x)π5πsinx－xcosx，x∈6，6，則g′(x)＝cosx－(cosx－xsinx)＝xsinx，則g′(x)>0在xπ5ππ5π上單一遞加，g(x)>gππ∈，上恒建立，函數(shù)g(x)＝sinx－xcosx在x∈6，＝sin66666πππ5πxπ5π6cos6≈0.05>0，∴f′(x)>0在x∈6，6上恒建立，即函數(shù)f(x)＝sinx在x∈6，6π5ππ5π4π上單一遞加，f6<f(x)<f6，∴3<f(x)<3，則n－m的最小值為3.應(yīng)選C.18．(2018·湖南張家界第三次模擬)已知對(duì)于x的不等式m(x2－2x)ex＋1≥ex在(－∞，0]上恒建立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為( )A．[－1，＋∞)B．[0，＋∞)11C．－2，＋∞D(zhuǎn).3，＋∞答案C分析令f(x)＝m(x2－2x)ex＋1－ex，x∈(－∞，0]，∵x∈(－∞，0]，∴x2－2x≥0.當(dāng)＝0時(shí)，f(x)＝1－ex≥1－e0＝0，切合題意；當(dāng)>0時(shí)，f(x)＝(2－2)ex＋1－ex≥1mmmxxx1<0時(shí)，′( )＝(22－1)ex≤0恒建立，則f(x)在(－∞，－e≥0，切合題意；當(dāng)－≤－2mfxmxm0]上單一遞減，∴(x)≥f(0)＝0，切合題意；當(dāng)<－1時(shí)，令f′( )＝0，解得x＝－2＋1fm2xm(正當(dāng)舍去)，則f(x)在－112＋，0上單一遞加，在－∞，－2＋上單一遞減，∴存mm在x0，使得f(x0)<(0)＝0，不切合題意，舍去．綜上所述，實(shí)數(shù)的取值范圍為－1，＋∞.fm2應(yīng)選C.一、高考大題1．(2018·全國(guó)卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝13x3－a(x2＋x＋1)．9若a＝3，求f(x)的單一區(qū)間；證明：f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)．解(1)當(dāng)a＝3時(shí)，f(x)＝1x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.3令f′(x)＝0，解得x＝3－23或x＝3＋23.當(dāng)x∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(3－23，3＋23)時(shí)，′( )<0.fx故f(x)在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)上單一遞加，在(3－23，3＋23)上單調(diào)遞減．證明：因?yàn)閤2＋x＋1>0，x3所以f(x)＝0等價(jià)于x2＋x＋1－3a＝0.x3設(shè)g(x)＝x2＋x＋1－3a，則gx2x2＋2x＋3≥0，xx＋x＋1僅當(dāng)x＝0時(shí)，g′( )＝0，所以(x)在(－∞，＋∞)上單一遞加．故()至多有一個(gè)xggx零點(diǎn)，進(jìn)而f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)．211211又f(3a－1)＝－6a＋2a－3＝－6a－6－6<0，f(3a＋1)＝3>0，故f(x)有一個(gè)零點(diǎn)．綜上，f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)．2．(2018·全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝aex－lnx－1.設(shè)x＝2是f(x)的極值點(diǎn)，求a，并求f(x)的單一區(qū)間；1(2)證明：當(dāng)a≥e時(shí)，f(x)≥0.x1解(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝ae－x.10由題設(shè)知，f′(2)＝0，所以a＝1.2e2進(jìn)而f(x)＝1ex－lnx－1，2e21x1xex－2－2′( )＝e－＝.x2x2e2當(dāng)0<x<2時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>2時(shí)，f′(x)>0.所以f(x)在(0，2)上單一遞減，在(2，＋∞)上單一遞加．1ex證明：當(dāng)a≥e時(shí)，f(x)≥e－lnx－1.exex1xex－e設(shè)g(x)＝e－lnx－1，則g′(x)＝e－x＝ex.當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值點(diǎn)．故當(dāng)x>0時(shí)，g(x)≥g(1)＝0.1f(x)≥0.所以，當(dāng)a≥時(shí)，e3．(2018·浙江高考)已知函數(shù)f(x)＝x－lnx.(1)若f(x)在x＝x1，x2(x1≠x2)處導(dǎo)數(shù)相等，證明：f(x1)＋f(x2)>8－8ln2；(2)若a≤3－4ln2，證明：對(duì)于隨意k>0，直線y＝kx＋a與曲線y＝f(x)有獨(dú)一公共點(diǎn)．11證明(1)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝2x－x，1111由f′(x1)＝f′(x2)得2x1－x1＝2x2－x2，因?yàn)閤1≠x2，所以111x1＋x2＝2.1114由基本不等式得2x1x2＝x1＋x2≥2x1x2，因?yàn)閤1≠x2，所以x1x2>256.由題意得f(x1)＋f(x2)＝x1－lnx1＋1x2－lnx2＝x1x2－ln(x1x2)．211設(shè)g(x)＝2x－lnx，則g′(x)＝4x(x－4)，所以x(0，16)16(16，＋∞)g′(x)－0＋g(x)2－4ln2所以g(x)在[256，＋∞)上單一遞加，故g(x1x2)>g(256)＝8－8ln2，即f(x1)＋f(x2)>8－8ln2.令m＝e－(|a|＋k)，n＝|a|＋12＋1，k則f(m)－km－a>|a|＋k－k－a≥0，f( )－kn－<n1a≤n|a|＋1<0，n－－n－nankk所以，存在x0∈(m，n)使f(x0)＝kx0＋a，所以，對(duì)于隨意的a∈R及k∈(0，＋∞)，直線y＝kx＋a與曲線y＝f(x)有公共點(diǎn)．由f(x)＝kx＋a得k＝x－lnx－a.x12設(shè)h(x)＝x－lnx－ax，x則h′(x)＝lnx－2－1＋a－gx－1＋ax2＝x2，x此中g(shù)(x)＝2－lnx.由(1)可知g(x)≥g(16)，又a≤3－4ln2，故－g(x)－1＋a≤－g(16)－1＋a＝－3＋4ln2＋a≤0，所以h′(x)≤0，即函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上單一遞減，所以方程f(x)－kx－a＝0至多有1個(gè)實(shí)根．綜上，當(dāng)a≤3－4ln2時(shí)，對(duì)于隨意k>0，直線y＝kx＋a與曲線y＝f(x)有獨(dú)一公共點(diǎn)．二、模擬大題4．(2018·湖北八市聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ex(x－aex)．當(dāng)a＝0時(shí)，求f(x)的極值；(2)若f(x)有兩個(gè)不一樣的極值點(diǎn)，求a的取值范圍．解(1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝xex，f′(x)＝(x＋1)ex，令f′(x)>0，可得x>－1，故f(x)在(－1，＋∞)上單一遞加，同理可得f(x)在(－∞，1)上單一遞減，故f(x)在x＝－1處有極小值1f(－1)＝－.e依題意，可得f′(x)＝(x＋1－2aex)ex＝0有兩個(gè)不一樣的實(shí)根．設(shè)g(x)＝x＋1－2aex，則g(x)＝0有兩個(gè)不一樣的實(shí)根x1，x2，g′(x)＝1－2aex，若a≤0，則g′(x)≥1，此時(shí)g(x)為增函數(shù)，故g(x)＝0至多有1個(gè)實(shí)根，不切合要求；1若a>0，則當(dāng)x<ln2a時(shí)，g′(x)>0，131當(dāng)x>ln2a時(shí)，g′(x)<0，故此時(shí)g(x)在－∞，ln1ln12a上單一遞加，在2a，＋∞上單一遞減，()的最大值為ln1＝ln1－1＋1＝ln1，gxg2a2a2a又當(dāng)x→－∞時(shí)，g(x)→－∞，當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→－∞，故要使g(x)＝0有兩個(gè)不一樣實(shí)根，11則gln2a＝ln2a>0，1()＝0有兩個(gè)不一樣實(shí)根，則gln11得0<<或作圖象知要使＝ln>0.a2gx2a2a設(shè)g(x)＝0的兩個(gè)不一樣實(shí)根為x1，x2(x1<x2)，當(dāng)x<x1時(shí)，g(x)<0，此時(shí)f′(x)<0；當(dāng)x1<x<x2時(shí)，g(x)>0，此時(shí)f′(x)>0；當(dāng)x>x2時(shí)，g(x)<0，此時(shí)f′(x)<0.1故x1為f(x)的極小值點(diǎn)，x2為f(x)的極大值點(diǎn)，0<a<2切合要求．1綜上所述，a的取值范圍為0，2.5．(2018·廣東三校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋ax.議論函數(shù)f(x)的單一性；1當(dāng)a＝1時(shí)，函數(shù)g(x)＝f(x)－x＋2x－m有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，且x1<x2.求證：x1＋x2>1.1解(1)f′(x)＝x＋a，x∈(0，＋∞)．①當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)>0恒建立，14∴f(x)在(0，＋∞)上單一遞加；1②當(dāng)a<0時(shí)，令f′(x)＝0，解得x＝－a，1令f′(x)>0，得0<x<－a，1令f′(x)<0，得x>－a，1∴f(x)在0，－a上單一遞加，1在－a，＋∞上單一遞減．1證明：當(dāng)a＝1時(shí)，g(x)＝lnx＋2x－m.由已知得ln1＝m，lnx2＋1x1＋＝m.2x12x2x111兩式相減得lnx2＋2x1－2x2＝0，整理得x1x2＝x1－x2，x12lnx2x1x2x2－11－x1∴x1＝x1，x2＝x1.2lnx22lnx2x1x2x2－x1∴x1＋x2＝，x12lnx2x11令t＝x2∈(0，1)，h(t)＝t－t－2lnt.則h′( )＝1＋12t2－2t＋1－＝>0，tt2tt215∴h(t)在(0，1)上單一遞加．1∴h(t)<h(1)＝0，即t－t<2lnt，1又∵lnt<0，∴t－t>1.2lnt∴x1＋x2>1.xa2a6．(2018·福建廈門(mén)質(zhì)檢一)已知函數(shù)f(x)＝xe－3x－2x，a≤e，此中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．當(dāng)a＝0，x>0時(shí)，證明：f(x)≥ex2；議論函數(shù)f(x)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)．解x，故原不等式可化為x≥ex2，因?yàn)閤>0，所以只需(1)證明：依題意，f(x)＝xexex－e≥0即可，x記g(x)＝ex－ex(x>0)，x則g′(x)＝e－e(x>0)，當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0，g(x)單一遞減；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，g(x)單一遞加，所以()≥(1)＝0，即f(x)≥e2，原不等式建立．gxgx(2)f′( )＝ex－12－1＋xex－2－1＝(x＋1)ex－(x＋1)＝(x＋1)(ex－ax)，x3ax2ax3ax2aax記h(x)＝ex－ax，h′(x)＝ex－a.(ⅰ)當(dāng)a<0時(shí)，h′(x)＝ex