（1）f（x）=x+2x-1)+12F（x）=xex+2x2-x3-x令F（x）=0，显然，x=0是一个零点，现只需证明除x=0外，没有零点．令x+2x-x2-1y'=ex+2-2x令μ（x）=ex+2-2x，μ′（x）=ex-2令μ′（x）=0=>x=ln2，当x＞ln2时，μ′（x）＞0，μ（x）单调增当x＜ln2时，μ′（x）＜0，μ（x）单调递减∴μ（x）min=μ（ln2）=4-2ln2＞0∴y′＞0，y单调递增由于除去x=0这一零点，故y与x轴的交点为空心点，即函数F（x）仅含有一个零点．（2）x+2x2-x+12，g（x）=ln|x|-|x|+1，f′（x）=ex+xex+4x-1，f″（x）=ex+ex+xex+4＞0∴f′（x）单调递增又f′（0）=0∴x＞0，f′（x）＞0，f（x）单调递增，x＜0，f′（x）＜0，f（x）单调递减故min=f(0)=12当x＞0时，g（x）=lnx-x+1令g′（x）=0=>x=1x＞1，g′（x）＜0，g（x）单调递减，0＜x＜1，g′（x）＞0，g（x）单调递增∴g（x）max=g（1）=0x＜0的g（x）图象与x＞0时的g（x）图象关于y轴对称．做出两个函数的草图：易知h（x）=f（x）min=12＞3e-88e
菁优解析考点：；．专题：函数的性质及应用；不等式的解法及应用．分析：（1）F（x）=f（x）-x3-=x（ex+2x-1-x2）．由于F（0）=0，可得函数F（x）存在一个零点0．令G（x）=ex+2x-1-x2．利用导数研究其单调性即可得出．（2）函数f（x）=x（ex+2x-1）+．利用导数研究其单调性可得：当x＞0时，此时函数f（x）单调递增；当x＜0时，此时函数f（x）单调递减．于是f（x）≥f（0）=．g（x）=ln|x|-|x|+1=，利用导数研究其单调性可得：g（x）≤0恒成立．综上可知：h（x）=max{f（x），g（x）}（x≠0）=f（x）．要证明h（x）=f（x）＞．证明＜即可得出．解答：证明：（1）F（x）=f（x）-x3-=x（ex+2x-1）+-x3-=x（ex+2x-1-x2）．∵F（0）=0，∴函数F（x）存在一个零点0．令G（x）=ex+2x-1-x2．则G′（x）=ex+2-2x，G″（x）=ex-2，可知：当x=ln2时，函数G′（x）取得最小值，∴G′（x）≥G′（ln2）=4-2ln2＞0，∴函数G（x）在R上单调递增．由于G（0）=0，当x＜0时，G（0）＜0，则F（x）=xG（x）＞0；当x＞0时，G（0）＞0，则F（x）=xG（x）＞0．因此：函数F（x）=f（x）-x3-仅有一个零点．（2）函数f（x）=x（ex+2x-1）+．f′（x）=ex+xex+4x-1，f″（x）=2ex+xex+4，f（3）（x）=3ex+xex=（3+x）ex，可知当x=-3时，f″（x）取得最小值，f″（-3）=2-e-3＞0．∴f′（x）在R上单调递增，f′（0）=0，∴当x＞0时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增，无最大值；当x＜0时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减．∴f（x）≥f（0）=．g（x）=ln|x|-|x|+1=，当x＞0时，g′（x）=-1=，可知：当x=1时，函数g（x）取得极大值即最大值，g（1）=0．当x＜0时，g′（x）=+1=+1=，可知：当x=-1时，函数g（x）取得极大值即最大值，g（-1）=0．∴g（x）≤0恒成立．综上可知：h（x）=max{f（x），g（x）}（x≠0）=f（x）．要证明h（x）=f（x）＞．而-=-＜0．∴＜=f（x）．因此h（x）＞成立．点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、证明不等式、函数零点，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．答题：沂蒙松老师　
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郭跃文，男，妇产科主任医师，产科主任，1991年武汉大学医学院硕士研究生，从事妇产科临床工作25年。目前任...
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