【正文】 ′（x）=x2+2mx．（ⅰ）若m=0，f′（x）=x2≥0，f（x）=x3在（﹣∞，0]上單調(diào)遞增，且f（x）=x3≤0．又f（0）=0，∴f（x）在R上是增函數(shù)，無(wú)極植；（ⅱ）若m＜0，f′（x）=x（x+2m）＞0，則f（x）=x3+mx2在（﹣∞，0）單調(diào)遞增，同①可知f（x）在R上也是增函數(shù)，無(wú)極值；（4分）（ⅲ）若m＞0，f（x）在（﹣∞，﹣2m]上單調(diào)遞增，在（﹣2m，0）單調(diào)遞減，又f（x）在（0，+∞）上遞增，故f（x）有極小值f（0）=0，f（x）有極大值f（﹣2m）=m3．（6分）（Ⅱ）當(dāng)x＞0時(shí)，先比較ex﹣1與ln（x+1）的大小，設(shè)h（x）=ex﹣1﹣ln（x+1）（x＞0）h′（x）=ex﹣＞0恒成立∴h（x）在（0，+∞）是增函數(shù)，h（x）＞h（0）=0∴ex﹣1﹣ln（x+1）＞0即ex﹣1＞ln（x+1）也就是f（x）＞g（x），對(duì)任意x＞0成立．故當(dāng)x1﹣x2＞0時(shí)，f（x1﹣x2）＞g（x1﹣x2）（10分）再比較g（x1﹣x2）=ln（x1﹣x2+1）與g（x1）﹣g（x2）=ln（x1+1）﹣ln（x2+1）的大小．∵g（x1﹣x2）﹣[g（x1）﹣g（x2）]=ln（x1﹣x2+1）﹣ln（x1+1）+ln（x2+1）=ln=ln[1+]＞0∴g（x1﹣x2）＞g（x1）﹣g（x2）∴f（x1﹣x2）＞g（x1﹣x2）＞g（x1）﹣g（x2）．（12分）點(diǎn)評(píng)：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值，求解的關(guān)鍵在第一小題中是根據(jù)導(dǎo)數(shù)的解析式對(duì)參數(shù)進(jìn)行分類，在第二小題中通過(guò)觀察靈活選擇比較大小的方法是解本題的關(guān)鍵，很重要，前兩者的比較選用了函數(shù)法，后兩者的比較選用了作差法，根據(jù)不同情況作出不同選擇，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)解題的靈活性．本題考查了觀察能力及靈活轉(zhuǎn)化的能力以及分類討論的思想，較難！　19．已知函數(shù)．（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，2]上是否有零點(diǎn)，若有，求出零點(diǎn)，若沒(méi)有，請(qǐng)說(shuō)明理由；（Ⅲ）若任意的x1，x2∈（1，2）且x1≠x2，證明：．（注：ln2≈）考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：壓軸題．分析：（Ⅰ） 先求導(dǎo)函數(shù)，根據(jù)，可得，從而可得在區(qū)間和（2，+∞）上，f′（x）＞0；在區(qū)間上f′（x）＜0，由此可得f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間與單調(diào)遞減區(qū)間；（Ⅱ）確定f（x）在x∈[1，2]的最大值，即可判斷不存在符合條件的a，使得f（x）=0；（Ⅲ）證明一：當(dāng)時(shí)，f（x）在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，只需證明，都成立，即可得證命題成立； 證明二：當(dāng)時(shí)，x∈（1，2）f′（x）在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，確定，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可證得結(jié)論．解答：解：（x＞0）．（Ⅰ） （x＞0）．（2分）∵，∴，∴在區(qū)間和（2，+∞）上，f′（x）＞0；在區(qū)間上f′（x）＜0，故f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是和（2，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間是．（4分）（Ⅱ）先求f（x）在x∈[1，2]的最大值．由（Ⅰ）可知，當(dāng)時(shí)，f（x）在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故．（6分）由可知，所以2lna＞﹣2，所以﹣2lna＜2，所以，﹣2﹣2lna＜0，所以f（x）max＜0，故不存在符合條件的a，使得f（x）=0．（8分）（Ⅲ）證明一：當(dāng)時(shí)，f（x）在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，只需證明，都成立，即可得證命題成立．（10分） ，設(shè)，∴g（a）在上是減函數(shù)，設(shè)，∴h（a）在上是增函數(shù)，綜上述命題成立．（12分） 證明二：當(dāng)時(shí)，x∈（1，2）f′（x）在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，f′（1）=1﹣a＞0，f′（2）=0，∵，∴，．（10分）由導(dǎo)數(shù)的幾何意義，有對(duì)任意x1，x2∈（1，2），x1≠x2．（12分）點(diǎn)評(píng)：本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查函數(shù)的零點(diǎn)，考查不等式的證明，解題的關(guān)鍵是確定函數(shù)的最值．　20．已知函數(shù)f（x）是在（0，+∞）上每一點(diǎn)處均可導(dǎo)的函數(shù)，若xf′（x）＞f（x）在（0，+∞）上恒成立．（Ⅰ）①求證：函數(shù)在（0，+∞）上是增函數(shù)；②當(dāng)x1＞0，x2＞0時(shí)，證明：f（x1）+f（x2）＜f（x1+x2）；（Ⅱ）已知不等式ln（x+1）＜x在x＞﹣1且x≠0時(shí)恒成立，求證：…．考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問(wèn)題中的應(yīng)用；函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：壓軸題．分析：（I）①先利用導(dǎo)數(shù)的四則運(yùn)算，求函數(shù)g（x）的導(dǎo)函數(shù)，結(jié)合已知證明導(dǎo)函數(shù)g′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，即可證明其在（0，+∞）上是增函數(shù)；②利用①的結(jié)論，且x1＞0，x2＞0時(shí)，x1+x2＞x1，且x1+x2＞x2，得，從中解出f（x1）、f（x2）即可證得結(jié)論；（II）構(gòu)造一個(gè)符合條件的函數(shù)f（x）=xlnx，利用（I）的結(jié)論，得x1lnx1+x2lnx2+…+xnlnxn＜（x1+x2+…+xn）ln（x1+x2+…+xn）（n≥2），令，再將放縮，即可證得所證不等式解答：解（Ⅰ）①∵，∴∵xf′（x）＞f（x），∴g′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，從而有在（0，+∞）上是增函數(shù)．②由①知在（0，+∞）上是增函數(shù)，當(dāng)x1＞0，x2＞0時(shí)，有，于是有：，兩式相加得：f（x1）+f（x2）＜f（x1+x2）（Ⅱ）由（Ⅰ）②可知：f（x1）+f（x2）＜f（x1+x2），（x1＞0，x2＞0）恒成立由數(shù)學(xué)歸納法可知：xi＞0（i=1，2，3，…，n）時(shí)，有：f（x1）+f（x2）+f（x3）+…+f（xn）＜f（x1+x2+x3+…xn）（n≥2）恒成立設(shè)f（x）=xlnx，則，則xi＞0（i=1，2，3，…，n）時(shí)，x1lnx1+x2lnx2+…+xnlnxn＜（x1+x2+…+xn）ln（x1+x2+…+xn）（n≥2）（*）恒成立令，記又，又，且ln（x+1）＜x∴（x1+x2+…+xn）ln（x1+x2+…+xn）＜（x1+x2+…+xn）ln（1﹣）＜﹣（x1+x2+…+xn）＜﹣（﹣）=﹣ （**）將（**）代入（*）中，可知：﹣（）于是點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查了導(dǎo)數(shù)的四則運(yùn)算，利用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)的單調(diào)性，利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式，以及利用函數(shù)性質(zhì)構(gòu)造數(shù)列證明數(shù)列不等式的方法，難度較大　21．已知函數(shù)f（x）=mln（x﹣1）+（m﹣1）x，m∈R是常數(shù)．（1）若，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）若函數(shù)f（x）存在最大值，求m的取值范圍；（3）若對(duì)函數(shù)f（x）定義域內(nèi)任意xx2（x1≠x2），恒成立，求m的取值范圍．考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問(wèn)題中的應(yīng)用；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：綜合題；壓軸題．分析：（1）先確定函數(shù)的定義域，然后求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)fˊ（x），在函數(shù)的定義域內(nèi)解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0，即可求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．（2）根據(jù)函數(shù)的增減區(qū)間確定函數(shù)的最大值，從而解出m的取值范圍．（3）由得，利用基本不等式得出再利用對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，得出所以，從而m只需小于0即可．解答：解：（1）f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞）…（1分）時(shí)，…（2分）解f′（x）=0得x=2．當(dāng)x∈（1，2）時(shí)，f′（x）＞0，即f（x）在（1，2）單調(diào)遞增…（3分）；當(dāng)x∈（2，+∞）時(shí)，f′（x）＜0，即f（x）在（2，+∞）單調(diào)遞減…（4分）．（2）若m≥1，則f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，不存在最大值…（5分）若m≤0，則f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，不存在最大值…（6分）若0＜m＜1，由f′（x）=0得，當(dāng)時(shí)，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減…（8分），所以f（x）在取得最大值，所求m的取值范圍為（0，1）…（9分）（3）由得…（10分），依題意x1﹣1＞0，x2﹣1＞0且x1﹣1≠x2﹣1，所以…（11分），y=lnx是增函數(shù)，所以…（12分）=…（13分），所求m的取值范圍為（﹣∞，0）…（14分）．點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值，以及函數(shù)單調(diào)區(qū)間等有關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)，應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的方法及推理和運(yùn)算能力．　22．已知函數(shù)，設(shè)F（x）=f（x）+g（x）．（1）求F（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）若以，圖象上任意一點(diǎn)P（x0，y0）為切點(diǎn)的切線的斜率k≤1恒成立，求實(shí)數(shù)a的最小值；（3）是否存在實(shí)數(shù)m，使得函數(shù)的圖象與q（x）=f（1+x2）的圖象恰好有四個(gè)不同的交點(diǎn)？若存在，求出m的取值范圍，若不存在，說(shuō)明理由．考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問(wèn)題中的應(yīng)用；導(dǎo)數(shù)的幾何意義；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：綜合題；壓軸題；轉(zhuǎn)化思想．分析：（1）先由f（x）和g（x）構(gòu)造得到F（x）的解析式，利用導(dǎo)數(shù)大于0得增區(qū)間，小于0得減區(qū)間．（2） 切線的斜率k≤1恒成立即導(dǎo)數(shù)小于等于1恒成立，從而建立起a與x的關(guān)系式，利用恒成立求得a． （3）p（x）與q（x）的圖象有四個(gè)不同的交點(diǎn)轉(zhuǎn)化成方程有四個(gè)不同的根，分離出m后，轉(zhuǎn)化成新函數(shù)的最大值和最小值．解答：解．（1）F∵a＞0，由F39。（x）＜0?x∈（0，2a）．∴F（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，2a），單調(diào)遞增區(qū)間為（2a，+∞）（2），則，所以實(shí)數(shù)a的最小值為．（3）若的圖象與q（x）=f（1+x2）=ln（x2+1）的圖象恰有四個(gè)不同交點(diǎn)，即有四個(gè)不同的根，亦即有四個(gè)不同的根．令，則．當(dāng)x變化時(shí)G39。（x）＜0，∴f（x）在單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，f39。（x）≥0，∴f（x）在（1，2）單調(diào)遞增；③當(dāng)a≥8時(shí)，f39。（x）≥0，x∈（1，2]，即a≤2x2，x∈（1，2]．∵上式恒成立，∴a≤2．①又 ，依題意g39。（x）＞0，并由x＞0，得 ，解知x＞1令h39。（x）=2x﹣4，過(guò)O作C1的切線，切點(diǎn)為B（n，t）（n＞0），∴解得B（3，6）∴（2）令令∴∴P（x）在[0，+∞）單調(diào)遞減．∴當(dāng)x＞0時(shí)，有P（x）＜P（0），∴當(dāng)x≥1時(shí)有h39。（1）=﹣1，即a2﹣2a+1=0，∴a=1，∵f（x）=∴f39。（x）=0的兩根為a﹣1，a+1，相距2，∴在區(qū)間（﹣1，1）上不可能有2個(gè)零點(diǎn)．所以f′（﹣1）f′（1）＜0即：a2（a+2）（a﹣2）＜0∵a2＞0，∴（a+2）（a﹣2）＜0，﹣2＜a＜2又∵a≠0，∴a∈（﹣2，0）∪（0，+2）．點(diǎn)評(píng)：