数学-导数大题练习30题答案

一．解答题（共30小题）1．已知函数f（x）＝lnx+ax−2x（a∈R（Ⅰ）当a＝﹣2时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数f（x）有两个不同零点x1，x2（x1＜x2），（ⅰ）求实数a的取值范围；（ⅱ）求证：x1•x22＞a【解答】解：对函数f（x）求导，得f′（x）=1x+a2（I）当a＝﹣2时，f′（x）=−4x−2因为函数f（x）的定义域为（0，+∞），由f′（x）＞0，得0＜x＜1由f′（x）＜0，得x＞1所以函数f（x）的单调递增区间是（0，14），单调递减区间是（1（II）由f（x）＝0，得lnx+ax−2x（i）函数f（x）有两个不同零点x1，x2（x1＜x2），等价于方程a＝2x−设t=x，即方程a2=设g（t）＝t−lntg′（t）＝1−1−lnt再设u（t）＝t2+lnt﹣1，所以函数u（t）在（0，+∞）上单调递增，注意到u（1）＝0，所以当0＜t＜1时，u（t）＜0，当t＞1时，u（t）＞0．所以g（t）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．当t→0时，g（t）→+∞，当t→+∞时，g（t）→+∞，当t＝1时，g（t）＝1，只需a2即所求a＞2，即实数a的取值范围是（2，+∞）．（ii）注意到t1=x1，t2=x2，要证x1•x22＞a24，只需证t由（i）知，0＜t1＜1＜t2，故有a2=t2−lnt2下面证明：t1•t2＞1．设h（t2）＝g（t2）﹣g（1t2）＝（t2−lnt2t2）﹣（1t2−ln1有h′（t2）＝1+1t22−（1−1t22）lnt2﹣（t2所以函数h（t2）在（1，+∞）上单调递减，所以h（t2）＜h（1）＝0，所以g（t2）﹣g（1t2）＜0，故有g（1t2）＞g（t2）＝g又0＜1t2＜1，0＜t1＜1，且g（t）在（0，1）上单调递减，所以1t2＜t1因此t1•t22＞a2．已知函数f（x）=1+x2ekx，g（x）＝2（Ⅰ）若函数f（x）没有极值点，求实数k的取值范围；（Ⅱ）若g（x）≤f（x）对任意的x∈R恒成立，求实数k和a所满足的关系式，并求实数k的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）=1+x2f′（x）=2x因为函数f（x）没有极值点，所以f′（x）≥0或f′（x）≤0恒成立，当k＝0时，f（x）＝1+x2，有极值点，不符合题意；当k≠0时，则Δ＝4﹣4k2≤0，解得k≥1或k≤﹣1，综上可得，实数k的取值范围是（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞）．（Ⅱ）由题意得，对任意的x∈R，h（x）=1+x2ekx−因为h（0）＝0，所以x＝0是y＝h（x）的极小值点，所以h′（0）＝0，得a＝﹣k，即对任意的x∈R，恒有（1+x2）eax≥2ax2+ax+1成立，其中a＝﹣k，①当a＞0时，当x→﹣∞时，（1+x2）eax→0，2ax2+ax+1→+∞，矛盾，舍；②当a≤0时，g（x）＝2ax2+ax+1图象开口向下，过点（0，1），g′（x）＝4ax+a，则g′（0）＝a，所以g（x）在点（0，1）处的切线方程为y＝ax+1，所以有ax+1≥2ax2+ax+1，下证（1+x2）eax≥ax+1，令m（x）＝（1+ax）e﹣ax﹣（1+x2），又因为m′（x）＝ae﹣ax﹣a（1+ax）e﹣ax﹣2x＝﹣x（2+a2e﹣ax），当x∈（﹣∞，0）时，m′（x）＞0，m（x）单调递增，当x∈（0，+∞）时，m′（x）＜0，m（x）单调递减，所以m（x）≤m（0）＝0，所以（1+x2）eax≥ax+1成立，所以（1+x2）eax≥ax+1≥2ax2+ax+1，综上所述，当k＝﹣a≥0时，g（x）≤f（x）对任意的x∈R恒成立．3．已知函数f（x）＝（x+1）lnx﹣x+1．（Ⅰ）若xf′（x）≤x2+ax+1，求a的取值范围；（Ⅱ）证明：（x﹣1）f（x）≥0．【解答】解：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞）求导函数，可得f'(x)=x+1∴xf′（x）＝xlnx+1，题设xf′（x）≤x2+ax+1等价于lnx﹣x≤a，令g（x）＝lnx﹣x，则g′（x）=1当0＜x＜1时，g′（x）＞0；当x≥1时，g′（x）≤0，∴x＝1是g（x）的最大值点，∴g（x）≤g（1）＝﹣1．…（6分）综上，a的取值范围是[﹣1，+∞）．…（7分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知，g（x）≤g（1）＝﹣1，即lnx﹣x+1≤0；当0＜x＜1时，f（x）＝（x+1）lnx﹣x+1＝xlnx+（lnx﹣x+1）＜0；…（10分）当x≥1时，f（x）＝lnx+（xlnx﹣x+1）＝lnx+x（lnx+1所以（x﹣1）f（x）≥0…（13分）4．已知a＞1，函数f（x）＝ex−12x2﹣ax﹣1，其中（Ⅰ）证明：函数y＝f（x）在（0，+∞）上有唯一零点；（Ⅱ）记x0为函数y＝f（x）在（0，+∞）上的零点，证明：x0＜a．（参考数值：ln4.6≈1.53）【解答】证明：（Ⅰ）f′（x）＝ex﹣x﹣a，f″（x）＝ex﹣1＞0在x∈（0，+∞）上恒成立，所以f′（x）在（0，+∞）上单调递增，f′（0）＝1﹣a＜0，f′（a）＝ea﹣2a＞（e﹣2）a＞0，所以存在x1∈（0，a），使得f′（x1）＝0，故f″（x）＜0⇒x∈（0，x1），f（x）在（0，x1）上单调递减；f″（x）＞0⇒x∈（x1，+∞），f（x）在（x1，+∞）上单调递增，又f（0）＝0，所以f（x1）＜0，当x→+∞时，f（x）→+∞，故由零点存在定理，f（x）在（x1，+∞）上有唯一零点，在（0，x1）上没有零点，所以函数f（x）在（0，+∞）上有唯一零点．（Ⅱ）由（Ⅰ）得：f（x）在（x1，+∞）上单调递增，且a＞x1，x0＞x1，故要证：x0＜a，只要证f（x0）＜f（a），即证：ea−32a2﹣1＞0在设g（a）＝ea−32a2﹣1，故g′（a）＝ea﹣3a，g″（a）＝e由g″（a）＝0⇒a＝ln3，所以g′（a）在（1，ln3）递减，在（ln3，+∞）递增，g′（1）＝e﹣3＜0，g′（ln3）＝3﹣3ln3＜0，g′（ln4.6）＝4.6﹣3×ln4.6＞4.6﹣3×1.53＞0，所以存在x2∈（ln3，ln4.6），使得g′（x2）＝0，所以g（a）在（1，x2）递减，（x2，+∞）递增，所以g（a）min＝g（x3），因为g（1）＝e−52＞0，故只需证明g（x2）=e由g′（x2）＝0⇒ex2=3x2，所以g（x2）=−32x22+3x2﹣1，x2∈由二次函数的单调性，得g（x2）＞−32（ln4.6）2+3ln4.6﹣1＞−3综上，得证．5．已知函数f（x）＝31+x−4lnx8，g（x）＝x4+mx3+nx2+mx+10，m，n∈（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若对任意x1∈（0，+∞），总存在x2∈R，使得f（x1）＝g（x2），求m2+n2的最小值．【解答】解：（1）首先函数f（x）的定义域为（0，+∞），f'(x)=321+x−4x，令f所以函数f（x）的单调递减区间为（0，8），单调递增区间为（8，+∞）．（2）因为对任意x1∈（0，+∞），存在x2∈R，使得f（x1）＝g（x2），所以{f（x）|x＞0}⊆{g（x）|x∈R}，由（1）知，f（x）≥f（8）＝9，又x→+∞时，g(x)→+∞，且为连续函数，所以g（x）min≤9，故g（x）＝9⇒x4+mx3+nx2+mx+1＝0有解，显然x≠0，所以x2⇔t=x+1则关于t的方程t2+mt+n﹣2＝0在（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）上有解，方法1（几何意义）：将（m，n）看成直线tm+n+t2﹣2＝0上的点，m2+n2看作点（m，n）到原点的距离的平方，则m2由t2+1∈[5，+∞），且函数y=x+9得m2+n方法2（柯西不等式）：因为（m2+n2）（t2+1）≥（mt+n）2，所以m2下同方法1．综上，m2+n2的最小值为456．已知函数f（x）=lnxx2+a（x＞0），其中（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；（Ⅱ）若e2[（x﹣1）2（x+1）+lnx]＜e2xlnx，求x的取值范围；（Ⅲ）当a＝3e4时，若x1，x2为函数g（x）＝f（x）﹣m（m∈R）的两个零点，试证明：4e2(x1+e2)(x【解答】解：（1）f'(x)=x+极值点即为f'（x）的变号零点，即a＝2x2lnx﹣x2＝x2（2lnx﹣1），记h（x）＝x2（2lnx﹣1），h′（x）＝4xlnx，令h′（x）＞0，解得x＞1；令h′（x）＜0，解得0＜x＜1，故h（x）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递增，则h（x）≥h（1）＝﹣1，当x→0+，h（x）→0，当x→+∞，h（x）→+∞，①当a≤﹣1时，f'（x）≤0在区间(0，−a)∪(−a，+∞)上恒成立，所以函数f（x）在区间②当﹣1＜a＜0时，则方程a＝2x2lnx﹣x2＝x2（2lnx﹣1）有两个根，记为x1，x2，不妨设x1＜1＜x2，因为ℎ(−a)＜a，故当0＜x＜x1或x＞x2时，f'（x）＜0；当x1＜x＜−a或−a＜x＜x2时，f'（所以函数f（x）在（0，x1），（x2，+∞）上单调递增，在（x1，−a），（−a，x2）上单调递减．③当a＞0时，则方程a＝2x2lnx﹣x2＝x2（2lnx﹣1）有一个根，记为x3，当0＜x＜x3时，f'（x）＞0；当x＞x3时，f'（x）＜0，所以函数f（x）在（0，x3）上单调递增，在（x3，+∞）上单调递减．（2）e2[（x﹣1）2（x+1）+lnx]＜e2xlnx，即（x﹣1）（x2﹣1）＜e2（x﹣1）lnx﹣lnx，当x＝1时，左边＝右边（舍）；当x＞1时，x2﹣1＞0，e2（x﹣1）﹣1＞0，当x＜1时，x2﹣1＜0，e2（x﹣1）﹣1＜0，即当x≠1时，（x2﹣1）•（e2（x﹣1）﹣1）＞0，于是x−1e即将a＝﹣1时，f（ex﹣1）＜f（x），由（1）知，当a≤﹣1时，f（x）在（0，+∞）上单调递减，所以f（ex﹣1）＜f（x）⇔ex﹣1＞x（x∈（0，+∞）），由于y＝ex﹣1与y＝x在x＝1处相切，且．y＝ex﹣1为下凹函数，故x∈（0，1）∪（1，+∞）．（3）f'(x)=x+即a＝2x2lnx﹣x2＝x2（2lnx﹣1），∵a＝3e4，∴x0由（I）知：当a＞0时，f（x）先增后减，不妨设1＜xg(x1构造函数φ(x)=lnx−2(x−φ'(x)=1∴lnx＜2(x−即lnx两式相减得：m(x即4eμ'(x)=1∴lnx＞x即lnx两式相减得：m(x即m(x∴1e+e综上所述：4e7．已知函数f（x）＝ax2+lnx（a∈R）．（1）当a=12时，求f（x）在区间[1，（2）如果函数g（x），f1（x），f2（x），在公共定义域D上，满足f1（x）＜g（x）＜f2（x），那么就称g（x）为f1（x），f2（x）的“活动函数“．已知函数f1(x)=(a−12)x2+2ax+(1−a2)lnx，f2（x）=12x2+2ax．若在区间（1，+∞）上函数【解答】解：（1）当a=12时，f(x)=1对于x∈[1，e]，有f'（x）＞0，∴f（x）在区间[1，e]上为增函数，∴fmax(x)=f(e)=1+e（2）在区间（1，+∞）上，函数f（x）是f1（x），f2（x）的“活动函数”，则f1（x）＜f（x）＜f2（x）令p(x)=f(x)−f2(x)=(a−1且h（x）＝f1（x）﹣f（x）=−12x2∵p'(x)=(2a−1)x−2a+1）若a＞12，令p′（x）＝0，得极值点x1＝1，当x2＞x1＝1，即12＜a＜1时，在（x2，+∞）上有p′（此时p（x）在区间（x2，+∞）上是增函数，并且在该区间上有p（x）∈（p（x2），+∞），不合题意；当x2＜x1＝1，即a≥1时，同理可知，p（x）在区间（1，+∞）上，有p（x）∈（p（1），+∞），也不合题意；2）若a≤12，则有2a﹣1≤0，此时在区间（1，+∞）上恒有p′（从而p（x）在区间（1，+∞）上是减函数；要使p（x）＜0在此区间上恒成立，只须满足p(1)=−a−1所以−12≤又因为h′（x）＝﹣x+2a−a2x=−h（x）＜h（1）=−12+2a综合可知a的范围是[−12，8．设函数f（x）＝xlnx（x＞0）．（1）求函数f（x）的最小值；（2）设F（x）＝ax2+f′（x）（a∈R），讨论函数F（x）的单调性；（3）斜率为k的直线与曲线y＝f′（x）交于A（x1，y1）、B（x2，y2）（x1＜x2）两点，求证：x1【解答】（1）解：f′（x）＝lnx+1（x＞0），令f′（x）＝0，得x=1∵当x∈(0，1e)时，f′（x）＜0；当x∈(1e∴当x=1e时，（2）F（x）＝ax2+lnx+1（x＞0），F'(x)=2ax+1①当a≥0时，恒有F'（x）＞0，F（x）在（0，+∞）上是增函数；（6分）②当a＜0时，令F′（x）＞0，得2ax2+1＞0，解得0＜x＜−令F′（x）＜0，得2ax2+1＜0，解得x＞−综上，当a≥0时，F（x）在（0，+∞）上是增函数；当a＜0时，F（x）在(0，−12a（3）证：k=f'(要证x1＜1k＜x2则只要证1＜t−1lnt＜t，由t＞1知lnt＞0，故等价于证lnt＜t﹣1＜tlnt①设g（t）＝t﹣1﹣lnt（t≥1），则g'(t)=1−1t≥0(t≥1)，故g∴当t＞1时，g（t）＝t﹣1﹣lnt＞g（1）＝0，即t﹣1＞lnt（t＞1）．②设h（t）＝tlnt﹣（t﹣1）（t≥1），则h′（t）＝lnt≥0（t≥1），故h（t）在[1，+∞）上是增函数，∴当t＞1时，h（t）＝tlnt﹣（t﹣1）＞h（1）＝0，即t﹣1＜tlnt（t＞1）．由①②知（*）成立，得证．（14分）9．已知函数f（x）＝x+1x+alnx，a（1）讨论y＝f（x）在区间[1，e]上的单调性；（2）若对任意的x∈[1，e]，都有2e≤f（x）≤2e恒成立，求实数【解答】解：函数f（x）＝x+1x+alnx，a∈R（1）f'（x）＝1−1x2+ax=x2方程x2+ax﹣1＝0，有两个不同的根m=−a+a2+4当x∈（0，m）时，f‘（x）＜0，f（x）递减，当x∈（m，+∞）时，f‘（x）＞0，f（x）递增；当0＜m≤1时，即0＜−a+a2+42≤1，得a≥0时，函数当1＜m＜e时，即1＜−a+a2+42＜e，得1e−e＜a＜0，f（当m≥e时，a≤1e−e，f（x（2）根据（1）f（x）的单调性可知，当a≥0时，函数f（x）在[1，e]单调递增，f（1）＝2＞2e，f（e）＝e+1e当a≤1e−e，f（x）在[1，e]递减；f（x）的最大值为f（1）＝2，最小值f（e）＝e+1e+a≥2当1e−e＜a＜0，f（x）在[1，m]递减，[m，e]递增，对任意的x∈[1，e]，都有2e≤f（x）≤2e恒成立，又22e≤f（e）＝e+1e只需f（x）的最小值为f（x1）=x1+因为x12+ax代入上式构造函数h（t）＝t+1t+(1t−t)lnt，t∈（1，e），则h'（所以函数y＝h（t）在（1，e）上单调递减，故h（t）＞h（e）=2e成立，故1综上，实数a的取值范围是[1e−e，e10．已知函数f（x）＝x﹣alnx．（Ⅰ）若f（x）≥1恒成立，求a的取值范围：（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，f（x）＝m有两个不同的根x1，x2，求证：x1+x2＞m+1．【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝x﹣alnx，则f′（x）＝1−ax=∴当a≤0时，∴f′（x）＞0恒成立，∴f（x）在定义域（0，+∞）上单调递增，∵当x→0时，f（x）→﹣∞，不符合题意；当a＞0时，令f′（x）＝0，得x＝a，∴x＞a时，f′（x）＞0；0＜x＜a时，f′（x）＜0．∴f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，∴f（x）min＝f（a）＝a﹣alna≥1．令g（x）＝x﹣xlnx，则g′（x）＝﹣lnx，易知g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．∴g（x）≤g（1）＝1，∴a＝1．∴a的取值范围为{1}．（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可得f（x）＝x﹣lnx在x＝1处取到极小值1，∵x→0时，f（x）→+∞，x→+∞时，f（x）→+∞，∴m＞1，不妨设0＜x1＜1＜x2，则要证明x1+x2＞m+1，只需证明x2＞m+1﹣x1．∵f（x）在（1，+∞）递增，且x2＞m+1﹣x1＞1，故只需证明f（x2）＞f（m+1﹣x1），即证明m＞f（m+1﹣x1），即证明m＞m+1﹣x1﹣ln（m+1﹣x1），即证明1﹣x1﹣ln（m+1﹣x1）＝1﹣x1﹣ln（x1﹣lnx1+1﹣x1）＜0，即证明1﹣x1＜ln（1﹣lnx1），即证明e1﹣x+lnx﹣1＜0，令G（x）＝e1﹣x+lnx﹣1（0＜x＜1），则G'（x）=−e∴G（x）在（0，1）上单调递增，又G（x）＜G（1）＝0，∴x1+x2＞m+1成立．11．已知函数f（x）=12ax2+（1﹣2a）x﹣2lnx，a∈（1）讨论f（x）的单调性；（2）若不等式f（x）≥32在（0，1）上恒成立，求实数【解答】解：（1）∵f（x）=12ax2+（1﹣2a）x﹣2lnx，∴f′（x）=a①当a≥0时，令f′（x）＜0，得0＜x＜2；令f′（x）＞0，得x＞2；②当a＜0时，令f′（x）＝0，得x=−1a或（Ⅰ）当−1a＞2，即−12＜a＜0时，令f′（x）＜0，得0＜x＜2或x＞−1a（Ⅱ）当−1a=2时，即a=−12（Ⅲ）当−1a＜2时，即a＜−12时，令f′（x）＜0，得0＜x＜−1a或x＞2；令综上所述：当a≥0时，f（x）在（0，2）上递减，在（2，+∞）上递增；当−12＜a＜0时，f（x）在（0，2）和（−当a=−12时，f（当a＜−12时，f（x）在（0，−1（2）由（1）得①当a≥−12时，f（∴f（1）＝1−32a≥3②当a＜−1（Ⅰ）当−1a≤1，即a≤﹣1时，f（x）在（0，−∴f（−1a）＝2−12a+2ln（﹣a（Ⅱ）当−1a＞1，即﹣1＜a＜−12∴f（1）＝1−32a＞74综上，实数a的取值范围为（﹣∞，−112．已知函数f(x)=x−1（1）求函数f（x）的单调区间和极值；（2）若函数y＝g（x）对任意x满足g（x）＝f（4﹣x），求证：当x＞2，f（x）＞g（x）；（3）若x1≠x2，且f（x1）＝f（x2），求证：x1+x2＞4．【解答】解：（1）∵f（x）=x−1ex，∴f'（x令f'（x）＝0，解得x＝2．x（﹣∞，2）2（2，+∞）f'（x）+0﹣f（x）↗极大值1↘∴f（x）在（﹣∞，2）内是增函数，在（2，+∞）内是减函数．（3分）∴当x＝2时，f（x）取得极大值f（2）=1（2）证明：g(x)=f(4−x)=3−xe4−x∴F'（x）=2−x当x＞2时，2﹣x＜0，2x＞4，从而e4﹣e2x＜0，∴F'（x）＞0，F（x）在（2，+∞）是增函数．∴F(x)＞F(2)=1（3）证明：∵f（x）在（﹣∞，2）内是增函数，在（2，+∞）内是减函数．∴当x1≠x2，且f（x1）＝f（x2），x1、x2不可能在同一单调区间内．不妨设x1＜2＜x2，由（2）可知f（x2）＞g（x2），又g（x2）＝f（4﹣x2），∴f（x2）＞f（4﹣x2）．∵f（x1）＝f（x2），∴f（x1）＞f（4﹣x2）．∵x2＞2，4﹣x2＜2，x1＜2，且f（x）在区间（﹣∞，2）内为增函数，∴x1＞4﹣x2，即x1+x2＞4．（12分）13．已知函数f(x)=2（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点P（1，f（1））处的切线与直线y＝x+2垂直，求函数y＝f（x）的单调区间；（Ⅱ）若对于∀x∈（0，+∞）都有f（x）＞2（a﹣1）成立，试求a的取值范围；（Ⅲ）记g（x）＝f（x）+x﹣b（b∈R）．当a＝1时，函数g（x）在区间[e﹣1，e]上有两个零点，求实数b的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）直线y＝x+2的斜率为1，函数f（x）的定义域为（0，+∞），因为f'(x)=−2x2+a所以，f(x)=2x+lnx−2，f'(x)=x−2x2．由f'（x）＞0解得x＞2；由所以f（x）的单调增区间是（2，+∞），单调减区间是（0，2）．（Ⅱ）f'(x)=−2x2+ax=ax−2x2，由f'（所以，f（x）在区间(2a，+∞)所以，当x=2a时，函数f（x）取得最小值，ymin=f(2a)．因为对于∀x∈所以，f(2a)＞2(a−1)即可．则22a所以，a的取值范围是(0，2（Ⅲ）依题得g(x)=2x+lnx+x−2−b由g'（x）＞0解得x＞1；由g'（x）＜0解得0＜x＜1．所以函数g（x）在区间（0，1）为减函数，在区间（1，+∞）为增函数．又因为函数g（x）在区间[e﹣1，e]上有两个零点，所以g(e解得1＜b≤2e+e−1．所以，b14．设函数f（x）＝x3﹣6x+5，x∈R（Ⅰ）求f（x）的单调区间和极值；（Ⅱ）若关于x的方程f（x）＝a有3个不同实根，求实数a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）f'(x)=3(∴当x＜−2∴f（x）的单调递增区间是(−∞，−2)和(当x=−2，f(x)有极大值5+4（Ⅱ）由（Ⅰ）的分析可知y＝f（x）图象的大致形状及走向，∴当5−42即方程f（x）＝α有三解．15．函数f(x)=lnx−1x，g（x）＝ax+（1）若函数h（x）＝f（x）﹣g（x）在（0，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围；（2）若直线g（x）＝ax+b是函数f(x)=lnx−1x图象的切线，求a+（3）当b＝0时，若f（x）与g（x）的图象有两个交点A（x1，y1），B（x2，y2），试比较x1x2与2e2的大小．（取e为2.8，取ln2为0.7，取2为1.4）【解答】解：（1）：h（x）＝f（x）﹣g（x）＝lnx−1x−ax则h′（x）=1x∵h（x）＝f（x）﹣g（x）在（0，+∞）上单调递增，∴对∀x＞0，都有h′（x）=1x即对∀x＞0，都有a≤1∵1x+1故实数a的取值范围是（﹣∞，0]；（2）：设切点（x0，lnx0−1x0），则切线方程为y﹣（lnx0−1x0）＝（1x0+1x02）（x﹣x0），即y＝（，亦即y＝（1x0+1x02令1x0=t，由题意得a＝t+t2，b＝﹣lnt令a+b＝φ（t）＝﹣lnt+t2﹣t﹣1，则φ′（x）=−1t+2t当t∈（0，1）时，φ'（t）＜0，φ（t）在（0，1）上单调递减；当t∈（1，+∞）时，φ'（t）＞0，φ（t）在（1，+∞）上单调递增，∴a+b＝φ（t）≥φ（1）＝﹣1，故a+b的最小值为﹣1；（Ⅲ）：由题意知lnx1−1x1=ax1，lnx2两式相加得lnx1x2−x1+x2x1x两式相减得lnx2x1−x1−x即lnx2∴lnx1x2−x1+x2x1x2即lnx1x2﹣2×x1+不妨令0＜x1＜x2，记t=x令F（t）＝lnt−2(t−1)t+1（t＞1），则F′（t）∴F（t）＝lnt−2(t−1)则F（t）＞F（1）＝0，∴lnt＞2(t−1)t+1，则ln∴lnx1x2﹣2×x1+∴lnx1x2﹣2×x1+x2x1x2∴2lnx1x2−令G（x）＝lnx−2x，则x＞0时，G′（x）∴G（x）在（0，+∞）上单调递增，又ln2e−22e=∴G（x1x2）＝lnx1x2则x1x即x1x2＞2e2．16．设函数f（x）＝lnx−12ax2﹣（Ⅰ）当a＝b=12时，求函数f（（Ⅱ）令F（x）＝f（x）+12ax2+bx+ax（0＜x≤3）若其图象上的任意点P（x0，y0）处切线的斜率（Ⅲ）当a＝0，b＝﹣1时，方程x2＝2mf（x）（其中m＞0）有唯一实数解，求m的值．【解答】解：（I）依题意，知f（x）的定义域为（0，+∞），当a=b=12时，f(x)=lnx−1令f'（x）＝0，解得x＝1．（∵x＞0）因为g（x）＝0有唯一解，所以g（x2）＝0，当0＜x＜1时，f'（x）＞0，此时f（x）单调递增；当x＞1时，f'（x）＜0，此时f（x）单调递减．所以f（x）的极大值为f(1)=−3（II）F(x)=lnx+ax，x∈（0，3]，则有k=F'(x0)=所以a≥(−12x0当x0＝1时，−12x所以a≥1（III）因为方程2mf（x）＝x2有唯一实数解，所以x2﹣2mlnx﹣2mx＝0有唯一实数解，设g（x）＝x2﹣2mlnx﹣2mx，则g'(x)=2令g'（x）＝0，x2﹣mx﹣m＝0．因为m＞0，x＞0，所以x1=m−当x∈（0，x2）时，g'（x）＜0，g（x）在（0，x2）上单调递减，当x∈（x2，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）在（x2，+∞）单调递增当x＝x2时，g'（x2）＝0，g（x）取最小值g（x2）．（12′）则g(x2所以2mlnx2+mx2﹣m＝0，因为m＞0，所以2lnx2+x2﹣1＝0（*）设函数h（x）＝2lnx+x﹣1，因为当x＞0时，h（x）是增函数，所以h（x）＝0至多有一解．因为h（1）＝0，所以方程（*）的解为x2＝1，即m+m2+4m17．已知函数f（x）＝（x3﹣6x2+3x+t）ex，t∈R．（1）若函数y＝f（x）依次在x＝a，x＝b，x＝c（a＜b＜c）处取到极值．①求t的取值范围；②若a+c＝2b2，求t的值．（2）若存在实数t∈[0，2]，使对任意的x∈[1，m]，不等式f（x）≤x恒成立．求正整数m的最大值．【解答】解：（1）①f'（x）＝（3x2﹣12x+3）ex+（x3﹣6x2+3x+t）ex＝（x3﹣3x2﹣9x+t+3）ex∵f（x）有3个极值点，∴x3﹣3x2﹣9x+t+3＝0有3个根a，b，c．令g（x）＝x3﹣3x2﹣9x+t+3，g'（x）＝3x2﹣6x﹣9＝3（x+1）（x﹣3），g（x）在（﹣∞，﹣1），（3，+∞）上递增，（﹣1，3）上递减．∵g（x）有3个零点∴g(−1)＞0g(3)＜0∴﹣8＜t②∵a，b，c是f（x）的三个极值点，∴x3﹣3x2﹣9x+t+3＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣c）＝x3﹣（a+b+c）x2+（ab+bc+ac）x﹣abc∴a+b+c=3∴b＝1或−32（舍∵b∴a=1−23b=1c=1+2（2）不等式f（x）≤x，即（x3﹣6x2+3x+t）ex≤x，即t≤xe﹣x﹣x3+6x2﹣3x．转化为存在实数t∈[0，2]，使对任意的x∈[1，m]，不等式t≤xe﹣x﹣x3+6x2﹣3x恒成立．即不等式0≤xe﹣x﹣x3+6x2﹣3x在x∈[1，m]上恒成立．即不等式0≤e﹣x﹣x2+6x﹣3在x∈[1，m]上恒成立．设φ（x）＝e﹣x﹣x2+6x﹣3，则φ'（x）＝﹣e﹣x﹣2x+6．设r（x）＝φ'（x）＝﹣e﹣x﹣2x+6，则r'（x）＝e﹣x﹣2，因为1≤x≤m，有r'（x）＜0．故r（x）在区间[1，m]上是减函数．又r（1）＝4﹣e﹣1＞0，r（2）＝2﹣e﹣2＞0，r（3）＝﹣e﹣3＜0故存在x0∈（2，3），使得r（x0）＝φ'（x0）＝0．当1≤x＜x0时，有φ'（x）＞0，当x＞x0时，有φ'（x）＜0．从而y＝φ（x）在区间[1，x0]上递增，在区间[x0，+∞）上递减．又φ（1）＝e﹣1+4＞0，φ（2）＝e﹣2+5＞0，φ（3）＝e﹣3+6＞0，φ（4）＝e﹣4+5＞0，φ（5）＝e﹣5+2＞0，φ（6）＝e﹣6﹣3＜0．所以当1≤x≤5时，恒有φ（x）＞0；当x≥6时，恒有φ（x）＜0；故使命题成立的正整数m的最大值为5．18．已知函数f（x）＝ln（2ax+1）+x33−x2﹣2ax（（1）若x＝2为f（x）的极值点，求实数a的值；（2）若y＝f（x）在[3，+∞）上为增函数，求实数a的取值范围；（3）当a=−12时，方程f（1﹣x）=(1−x)【解答】解：（1）f'(x)=2a因为x＝2为f（x）的极值点，所以f'（2）＝0．…（2分）即2a4a+1−2a=0，解得又当a＝0时，f'（x）＝x（x﹣2），从而x＝2为f（x）的极值点成立．…（4分）（2）因为f（x）在区间[3，+∞）上为增函数，所以f'(x)=x[2a①当a＝0时，f'（x）＝x（x﹣2）≥0在[3，+∞）上恒成立，所以f（x）在[3，+∞）上为增函数，故a＝0符合题意．…（6分）②当a≠0时，由函数f（x）的定义域可知，必须有2ax+1＞0对x≥3恒成立，故只能a＞0，所以2ax2+（1﹣4a）x﹣（4a2+2）≥0对x∈[3，+∞）上恒成立．…（7分）令g（x）＝2ax2+（1﹣4a）x﹣（4a2+2），其对称轴为x=1−1因为a＞0所以1−14a＜1，从而g（x因为g（3）＝﹣4a2+6a+1≥0，解得3−13因为a＞0，所以0＜a≤3+由①可得，a＝0时，符合题意；综上所述，a的取值范围为[0，3+13（3）若a=−12时，方程f(1−x)=(1−x)问题转化为b＝xlnx﹣x（1﹣x）2+x（1﹣x）＝xlnx+x2﹣x3在（0，+∞）上有解，即求函数g（x）＝xlnx+x2﹣x3的值域．…（11分）以下给出两种求函数g（x）值域的方法：方法1：因为g（x）＝x（lnx+x﹣x2），令h（x）＝lnx+x﹣x2（x＞0），则ℎ'(x)=1所以当0＜x＜1，h′（x）＞0，从而h（x）在（0，1）上为增函数，当x＞1，h′（x）＜0，从而h（x'）在（1，+∞上为减函数，…（13分）因此h（x）≤h（1）＝0．而x＞1，故b＝x•h（x）≤0，因此当x＝1时，b取得最大值0．…（14分）方法2：因为g（x）＝x（lnx+x﹣x2），所以g'（x）＝lnx+1+2x﹣3x2．设p（x）＝lnx+1+2x﹣3x2，则p'(x)=1当0＜x＜1+76时，p'（x）＞0，所以p（x当x＞1+76时，p'（x）＜0，所以p（x因为p（1）＝0，故必有p(1+76因此必存在实数x0∈(1e2，∴当0＜x＜x0时，g′（x）＜0，所以g（x）在（0，x0）上单调递减；当x0＜x＜1，g′（x）＞0，所以，g（x）在（x0，1）上单调递增；又因为g(x)=xlnx+x当x→0时，lnx+14＜0，则g（x因此当x＝1时，b取得最大值0．…（14分）19．已知函数f(x)=ln(12+12（Ⅰ）若x=12是函数f（x）的一个极值点，求（Ⅱ）求证：当0＜a≤2时，f（x）在[1（Ⅲ）若对任意的a∈（1，2），总存在x0∈[12，1]，使不等式f（x0）＞m（1﹣【解答】解：由题得：f'(x)=1（Ⅰ）由已知，得f'(12)=0且a2−22a≠0，∴a2经检验：a＝2符合题意．（2分）（Ⅱ）当0＜a≤2时，∵a2−22a∴当x≥12时，x−a∴f'（x）≥0，故f（x）在[1（Ⅲ）a∈（1，2）时，由（Ⅱ）知，f（x）在[12，1]于是问题等价于：对任意的a∈（1，2），不等式ln(1记g(a)=ln(12+则g'(a)=1当m＝0时，g'(a)=−a1+a＜0，∴g（a）在区间（1，2）上递减，此时，g（a由于a2﹣1＞0，∴m≤0时不可能使g（a）＞0恒成立，故必有m＞0，∴g'(a)=2ma若12m−1＞1，可知g（a）在区间(1，min{2，12m−1})上递减，在此区间上，有g（a）＜g（1）＝0，与g这时，g'（a）＞0，g（a）在（1，2）上递增，恒有g（a）＞g（1）＝0，满足题设要求，∴m＞012m−1≤1所以，实数m的取值范围为[120．已知a为常数，a∈R，函数f（x）＝x2+ax﹣lnx，g（x）＝ex．（其中e是自然对数的底数）（Ⅰ）过坐标原点O作曲线y＝f（x）的切线，设切点为P（x0，y0），求证：x0＝1；（Ⅱ）令F(x)=f(x)g(x)，若函数F（x）在区间（0，1]上是单调函数，求【解答】解：（I）f'(x)=2x+a−1x（过切点P（x0，y0）的切线的斜率k=2整理得x0显然，x0＝1是这个方程的解，又因为y＝x2+lnx﹣1在（0，+∞）上是增函数，所以方程x2+lnx﹣1＝0有唯一实数解．故x0＝1．…（6分）（Ⅱ）F(x)=f(x)g(x)=设ℎ(x)=−x2+(2−a)x+a−易知h'（x）在（0，1]上是减函数，从而h'（x）≥h'（1）＝2﹣a．…（10分）（1）当2﹣a≥0，即a≤2时，h'（x）≥0，h（x）在区间（0，1）上是增函数．∵h（1）＝0，∴h（x）≤0在（0，1]上恒成立，即F'（x）≤0在（0，1]上恒成立．∴F（x）在区间（0，1]上是减函数．所以，a≤2满足题意．…（12分）（2）当2﹣a＜0，即a＞2时，设函数h'（x）的唯一零点为x0，则h（x）在（0，x0）上递增，在（x0，1）上递减．又∵h（1）＝0，∴h（x0）＞0．又∵h（e﹣a）＝﹣e﹣2a+（2﹣a）e﹣a+a﹣ea+lne﹣a＜0，∴h（x）在（0，1）内有唯一一个零点x'，当x∈（0，x'）时，h（x）＜0，当x∈（x'，1）时，h（x）＞0．从而F（x）在（0，x'）递减，在（x'，1）递增，与在区间（0，1]上是单调函数矛盾．∴a＞2不合题意．综合（1）（2）得，a≤2．…（15分）21．设f（x）＝px−px−（Ⅰ）若f（x）在其定义域内为单调递增函数，求实数p的取值范围；（Ⅱ）设g（x）=2ex，且p＞0，若在[1，e]上至少存在一点x0，使得f（x0）＞g（x0）成立，求实数【解答】解：（I）由f（x）＝px−px−得f'(x)=p+p要使f（x）在其定义域（0，+∞）内为单调增函数，只需f′（x）≥0，即px2﹣2x+p≥0在（0，+∞）内恒成立，…（5分）从而P≥1．…（7分）（II）解法1：g（x）=2ex在[1，所以[g（x）]min＝g（e）＝2，[g（x）]max＝g（1）＝2e，即g（x）∈[2，2e]．当0＜p＜1时，由x∈[1，e]，得x−1故f(x)=p(x−1当P≥1时，由（I）知f（x）在[1，e]连续递增，f（1）＝0＜2，又g（x）在[1，e]上是减函数，∴原命题等价于[f（x）]max＞[g（x）]min＝2，x∈[1，e]，…（12分）由[f(x)]max=f(e)=p(e−1综上，p的取值范围是（4ee解法2：原命题等价于f（x）﹣g（x）＞0在[1，e）上有解，设F（x）＝f（x）﹣g（x）＝px−px−2∵F'(x)=p+=p∴F（x）是增函数，…（10分）∴[F（x）]max＝F（e）＞0，解得p＞4e∴p的取值范围是（4ee22．已知函数f（x）＝alnx+x2（a为实常数）．（1）若a＝﹣2，求证：函数f（x）在（1，+∞）上是增函数；（2）求函数f（x）在[1，e]上的最小值及相应的x值；（3）若存在x∈[1，e]，使得f（x）≤（a+2）x成立，求实数a的取值范围．【解答】解：（1）当a＝﹣2时，f（x）＝x2﹣2lnx，当x∈（1，+∞），f'(x)=2(（2）f'(x)=2x2+ax(x＞0)，当x∈[1，e]，2x2+a∈[a若a≥﹣2，f'（x）在[1，e]上非负（仅当a＝﹣2，x＝1时，f'（x）＝0），故函数f（x）在[1，e]上是增函数，此时[f（x）]min＝f（1）＝1．若﹣2e2＜a＜﹣2，当x=−a2时，f'（当1≤x＜−a2时，f'（x）＜0，此时f（当−a2＜x≤e时，f'（x）＞0，此时f（故[f（x）]min=f(−a若a≤﹣2e2，f'（x）在[1，e]上非正（仅当a＝﹣2e2，x＝e时，f'（x）＝0），故函数f（x）在[1，e]上是减函数，此时[f（x）]min＝f（e）＝a+e2．综上可知，当a≥﹣2时，f（x）的最小值为1，相应的x值为1；当﹣2e2＜a＜﹣2时，f（x）的最小值为a2ln(−a2)−a2，相应的x值为−a2；当a≤﹣2e2时，f相应的x值为e．（3）不等式f（x）≤（a+2）x，可化为a（x﹣lnx）≥x2﹣2x．∵x∈[1，e]，∴lnx≤1≤x且等号不能同时取，所以lnx＜x，即x﹣lnx＞0，因而a≥x2−2xx−lnx（x令g(x)=x2−2xx−lnx（x∈[1，当x∈[1，e]时，x﹣1≥0，lnx≤1，x+2﹣2lnx＞0，从而g'（x）≥0（仅当x＝1时取等号），所以g（x）在[1，e]上为增函数，故g（x）的最小值为g（1）＝﹣1，所以a的取值范围是[﹣1，+∞）．23．已知函数f（x）＝2lnx﹣x2．（Ⅰ）求函数y＝f（x）在[1（Ⅱ）如果函数g（x）＝f（x）﹣ax的图象与x轴交于两点A（x1，0）、B（x2，0），且0＜x1＜x2．y＝g′（x）是y＝g（x）的导函数，若正常数p，q满足p+q＝1，q≥p．求证：g′（px1+qx2）＜0．【解答】解：（Ⅰ）由f（x）＝2lnx﹣x2得到：f'(x)=∵x∈[12，2]，故f′（x）＝0在x＝1有唯一的极值点，f(12)=−2ln2−14，f（2）＝2ln2﹣4，且知f(2)＜f(12)＜f(1)（Ⅱ）∵g'(x)=2x−2x−a，又f（x）﹣ax＝0有两个不等的实根x1则2lnx1于是g'=2∵2p≤1，x2＞x1＞0，∴（2p﹣1）（x2﹣x1）≤0要证：g′（px1+qx2）＜0，只需证：2只需证：x2令x1x2=t，0＜t＜1，只需证：u(t)=1−t又∵u'∵p+q=1，q≥12，则qp≥1，∴q2p故知u′（t）＞0∴u（t）在t∈（0，1）*u上为增函数，则u（t）＜u（1）＝0，从而知x2−x24．已知函数f（x）=13x3+bx2+cx+d，设曲线y＝f（x）在与x轴交点处的切线为y＝4x﹣12，f′（x）为f（x）的导函数，满足f′（2﹣x）＝f′（（Ⅰ）设g（x）＝xf'(x)，m＞0，求函数g（x）在[0，m（Ⅱ）设h（x）＝lnf′（x），若对一切x∈[0，1]，不等式h（x+1﹣t）＜h（2x+2）恒成立，求实数t的取值范围．【解答】（本小题满分14分）解：（Ⅰ）f′（x）＝x2+2bx+c，∵f′（2﹣x）＝f′（x），∴函数y＝f′（x）的图象关于直线x＝1对称，则b＝﹣1．∵直线y＝4x﹣12与x轴的交点为（3，0），∴f（3）＝0，且f′（x）＝4，即9+9b+3c+d＝0，且9+6b+c＝4，解得c＝1，d＝﹣3．则f(x)=1故f′（x）＝x2﹣2x+1＝（x﹣1）2，g（x）＝x(x−1)2=x|x如图所示．当x2−x=14（ⅰ）当x＜m≤12时，g（x）最大值为m﹣m（ⅱ）当12＜m≤1+22时，g（ⅲ）当m＞1+22时，g（x）最大值为m2（Ⅱ）h（x）＝ln（x﹣1）2＝2ln|x﹣1|，则h（x+1﹣t）＝2ln|x﹣t|，h（2x+2）＝2ln|2x+1|，∵当x∈[0，1]时，|2x+1|＝2x+1，∴不等式2ln|x﹣t|＜2ln|2x+1|恒成立等价于|x﹣t|＜2x+1，且x≠t恒成立，由|x﹣t|＜2x+1恒成立，得﹣x﹣1＜t＜3x+1恒成立，∵当x∈[0，1]时，3x+1∈[1，4]，﹣x﹣1∈[﹣2，﹣1]，∴﹣1＜t＜1，又∵当x∈[0，1]时，由x≠t恒成立，得t∉[0，1]，因此，实数t的取值范围是﹣1＜t＜0．…（14分）25．已知二次函数g（x）对任意实数x都满足g（x﹣1）+g（1﹣x）＝x2﹣2x﹣1，且g（1）＝﹣1．令f(x)=2g(x+（1）求g（x）的表达式；（2）若函数f（x）在x∈[1，+∞）上的最小值为0，求m的值；（3）记函数H（x）＝[x（x﹣a）2﹣1]•[﹣x2+（a﹣1）x+a﹣1]，若函数y＝H（x）有5个不同的零点，求实数a的取值范围．【解答】解：（1）设g（x）＝ax2+bx+c，于是g（x﹣1）+g（1﹣x）＝2a（x﹣1）2+2c＝2（x﹣1）2﹣2，所以a=又g（1）＝﹣1，则b=−12．所以（2）f(x)=2g(则f'(x)=2x+m−3令f'（x）＝0，得x=−3m2（舍），x＝①当m＞1时，x1（1，m）m（m，+∞）f'（x）﹣0+f（x）1+m↘2m2﹣3m2lnm↗∴当x＝m时，fmin令2m2﹣3m2lnm＝0，得m=e②当0＜m≤1时，f'（x）≥0在x∈[1，+∞）上恒成立，f（x）在x∈[1，+∞）上为增函数，当x＝1时，fmin（x）＝1+m，令m+1＝0，得m＝﹣1（舍）．综上所述，所求m为m=e（3）记ℎ1(x)=x(x−a)2，ℎ2(x)=−x2+(a−1)x+a，则据题意有h（ⅰ）h2（x）﹣1＝0有2个不同的实根，只需满足g(a−12)＞1，∴a（ⅱ）h1（x）﹣1＝0有3个不同的实根，因ℎ1令ℎ1'(x)=0，得x＝a或1°当a3＞a即a＜0时，h1（x）在x＝a处取得极大值，而h1（2°当a3=a即3°当a3＜a即a＞0时，h1（x）在x=a3因为（ⅰ）（ⅱ）要同时满足，故a＞3下证：这5个实根两两不相等，即证：不存在x0使得h1（x0）﹣1＝0和h2（x0）﹣1＝0同时成立；若存在x0使得h1（x0）＝h2（x0）＝1，由h1（x0）＝h2（x0），即x0得(x当x0＝a时，f（x0）＝g（x0）＝0，不符合，舍去；当x0≠a时，有x02又由g（x0）＝1，即−x0联立①②式，可得a＝0；而当a＝0时，H（x）＝（x3﹣1）（﹣x2﹣x﹣1）＝0没有5个不同的零点，故舍去，所以这5个实根两两不相等．综上，当a＞3322时，函数y＝26．已知函数f(x)=ln1（1）若f（x）是单调函数，求a的取值范围；（2）若f（x）有两个极值点x1，x2，证明：f（x1）+f（x2）＞3﹣2ln2．【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝﹣lnx﹣ax2+x，f′（x）=−1x−2ax令Δ＝1﹣8a．当a≥18时，△≤0，f′（x）≤0，f（当0＜a＜18时，Δ＞0，方程2ax2﹣x+1＝0有两个不相等的正根x1，x不妨设x1＜x2，则当x∈（0，x1）∪（x2，+∞）时，f′（x）＜0，当x∈（x1，x2）时，f′（x）＞0，这时f（x）不是单调函数．综上，a的取值范围是[18（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当且仅当a∈（0，18）时，f（x）有极小值点x1和极大值点x2且x1+x2=12a，x1x2f（x1）+f（x2）＝﹣lnx1﹣ax12+x1﹣lnx2﹣a＝﹣（lnx1+lnx2）−12（x1﹣1）−12（x2﹣1）+（x1＝﹣ln（x1x2）+12（x1+x2）+1＝ln（2a）令g（a）＝ln（2a）+14a+1，a∈则当a∈（0，18）时，g′（a）=1a−14a所以g（a）＞g（18）＝3﹣2ln2，即f（x1）+f（x2）＞3﹣2ln27．已知函数f（x）=−x3+x（Ⅰ）求实数b，c的值；（Ⅱ）求f（x）在区间[﹣1，2]上的最大值；（Ⅲ）对任意给定的正实数a，曲线y＝f（x）上是否存在两点P、Q，使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上？说明理由．【解答】解：（Ⅰ）当x＜1时，f（x）＝﹣x3+x2+bx+c，则f'（x）＝﹣3x2+2x+b．依题意得：f(0)=0f'(−1)=−5，即c=0−3−2+b=−5解得b＝（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)=①当﹣1≤x＜1时，f'(x)=−3x令f'（x）＝0得x=0或x=当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：x（﹣1，0）0(0，223(2f'（x）﹣0+0﹣f（x）单调递减极小值单调递增极大值单调递减又f（﹣1）＝2，f(23)=427，f②当1≤x≤2时，f（x）＝alnx．当a≤0时，f（x）≤0，f（x）最大值为0；当a＞0时，f（x）在[1，2]上单调递增．∴f（x）在[1，2]最大值为aln2．综上，当aln2≤2时，即a≤2ln2时，f（当aln2＞2时，即a＞2ln2时，f（x）在区间[﹣1，2]上的最大值为（Ⅲ）假设曲线y＝f（x）上存在两点P、Q满足题设要求，则点P、Q只能在y轴两侧．不妨设P（t，f（t））（t＞0），则Q（﹣t，t3+t2），显然t≠1∵△PO