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    已知函数f（x）=x2-（a+2）x+alnx，其中常数a＞0．
    （1）当a＞2时，求函数f（x）的单调递增区间；
    （2）当a=4时，若函数y=f（x）-m有三个不同的零点，求m的取值范围；
    （3）设定义在D上的函数y=h（x）在点p（x，h（x））处的切线方程为l：y=g（x），当x≠x时，若在D内恒成立，则称P为函数y=h（x）的“类对称点”，请你探究当a=4时，函数y=f（x）是否存在“类对称点”，若存在，请最少求出一个“类对称点”的横坐标；若不存在，说明理由．
    【答案】分析：（1）f′（x）=2x-（a+2）+=，由f′（x）＞0能求出f（x）的单调递增区间；
    （2）当a=4时，f（x）=x2-6x+4lnx，f′（x）=2x+-6，其中x＞0，由f′（x）=0求出极值点，把函数y=f（x）-m有三个不同的零点转化为函数y=f（x）的图象与直线y=m的交点问题解决；
    （3）当a=4时，函数y=f（x）在其图象上一点P（x，f（x））处的切线方程为y=m（x）=．由此能推导出y=f（x）存在“类对称点”，是一个“类对称点”的横坐标．
    解答：解：（1）∵f（x）=x2-（a+2）x+alnx，
    ∴f′（x）=2x-（a+2）=，其中x＞0，
    令f'（x）=0，得x=1或x=．
    ∵a＞2，∴＞1．
    当0＜x＜1及x＞时，f'（x）＞0；
    当1＜x＜时，f'（x）＜0；
    ∴f（x）的单调递增区间为（0，1），（，+∞）．
    （2）当a=4时，f（x）=x2-6x+4lnx，f′（x）=2x+-6==，其中x＞0，
    当x∈（0，1），（2，+∞）时，f′（x）＞0．
    当x∈（1，2）时，f′（x）＜0．
    ∴f（x）在x∈（0，1），（2，+∞）时为增函数，
    在x∈（1，2）时为减函数．
    ∴f（x）的极大值为f（1）=-5，极小值为f（2）=4ln2-8．
    要使函数y=f（x）-m有三个不同的零点，即函数y=f（x）的图象与直线y=m有三个不同交点，
    如图，则m的取值范围是（4ln2-8，-5）．
    （3）由（2）知，当a=4时，函数y=f（x）在其图象上一点P（x，f（x））处的切线方程为：
    y=m（x）=，
    设φ（x）=f（x）-m（x）=，
    则φ（x）=0．
    ϕ′（x）=2x+-6-（2x+-6）=2（x-x）（1-）=（x-x）（x-）
    若x＜，φ（x）在（x，）上单调递减，
    ∴当x∈（x，）时，φ（x）＜φ（x）=0，此时＜0；
    若，φ（x）在（，x）上单调递减，
    ∴当x∈（，x）时，φ（x）＞φ（x）=0，此时＜0．
    ∴y=f（x）在（0，）∪（，+∞）上不存在“类对称点”．
    若，＞0，
    ∴φ（x）在（0，+∞）上是增函数，
    当x＞x时，φ（x）＞φ（x）=0，
    当x＜x时，φ（x）＜φ（x）=0，故＞0．
    即此时点P是y=f（x）的“类对称点”
    综上，y=f（x）存在“类对称点”，是一个“类对称点”的横坐标．
    点评：本题考查函数的单调增区间的求法，探索满足函数在一定零点下的参数的求法，探索函数是否存在“类对称点”．解题时要认真审题，注意分类讨论思想和等价转化思想的合理运用，此题是难题．
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    π
    2
    ）的部分图象如图所示，则f（x）的解析式是（　　）
    A、f(x)=2sin(πx+
    π
    6
    )(x∈R)
    B、f(x)=2sin(2πx+
    π
    6
    )(x∈R)
    C、f(x)=2sin(πx+
    π
    3
    )(x∈R)
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    π
    3
    )(x∈R)

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    1
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    （1）求f（x）；
    （2）设g(x)=x
    		f′(x)
     ， m＞0    ，求函数g（x）在[0，m]上的最大值；
    （3）设h（x）=lnf′（x），若对一切x∈[0，1]，不等式h（x+1-t）＜h（2x+2）恒成立，求实数t的取值范围．

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    x
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    b
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    （1）当a=1，b=2时，求f（x）的最小值；
    （2）若f（a）≥2m-1对任意0＜a＜b恒成立，求实数m的取值范围；
    （3）设k、c＞0，当a=k2，b=（k+c）2时，记f（x）=f1（x）；当a=（k+c）2，b=（k+2c）2时，记f（x）=f2（x）．
    求证：f1(x)+f2(x)＞
    4c2
    k(k+c)
    ．

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    x
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    		f′(x)
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