有极值点x1,x2,且f=x1,则关于x的方程3（f）^2+2af+b=0的不同实根个数 f(x)=x1有2个解不用图像

∵f（x）=a3x3+b2x2+cx+d（a＜0）∴f′（x）=ax2+bx+c，由题意知x1，x2是方程ax2+bx+c=0的两根，即x1，x2是函数的两个极值点，不妨设x2＞x1，从而关于f（x）的方程a[f（x）]2+b[f（x）]+c=0有两个根，所以f（x）=x1...

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值；根的存在性及根的个数判断．

考点点评： 考查函数零点的概念、以及对嵌套型函数的理解，考查数形结合思想．

（Ⅰ）求导函数可得f′（x）=
2x2+2x+a
1+x(x＞−1)
令g（x）=2x²+2x+a，其对称轴为x=-[1/2]．
由题意知x₁、x₂是方程g（x）=0的两个均大于-1的不相等的实根，
其充要条件为△=4-8a＞0且g（-1）=a＞0，得0＜a＜[1/2]…（2分）
（1）当x∈（-1，x₁）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（-1，x₁）内为增函数；
（2）当x∈（x₁，x₂）时，f'（x）＜0，∴f（x）在（x₁，x₂）内为减函数；
（3）当x∈（x₂，+∞）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（x₂，+∞）内为增函数；
（Ⅱ）由（I）g（0）=a＞0，∴-[1/2]＜x₂＜0，a=-（2x²₂+2x₂）
∴f（x₂）=x²₂+aln（1+x₂）=x²₂-（2x²₂+2x₂）ln（1+x₂）
设h（x）=x²-（2x²+2x）ln（1+x）（x＞-[1/2]），…（8分）
则h'（x）=2x-2（2x+1）ln（1+x）-2x=-2（2x+1）ln（1+x）…（10分）
（1）当x∈（-[1/2]，0）时，h'（x）＞0，∴h（x）在（-[1/2]，0）单调递增；
（2）当x∈（0，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）在（0，+∞）单调递减 …（12分）
∴当x∈（-[1/2]，0）时，h（x）＞h（-[1/2]）=[1−2ln2/4]
故f（x₂）=h（x₂）＞[1−2ln2/4]．…（14分）

点评：
本题考点： 函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，以及利用导数研究函数的极值等有关知识，属于中档题．

f'（x）=3x2+4bx+c，（2分）依题意知，方程f'（x）=0有两个根x1、x2，且x1∈[-2，-1]，x2∈[1，2]等价于f'（-2）≥0，f'（-1）≤0，f'（1）≤0，f'（2）≥0．由此得b，c满足的约束条件为 12−8b+c≥03−4b+c≤03+4b+...

点评：
本题考点： 简单线性规划；函数在某点取得极值的条件．

考点点评： 本题主要考查了利用导数研究函数的极值，以及二元一次不等式（组）与平面区域和不等式的证明，属于基础题．

（1）f′（x）=2ax+e^x．
显然a≠0，x₁，x₂是直线y=−
1
2a与曲线y=g（x）=[x
ex两交点的横坐标
由g′（x）=
1−x
ex=0，得x=1．列表：

x （-∞，1） 1 （1，+∞）
g′（x） + 0 -
g（x） ↗ g（x）_max=
1/e] ↘此外注意到：
当x＜0时，g（x）＜0；
当x∈[0，1]及x∈（1，+∞）时，g（x）的取值范围分别为[0，[1/e]]和（0，[1/e]）．
于是题设等价于0＜−
1
2a＜[1/e]⇒a＜−
e
2，故实数a的取值范围为（-∞，-[e/2]）
（2）存在实数a满足题设．证明如下：
由（1）知，0＜x₁＜1＜x₂，f′（x₁）=2ax₁+ex1=0，
故f（x₁）=ax12+ex1=ex1−
x1
2ex1=e
2
3x₁，故
ee1
x1−
1
2ex1−e
2
3=0
记R（x）=
ex
x−
1
2ex−e
2
3（0＜x＜1），则R′(x)＝
ex(x−1)
x2−
1
2ex＜0，
于是，R（x）在（0，1）上单调递减．
又R（[2/3]）=0，故R（x）有唯一的零点x=[2/3]．
从而，满足f（x₁）=e
2
3x的x₁=[2/3]．所以，a=−
3
4e
2
3，
此时f（x）=−
3
4e
2
3x2+ex，f′(x)＝−
3
2e
2
3x+ex，
又f′（0）＞0，f′（1）＜0，f′（2）＞0，而x₁=[2/3]∈（0，1），
故当a=−
3
4e
2
3时，f（x）_极大=f（x₁）=[2/3e
2
3]．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值．

考点点评： 本题考查了利用导数求函数的极值，研究函数的零点问题，利用导数研究函数的单调性，对于利用导数研究函数的单调性，注意导数的正负对应着函数的单调性．解题时要注意运用极值点必定是导函数对应方程的根，而导函数对应方程的根不一定是极值点．属于中档题．

∵f′（x）=3x²+2ax+6，
∴x₁+x₂=-[2a/3]，x₁•x₂=2，
∴(−
2a
3)2=5+4，
∴a=±[9/2]，
故选：C．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值．

考点点评： 本题考查了函数的单调性，考查韦达定理，本题属于基础题．

f′（x）=3x²+2ax+b，x₁，x₂是方程3x²+2ax+b=0的两根，不妨设x₂＞x₁，
由3（f（x））²+2af（x）+b=0，则有两个f（x）使等式成立，x₁=f（x₁），x₂＞x₁=f（x₁），
如下示意图象：
如图有三个交点，
故选A．

点评：
本题考点： 函数在某点取得极值的条件；根的存在性及根的个数判断．

考点点评： 考查函数零点的概念、以及对嵌套型函数的理解，考查数形结合思想．

（I）f′(x)＝2x+
a
1+x＝
2x2+2x+a
1+x(x＞−1)
令g（x）=2x²+2x+a，其对称轴为x＝−
1
2．
由题意知x₁、x₂是方程g（x）=0的两个均大于-1的不相等的实根，
其充要条件为

△＝4−8a＞0
g(−1)＝a＞0，得0＜a＜
1
2
（1）当x∈（-1，x₁）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（-1，x₁）内为增函数；
（2）当x∈（x₁，x₂）时，f'（x）＜0，∴f（x）在（x₁，x₂）内为减函数；
（3）当x∈（x₂，+∞）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（x₂，+∞）内为增函数；
（II）由（I）g（0）=a＞0，∴−
1
2＜x2＜0，a=-（2x²₂+2x₂）
∴f（x₂）=x₂²+aln（1+x₂）=x₂²-（2x²₂+2x₂）ln（1+x₂）
设h(x)＝x2−(2x2+2x)ln(1+x)(x＞−
1
2)，
则h'（x）=2x-2（2x+1）ln（1+x）-2x=-2（2x+1）ln（1+x）
（1）当x∈(−
1
2，0)时，h'（x）＞0，∴h（x）在[−
1
2，0)单调递增；
（2）当x∈（0，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）在（0，+∞）单调递减．∴当x∈(−
1
2，0)时，h(x)＞h(−
1
2)＝
1−2ln2
4
故f(x2)＝h(x2)＞
1−2In2
4．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性；不等式的证明．

考点点评： 本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，以及利用导数研究函数的极值等有关知识，属于基础题．

由题意，f（x）=x²-2x+1+alnx的定义域为（0，+∞），
∴f′（x）=2x-2+[a/x]=
2x2−2x+a
x；
∵f（x）有两个极值点x₁，x₂，
∴f′（x）=0有两个不同的正实根x₁，x₂，
∵2x²-2x+a=0的判别式△=4-8a＞0，解得a＜
1
2，
∴x₁+x₂=1，x₁•x₂=[a/2]＞0
∴0＜a＜
1
2，x₁=
1−
1−2a
2，
∵0＜x₁＜x₂，且x₁+x₂=1
∴0＜x₁＜[1/2]，a=2x₁-2x12，
∴f（x₁）=x-2x₁+1（2x₁-2x12）lnx₁．
令g（t）=t²-2t+1+（2t-2t²）lnt，其中0＜t＜[1/2]，
则g′（t）=2（1-2t）lnt．
当t∈（0，[1/2]）时，g′（t）＜0，
∴g（t）在（0，[1/2]）上是减函数．
∴g（t）＞g（[1/2]）=[1+2ln2/4]，
故f（x₁）=g（x₁）＞[1+2ln2/4]，
故答案为：（[1+2ln2/4]，+∞）

点评：
本题考点： 函数在某点取得极值的条件．

考点点评： 本题考查了利用函数的性质求参数取值与利用导数求取值范围的问题，是容易出错的题目．

∵函数f(x)＝13x3+12(1+a)x2+(a+b)x+a∴f′（x）=x2+（a+1）x+（a+b）=0的两个根为x1，x2，∵x1，x2分别满足0＜x1＜1＜x2＜2，∴f′(0)＞0f′(2)＞0f′(1)＜0即a+b＞03a+b+6＞02a+b+2＜0画出区域图得∵ba表示可行域...

点评：
本题考点： 简单线性规划的应用；函数在某点取得极值的条件；一元二次方程的根的分布与系数的关系．

考点点评： 本题考查函数的极值取得的条件，考查一元二次方程的实根分布，本题的解题的关键是把问题转化为平面区域内求目标函数的最值问题，本题是一个综合题目．

∵函数f（x）=x（lnx-ax）有两个极值点x₁，x₂，（x₁＜x₂）
当a=0时，f（x）=xlnx，f′（x）=lnx+1=0，
解得x=[1/e]，∴f（[1/e]）=-[1/e]；
当a≠0时，f（x）=xlnx-ax²，f′（x）=lnx-2ax+1=0，
a=[lnx+1/2x]，
设a（x）=[1nx+1/2x]，
令a′（x）=-[2lnx
4x2，x=1，
当0＜x＜1时，a′（x）＞0，当x＞1时，a′（x）＜0，
∴a（x）在x=1处取极大值
1/2]，
又∵x→+∞时，a（x）→0
∴当0＜a＜[1/2]时，f′（x）=lnx-2ax+1=0必存在二个解
即函数f（x）=x（lnx-ax）有两个极值x₁，x₂，（x₁＜x₂），
当0＜x＜x₁或x＞x₂时，f′（x）＜0，当x₁＜x＜x₂时，f′（x）＞0，
函数f（x）在x₁处取极小值，在x₂处取极大值，
又∵当a=[1/2]时，f′（x）=lnx-x+1=0，∴x=1，f（1）=-[1/2]，
当a=0时，f（x）在x=[1/e]处取极小值f（[1/e]）=-[1/e]．
∴函数f（x）=x（lnx-ax）有两个极值点x₁，x₂（x₁＜x₂）时，f（x₁）＜0，f（x₂）＞-[1/2]．
故选：B．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值．

考点点评： 本题主要考查极值的概念、利用导数研究函数的单调性等基础知识，同时考查推理论证能力，分类讨论等综合解题能力．

（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=
2x2−2x+a
x，
∵函数f（x）=x²-2x+alnx+1有两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂．
∴f′（x）=
2x2−2x+a
x=0有两个不同的根x₁，x₂，且0＜x₁＜x₂，
∴

△＝4−8a＞0

1
2a＞0
解得，0＜a＜
1
2，
此时，f（x）在（0，x₁）和（x₂，+∞）上单调递增，在（x₁，x₂）上单调递减；
（2）证明：由（1）知，
x₁+x₂=1，x₁x₂=[a/2]，则a=2x₂（1-x₂），
因此，f（x₂）=（x₂-1）²+alnx₂=（x₂-1）²+2x₂（1-x₂）lnx₂，（[1/2]＜x₂＜1）
令h（t）=（t-1）²+2t（1-t）lnt，（[1/2]＜t＜1）则
h′（t）=2（t-1）+[2（1-2t）lnt+2（1-t）]=2（1-2t）lnt，
∵[1/2]＜t＜1，∴1-2t＜0，lnt＜0，
∴h′（t）＞0，
即h（t）在（[1/2]，1）上单调递增，
则h（t）＞h（[1/2]）=[1−2ln2/4]，
即f（x₂）＞[1−2ln2/4]．

点评：
本题考点： 函数在某点取得极值的条件．

考点点评： 本题考查了导数的综合应用，同时考查了根与系数的关系，化简比较繁琐，注意要细心，属于难题．

f′（x）=（x-1）（x-a）+x（x-a）+x（x-1）=3x²-2（a+1）x+a，
∵△=4（a+1）²-12a=4a²-4a+4=4(a−
1
2)2+3＞0，
∴f′（x）=0必有两个不同实根x₁，x₂，（不妨设x₁＜x₂）
又∵f′（x）=的图象开口向上，
∴-∞＜x＜x₁，或x₂＜x＜+∞时，f′（x）＞0，
x₁＜x＜x₂时，f′（x）＜0，
∴f（x）有两个不同的极值点x₁，x₂

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值．

考点点评： 本题主要考查导数与极值的关系，若f（a）=0：a的左侧f'（x）＞0，a的右侧f'（x）＜0则a是极大值点；a的左侧f'（x）＜0，a的右侧f'（x）＞0则a是极小值点．属于基础知识，基本运算的考查．求导时，可用对各个因式分式分别求导，也可把式子展开后再求导．

（Ⅰ）由题设知，函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′(x)＝
2x2−2x+a
x；
∵f（x）有两个极值点x₁，x₂且x₁＜x₂；
∴f′（x）=0有两个不同的根x₁，x₂；
∴2x²-2x+a=0的判别式△=4-8a＞0，即a＜[1/2]，且x1＝
1−
1−2a
2，x2＝
1+
1−2a
2又x₁＞0，∴a＞0；
∴a的取值范围是(0，
1
2)；
当0＜x＜x₁或x＞x₂时，f′（x）＞0；当x₁＜x＜x₂时，f′（x）＜0；
∴f（x）在（0，x₁），（x₂，+∞）上单调递增，在（x₁，x₂）上单调递减；
（Ⅱ）由（Ⅰ）Ⅰx1+x2＝1，x1x2＝
a
2，∴a=2x₁x₂=2x₂（1-x₂）；
∴f（x₂）=(x2−1)2+alnx2＝(x2−1)2+2x2(1−x2)lnx₂(
1
2＜x2＜1)；
∴f′（x₂）=2（x₂-1）+2[（1-2x₂）lnx₂+x2(1−x2)
1
x2]=2（1-2x₂）lnx₂＞0；
∴函数f（x₂）在(
1
2，1)单调递增，∴f(x2)＞f(
1
2)＝
1−2ln2
4．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值．

考点点评： 考查函数导数的方程f′（x）=0实数根的个数与极值点个数的关系，一元二次不等式的解，根据导数符号判断函数单调性，根据单调性求函数值的范围的方法．

∵f（x）=x²+aln（1+x），
∴f′（x）=
2x2+2x+a
1+x（x＞-1）
令g（x）=2x²+2x+a，则g（0）=a＞0，∴-[1/2]＜x₂＜0，a=-（2x²₂+2x₂），
∴f（x₂）=x₂²+aln（1+x₂）=x₂²-（2x²₂+2x₂）ln（1+x₂）．
设h（x）=x²-（2x²+2x）ln（1+x）（x＞-[1/2]，
则h′（x）=2x-2（2x+1）ln（1+x）-2x=-2（2x+1）ln（1+x），
（1）当x∈（-[1/2]，0）时，h′（x）＞0，∴h（x）在[-[1/2]，0）单调递增；
（2）当x∈（0，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）在（0，+∞）单调递减．
∴x∈（-[1/2]，0），h（x）＞h（-[1/2]）=[1−2ln2/4]；
故f（x₂）=h（x₂）＞[1−2ln2/4]．
故选：B．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值．

考点点评： 本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，以及利用导数研究函数的极值等有关知识，属于中档题．