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282821.【解析】审题指导I)e)求导f'(xy结论一几x)单调性g(x)的单调性和值域当u≥0时fx)>0)=0.矛盾分类放缩法讨论当u<0时h(x)与fx)有相构造函数h(x)同的极值点求导验证x=0是fx)的对a进行分类极大值点-h'(x解法一(1)当a=0时，f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,x>-1,f"(x)=ln(1+x)1+x…】分设函数g(x)=了'（x)=ln(1+)1+x>-1,则g'(x)=(1+x)2[点拨]由于(1+x)>0恒成立，则g'(x)的正负值取决于x,故需对x进行分类讨论…2分当-1
0时，g'(x)>0.故当x>-1时，g(x)≥g(0)=0,从而f'(x)≥0，所以f(x)在(-1，+)单调递增.又f(0)=0,故当-1
0时，f八x)>0.…5分解法口(1)当a=0时，f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x2x],x-1,=(2+x)[ln(1+x)-22x令g(x)=ln(1+x)-x>-1,2+x则g(x)=>03分(2+x)2(1+x)所以g(x)在(-1，+∞)单调递增，又g(0)=0,所以当-1
0时，g(x)>0,f八x）>0.…5分(2)(i)若a≥0，由(1)知，当x>0时，f八x)≥(2+x)ln(1tx)-2x>0=f八0)，[点拨]由于a≥0，故ax2≥0恒成立，故舍去此项对f八x)进行放缩，得到f八x)≥(x+2)ln(1+x)-2这与x=0是f(x)的极大值点矛盾6分2x(iⅱ)若a<0,设函数h(x)=f(x)=ln(1+x)2+x+ax2+x+a.x2由于当lx
0,故h(x)与f(x)符号相同，由于当xl
0,故h(x)与f(x)符号相同.又h(0)=f(0)=0,故x=0是f代x)的极大值点，当且仅当x=0是h(x)的极大值点。…7分12(2+x+ax2)-2x(1+2ax）h'(x)=1+x(2+x+ax2)2x2(a2x2+4ax+6a+1)(x+1)(ax2+x+2)2[点拨]由于'(x)中的分母大于0恒成立，故只需对分子进行分类讨论，进而结合二次函数的图象及性质分为6a+1>0,6a+1<0及6a+1=0三种情况进行讨论即可6a+1如果6a+1>0,则当0
0,故x=0不是h(x)的极大值点.8分如果6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x,<0,故当xe(x,0),且Ix
0;当xe(0,1)时，h'(x)<0.所以x=0是h(x)的极大值点，..............11分从而x=0是f代x)的极大值点，综上，a=12分
14.-3【考查点】本题考查导数的几何意义.【解析】由曲线y=(ax+1)e在点(0,1)处的切线斜率为-2,得y1=o=-2,因为y'=ae+(ax+l)e=(ax+l+a)e,所以y'1.o=1+a=-2,所以a=-3.
