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解：（1）（ⅰ）由f（x）=x3-x得f′（x）=3x2-1=，

当x∈时，f′（x）＞0；

当x∈时，f′（x）＜0；

因此，f（x）的单调递增区间为，

单调递减区间为。

（ⅱ）曲线C在点P1处的切线方程为y=（3x12-1）（x-x1）+x13-x1，

即y=（3x12-1）x-2x13，

由得x3-x=（3x12-1）x-2x13，

即（x-x1）2（x+2x1）=0，解得x=x1或x=-2x1，故x2=-2x1，

进而有

，

用x2代替x1，重复上述计算过程，

可得x3=-2x2和S2=；

又x2=-2x1≠0，

所以，

因此有。

（2）记函数g（x）=ax3+bx2+cx+d（a≠0）的图象为曲线C′，

类似于（Ⅰ）（ⅱ）的正确命题为：若对于任意不等于的实数x1，曲线C′与其在点P1（x1，g（x1））处的切线交于另一点P2（x2，g（x2）），曲线C′与其在点P2处的切线交于另一点P3（x3，g（x3）），线段P1P2，P2P3与曲线C′所围成封闭图形的面积分别别为S1，S2，则为定值．

证明如下：因为平移变换不改变面积的大小，

故可将曲线y=g（x）的对称中心平移至坐标原点，

因而不妨设g（x）=ax3+hx，且x1≠0，

类似（1）（ⅱ）的计算可得，

故。

解：，

（Ⅰ），解得；

（Ⅱ），

①当a≤0时，，

在区间（0，2）上，f′（x）＞0；在区间（2，+∞）上f′（x）＜0，

故f（x）的单调递增区间是（0，2），单调递减区间是（2，+∞）；

②当，

在区间（0，2）和上，f′（x）＞0；在区间上f′（x）＜0，

故f（x）的单调递增区间是（0，2）和，单调递减区间是；

③当，

故f（x）的单调递增区间是（0，+∞）；

④当，

在区间和（2，+∞）上，f′（x）＞0；在区间上f′（x）＜0，

故f（x）的单调递增区间是和（2，+∞），单调递减区间是；

（Ⅲ）由已知，在(0，2]上有，

由已知，，

由（Ⅱ）可知，

①当时，f（x）在(0，2]上单调递增，

故，

所以，

故；

②当时，f（x）在上单调递增，在上单调递减，

故；

由，

所以，

综上所述，。

解：(1)由题意得f′(x)=3x2+2bx-3，

因为函数f(x)在区间[1，+∞)上单调递增，

所以，对x∈[1，+∞)恒成立，

所以对x∈[1，+∞)恒成立，

令，则，所以当x∈[1，+∞)时，ψ′(x)＜0恒成立，

所以函数ψ(x)是[1，+∞)上的单调减函数，

所以当x∈[1，+∞)时，函数ψ(x)的最大值是ψ(1)=0，

故2b≥0，即b≥0，又因为b∈(-∞，0]，所以b=0，

∴f(x)=x3-3x。

(2)由(1)可得，f′(x)=3x2-3，由f′(x)=3x2-3=0解得x=±1，

∵f(-1)=2，f(1)=-2，

∴当x∈[-2，2]时，，

则对于区间[-2，2]上任意两个自变量的值x1，x2，都有，

所以c≥4，所以c的最小值为4。

(3)∵点M(2，m)(m≠2)不在曲线y=f(x)上，

∴设切点为(x0，y0)，则，

，

∴切线的斜率为，则，

即，

因为过点M(2，m)(m≠2)，可作曲线y=f(x)的三条切线，

所以方程有三个不同的实数解．

即函数有三个不同的零点，

则g′(x)=6x2-12x，令g′(x)=0，解得x=0或x=2，

由题意可得g(0)＞0，且g(2)＜0，

所以6+m＞0，且m-2＜0，解得：-6＜m＜2，

所以所求实数m的取值范围是-6＜m＜2。

解：（1），

当a＞0时，f（x）的单调增区间为，减区间为；

当a＜0时，f（x）的单调增区间为，减区间为；

当a=0时，f（x）不是单调函数；

（2）因为函数y=f（x）的图像在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，

所以f′（2）=1，

所以a=-2，，

，

，

要使函数在区间（2，3）上总存在极值，

所以只需，

解得；

（3）令a=-1，此时f（x）=-lnx+x-3，

所以f（1）=-2，

由（1）知f（x）=-lnx+x-3在（1，+∞）上单调递增，

∴当x∈（1，+∞）时，f（x）＞f（1），

即-lnx+x-1＞0，

∴lnx＜x-1对一切x∈（1，+∞）成立，

∵n≥2，n∈N*，

则有0＜lnn＜n-1，

∴，

∴。

解：（1）f'（x）=3ax2+2bx﹣3．

根据题意，得 

即 

解得 

所以f（x）=x3﹣3x．

（2）令f'（x）=0，即3x2﹣3=0．得x=±1．

当x∈（﹣∞，﹣1）时，f′（x）＞0，函数f（x）在此区间单调递增；

当x∈（﹣1，1）时，f′（x）<0，函数f（x）在此区间单调递减；

因为f（﹣1）=2，f（1）=﹣2，

所以当x∈[﹣2，2]时，f（x）max=2，f（x）min=﹣2．

则对于区间[﹣2，2]上任意两个自变量的值x1，x2，都有

|f（x1）﹣f（x2）|≤|f（x）max﹣f（x）min|=4，

所以c≥4．

所以c的最小值为4．

（3）因为点M（2，m）（m≠2）不在曲线y=f（x）上，

所以可设切点为（x0，y0）．则

y0=x03﹣3x0．

因为f'（x0）=3x02﹣3，所以切线的斜率为3x02﹣3．

则3x02﹣3= ，

即2x03﹣6x02+6+m=0．

因为过点M（2，m）（m≠2）可作曲线y=f（x）的三条切线，

所以方程2x03﹣6x02+6+m=0有三个不同的实数解．

所以函数g（x）=2x3﹣6x2+6+m有三个不同的零点．

则g'（x）=6x2﹣12x．

令g'（x）=0，则x=0或x=2．

当x∈（﹣∞，0）时，g′（x）＞0，函数g（x）在此区间单调递增；

当x∈（0，2）时，g′（x）<0，函数g（x）在此区间单调递增；

所以，函数g（x）在x=0处取极大值，在x=2处取极小值，

有方程与函数的关系知要满足题意必须满足：  ，

即 ，

解得﹣6＜m＜2．

解：（Ⅰ）由，f′（x）=x2-2x+a及题设得

即；

（Ⅱ）（i）由得

∵g（x）是[2，+∞）上的增函数

∴g'（x）≥0在[2，+∞）上恒成立

即在恒成立

设（x-1）2=t

∵x∈[2，+∞）

∵t∈[1，+∞）

即不等式在恒成立

所以m≤t2+2t在[1，+∞）上恒成立

令y=t2+2t，t∈[1，+∞）

可得ymin=3，故m≤3，即m的最大值为3；

（ii）由（i）得

将函数g（x）的图像向左平移1个长度单位，再向下平移个长度单位，所得图像相应的函数解析式为

x∈（-∞，0）（0，+∞）

由于φ（-x）=-φ（x），所以φ（x）为奇函数，故φ（x）的图象关于坐标原点成中心对称，由此即得，函数g（x）的图象关于点成中心对称

这也就表明，存在点使得过点Q的直线若能与函数g（x）的图象围成两个封闭图形，则这两个封闭图形的面积总相等。

(1)由已知可得f（x）=lnax，

当时，f（x）的定义域为；

当时，f（x）的定义域为

①时，，原不等式等价于：，

可得    ；

②当时，，原不等式等价于：，

可得 . 

（2）设图象上的切点坐标为 ，显然，

可得， 

     ，

可得h(x0)在（1，+∞）为增区间；（0,1）为减区间,  

所以没有实根，故不存在切线.   

（3）∵对x≥1恒成立，所以

∵，

令，

可得h（x）在区间上单调递减，

故，.得，f（x）=lnx.

令，，

而，即，

所以， =.     

解：（Ⅰ）显然函数f（x）的定义域是（0，+∞），

由已知得，，

（1）当时，

令，解得；

令，解得，

所以函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；

（2）当时，

①当时，即时，

令，解得或； 

令，解得，

所以，函数f（x）在和上单调递增，在上单调递减；

②当时，即a=-1时， 显然，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；

③当时，即时，

令，解得或；

令，解得，

所以，函数f（x）在（0，1）和上单调递增，在上单调递减；

综上所述，（1）当时，函数f（x）在（0，1）上单调递增，

在（1，+∞）上单调递减；

（2）当时，函数f（x）在和（1，+∞）上单调递增，在上单调递减；

（3）当时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；

（4）当时，函数f（x）在（0，1）和上单调递增，

在上单调递减；

（Ⅱ）假设函数f（x）存在“中值相依切线”， 

设，是曲线y=f（x）上的不同两点，且，

则，，  

，

曲线在点处的切线斜率， 

依题意得：，

化简可得： ，  

即=，

设（t＞1），上式化为：，   

即， 

令，，

因为，显然g′（t）＞0，所以g（t）在（1，+∞）上递增，  

显然有g（t）＞2恒成立；

所以在（1，+∞）内不存在t，使得成立；

综上所述，假设不成立，所以，函数f（x）不存在“中值相依切线”。

解：，

（Ⅰ），解得；

（Ⅱ），

①当a≤0时，，

在区间（0，2）上，f′（x）＞0；在区间（2，+∞）上f′（x）＜0，

故f（x）的单调递增区间是（0，2），单调递减区间是（2，+∞）；

②当，

在区间（0，2）和上，f′（x）＞0；在区间上f′（x）＜0，

故f（x）的单调递增区间是（0，2）和，单调递减区间是；

③当，

故f（x）的单调递增区间是（0，+∞）；

④当，

在区间和（2，+∞）上，f′（x）＞0；在区间上f′（x）＜0，

故f（x）的单调递增区间是和（2，+∞），单调递减区间是；

（Ⅲ）由已知，在(0，2]上有，

由已知，，

由（Ⅱ）可知，

①当时，f（x）在(0，2]上单调递增，

故，

所以，

故；

②当时，f（x）在上单调递增，在上单调递减，

故；

由，

所以，

综上所述，。

解：（Ⅰ）依题意，有，

令，解得；令，解得，

所以增区间是，减区间是；

（Ⅱ）(ⅰ)由切线方程可知：切点（0，），切线斜率为，

所以，

因为，

所以，

综上，a=1，b=0；

(ⅱ)证明：，记，

在（-1，1）上，＜0，

所以是减函数，即函数在（-1，1）上是减函数，

因为，

所以在（-1，1）内恰有一根，记为x0，

在上，，g(x)是增函数；在上，，g(x)是减函数，

所以是极大值，也是最大值，

只需证明，

因为，

所以，

所以，。

解：（Ⅰ）求导函数，可得，

∵曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为y=3

∴f（2）=3，f′（2）=0

∴，

∴或，

由于m，n∈Z，

所以，则．

（Ⅱ）由（Ⅰ）得F（x）=aln（x﹣1）+，定义域为（1，+∞），F′（x）=，

由于a＞0，令F′（x）=0，得

当x∈时，F′（x）＜0，知F（x）在x∈时单调递减，

同理，F（x）在x∈时单调递增

所以F（x）min=F=a﹣alna

令a﹣alna＜0，即a＞e时，函数F（x）=0有两个实数根

所以a的取值范围是（a，+∞）

解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（-1，+∞），

，

因为f′（0）=4，所以a=2；

（Ⅱ）当a＜0时，因为，

所以f′（x）＜0，故f（x）在（-1，+∞）上是减函数；

当a=0时，当x∈（-1，0）时，，故f（x）在（-1，0）上是减函数，

当x∈（0，+∞）时，，故f（x）在（0，+∞）上是减函数，

因为函数f（x）在（-1，+∞）上连续，

所以f（x）在（-1，+∞）上是减函数；

当0＜a＜1时，由，得x=或x=，

x变化时，f′（x），f（x）的变化如情况下表：

所以f（x）在上为减函数、在上为减函数；f（x）在上为增函数；

综上，当a≤0时，f（x）在（-1，+∞）上是减函数；

当0＜a＜1时，f（x）在上为减函数、在上为减函数；f（x）在上为增函数。

解：（Ⅰ）曲线在点（t，tlnt）处的切线斜率为y′=1+lnt，

设 A（m，0），B（0，n），

则，解得，

所以，

注意到时，1+lnt＞0，

故为所求；

（Ⅱ）记，则S′=g′（t）=，

，

∴时，S′＜0；时，S′＞0，

即函数S=g（t）在上单调递减，在上单调递增，

，

所以面积S的最小值为，当且仅当时取到；

（Ⅲ）由，及1+lnt＞0得，对t＞恒成立，

记u（t）=，则u′（t）=，

当，即a＜0或a≥e时，u′（t）＞0恒成立，

此时u（t）在上单调递增，

∴，解得a＜0或a≥2e2+2e，

当，即0＜a＜e时，u′（t）＞0，

所以函数u（t）在上单调递减，在上单调递增，

此时，

∴，此方程无解；

综上，a＜0或a≥2e2+2e为所求。

解：（1）由f（x）=ax2+bx+c得到f'（x）=2ax+b．

因为曲线y=f（x）通过点（0，2a+3），故f（0）=c=2a+3，

又曲线y=f（x）在（﹣1，f（﹣1））处的切线垂直于y轴，

故f'（﹣1）=0，即﹣2a+b=0，

因此b=2a．

（2）由（1）得bc=2a（2a+3）=4（a+）2﹣，

故当a=﹣时，bc取得最小值﹣．

此时有b=﹣，c=．从而f（x）=﹣x2﹣x+，

f '（x）=﹣x﹣，g（x）=﹣f（x）ex=（x2+x﹣）ex，

所以g'（x）=﹣f'（x）ex+（﹣f（x））ex=（x2+4x）ex令g'（x）=0，解得x1=0，x2=﹣4．

当x∈（﹣∞，﹣4）时，g'（x）＞0，故g（x）在x∈（﹣∞，﹣4）上为增函数；

当x∈（﹣4，0）时，g'（x）＜0，故g（x）在x∈（﹣4，0）上为减函数．

当x∈（0，+∞）时，g'（x）＞0，故g（x）在x∈（0，+∞）上为增函数．

由此可见，函数g（x）的单调递增区间为（﹣∞，﹣4）和（0，+∞）；单调递增区间为（﹣4，0）．