下面证明x0的唯一性：当x0?2，x0?0，t?8时，
x0333f(x0)?，gx(x0)?4x0?x033163，由（i）得，
x033?4x0?1633，
再取t?x0，得gx3(x0)?0，所以gx(x0)?4x0?163?x03?gx3(x0)，
0即x0?2时，不满足gx(x0)≥gt(x0)对任意t?0都成立．
故有且仅有一个正实数x0?2，使得gx(x0)0≥gt(x0)对任意正实数t成立． 方法二：对任意x0?0，gx(x0)?4x0?163，因为gt(x0)关于t的最大值是
163≥13313x0，所以要
3使gx(x0)≥gt(x0)对任意正实数成立的充分必要条件是：4x0?x0，
即(x0?2)2(x0?4)≤0， ①又因为x0?0，不等式①成立的充分必要条件是x0?2， 所以有且仅有一个正实数x0?2，使得gx(x0)≥gt(x0)对任意正实数t成立．
（天津理）
已知函数f(x)?2ax?a?1x?122(x?R)，其中a?R．
（Ⅰ）当a?1时，求曲线y?f(x)在点(2，f(2))处的切线方程； （Ⅱ）当a?0时，求函数f(x)的单调区间与极值．
本小题考查导数的几何意义，两个函数的和、差、积、商的导数，利用导数研究函数的单调性和极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法．满分12分． （Ⅰ）解：当a?1时，f(x)?2(x?1)?2x·2x(x?1)2222xx?12，f(2)?2245，
625又f?(x)??2?2x2(x?1)，f?(2)??．
45625所以，曲线y?f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y?即6x?2y?32?0．
2a(x?1)?2x(2ax?a?1)(x?1)2222??(x?2)，
（Ⅱ）解：f?(x)?
??2(x?a)(ax?1)(x?1)22．
由于a?0，以下分两种情况讨论． （1）当a?0时，令f?(x)?0，得到x1??化情况如下表：
x 1???∞，??? a??? 1a1a，x2?a．当x变化时，f?(x)，f(x)的变
?1???，a? ?a?a (a，?∞) f?(x) f(x) ??0 极小值 ? 0 极大值 ? 减函数 增函数 减函数 所以f(x)在区间??∞，?1a1??1?，内为减函数，在区间?，a(a，?∞)???内为增函数． a??a???1??1?2，且f??????a， a??a?函数f(x)在x1??函数f(x)在x2?1a处取得极小值f??处取得极大值f(a)，且f(a)?1．
1a（2）当a?0时，令f?(x)?0，得到x1?a，x2??情况如下表：
x ，当x变化时，f?(x)，f(x)的变化
??∞，a? ? a 1??a，??? a??? ?1a ?1???，+∞? ?a?f?(x) f(x) 0 极大值 ??10 极小值 ? 增函数 减函数 增函数 所以f(x)在区间(?∞，a)，??1???，+∞?内为增函数，在区间?a，??内为减函数． aa???函数f(x)在x1?a处取得极大值f(a)，且f(a)?1． 函数f(x)在x2??（四川理）
1??设函数f(x)??1??(n?N,且n?1,x?N).
n??n1a处取得极小值f????1??1?2，且f??????a． a??a?
1??(Ⅰ)当x=6时,求?1??的展开式中二项式系数最大的项;
n??n(Ⅱ)对任意的实数x,证明
f(2x)?f(2)2n＞f?(x)(f?(x)是f(x)的导函数);
1??＜(a?1)n恒成立?若存在,试证明你的结论并求k?(Ⅲ)是否存在a?N,使得an＜??1?k?1??出a的值;若不存在,请说明理由.
本题考察函数、不等式、导数、二项式定理、组合数计算公式等内容和数学思想方法。考查综合推理论证与分析解决问题的能力及创新意识。
20?1?（Ⅰ）解：展开式中二项式系数最大的项是第4项，这项是C1???3
n?n?35631??（Ⅱ）证法一：因f?2x??f?2???1??n??1???2?1??n??n2n2n1????1??
n??n21????1??n??21??1?1????2?1????1???2?1??
n??n?n???n'n1?1?1?1??????2?1??ln?1???2?1??ln?1???2fn?2?n?n??????x?
证法二：
1??因f?2x??f?2???1??n??n2n1?1?????1???2?1??n?n???22n1????1??n??21??1???2?1????1??
n??n??n1?1???而2f'?x??2?1??ln?1??
n?n???故只需对?1???1?1??和ln1????进行比较。 n?n??'令g?x??x?lnx?x?1?，有g由
x?1x?0，得x?1
'?x??1?1x?x?1x
因为当0?x?1时，g?x??0，g?x?单调递减；当1?x???时，g'?x??0，g?x?单
调递增，所以在x?1处g?x?有极小值1 故当x?1时，g?x??g?1??1，
从而有x?lnx?1，亦即x?lnx?1?lnx 故有?1???1?1???ln1????恒成立。 n?n??'所以f?2x??f?2??2f?x?，原不等式成立。
（Ⅲ）对m?N，且m?1 1??有?1??m??m01?1?2?1?k?1?m?1??Cm?Cm????Cm?????Cm?????Cm??
?m??m??m??m?2km2kmm?m?1??1?m?m?1???m?k?1??1?m?m?1??2?1?1??1?1??????????????2!mk!m!???m??m?
?2?1?1?1?1??2??k?1?1?1??m?1?1????1?1??1????1??1????????????? 2!?m?k!?m??m??m?m!?m??m?12!?13!???1k!???1m!?2? ???1m?m?1??2?12?1?13?2???1k?k?1?
1??11?1?1???1?1?2??1??????????????????
2??23???k?1k??m?1m??3?1m?3
km1??k?1?又因Cm，故2?1??0k?2,3,4,?,m?????3 ??m???m?1??∵2??1??m??m1???3，从而有2n???1???3n成立，
k?k?1?nknk1??即存在a?2，使得2n???1???3n恒成立。
k?k?1?（陕西理）
设函数f(x)=
c22x?ax?a,其中a为实数.
(Ⅰ)若f(x)的定义域为R,求a的取值范围; (Ⅱ)当f(x)的定义域为R时，求f(x)的单减区间.
解：（Ⅰ）f(x)的定义域为R，?x2?ax?a?0恒成立，???a2?4a?0，
?0?a?4，即当0?a?4时f(x)的定义域为R．
（Ⅱ）f?(x)?x(x?a?2)e(x?ax?a)2x2，令f?(x)≤0，得x(x?a?2)≤0．
由f?(x)?0，得x?0或x?2?a，又?0?a?4，
?0?a?2时，由f?(x)?0得0?x?2?a；
当a?2时，f?(x)≥0；当2?a?4时，由f?(x)?0得2?a?x?0， 即当0?a?2时，f(x)的单调减区间为(0，2?a)； 当2?a?4时，f(x)的单调减区间为(2?a，0)．
（山东理）
设函数f(x)?x2?bln(x?1)，其中b?0． （Ⅰ）当b?12时，判断函数f(x)在定义域上的单调性；
（Ⅱ）求函数f(x)的极值点；
?111??1??2?3都成立．
n?n?n（Ⅲ）证明对任意的正整数n，不等式ln?2解(I) 函数f(x)?x?bln(x?1)的定义域为??1,???.
bx?12x?2x?bx?12f'(x)?2x??，
令g(x)?2x?2x?b，则g(x)在???g(x)min?g(?22?11???,???上递增，在??1,??上递减， 22???12?b?0，
12)??12?b.当b?12时，g(x)min??'g(x)?2x?2x?b?0在??1,???上恒成立.?f(x)?0,
即当b?12时,函数f(x)在定义域??1,???上单调递增。
12（II）分以下几种情形讨论：（1）由（I）知当b?时函数f(x)无极值点.