（n＋1）2n

当n为偶数时，不等式可化为λ，

4

（n＋1）2n

记g(n)＝{g(n)}是递增数列，所以g(n)min＝g(2)＝3，所以λ≤3.(14分)

4

综上可知，λ的取值范围为－1≤λ≤3.(16分) 20. (本小题满分16分)

f′（3）＝－3

f（3）＝2

解：(1) 因为f(x)＝ax＋bx＋cx＋d，所以f′(x)＝3ax＋2bx＋c，由题可知， f′（0）＝0

f（0）＝2

27a＋6b＋c＝－3， 27a＋9b＋3c＋d＝2，即 (2分)

c＝0， d＝2，

3

2

2

，

解得 b＝1

c＝0 d＝2

1a＝－

3

1

所以f(x)＝－x3＋x2＋2，经检验可得，函数y＝f(x)在x＝0处取得极小值2.

3

1

故f(x)＝－3＋x2＋2.(5分)

3

1

(2) 因为f(x)＝－x3＋x2＋2，

3

所以f′(x)＝－x2＋2x，

所以h1(x)＝ex＋tx，h2(x)＝tx－lnx. (i) 当t＝0时，函数h2(x)＝－lnx在(0，＋∞)上单调递减，h1(x)＝ex在(0，＋∞)上单调递增，所以不存在区间M，使得h1(x)和h2(x)在区间M上具有相同的单调性．

(ii) 当t>0时，h′1(x)＝ex＋t>0恒成立，所以函数h1(x)＝ex＋tx在(0，＋∞)上单调递增．h′

11tx－11 0，(x)＝t－，令h′(x)＝0，解得x＝，当x∈22

t时，h′2(x)<0，h′2(x)单调递减；当xxt

11

，＋∞ 时，h′2(x)>0，h2(x)单调递增．所以存在区间M ，使得h1(x)和h2(x)x∈ t t 在区间M上均为增函数．(12分)

1tx－1

(iii) 当t<0时，h′2(x)＝t－<0对x∈(0，＋∞)恒成立，所以h2(x)在(0，＋∞)上单

xx

调递减．对函数h1(x)＝ex＋tx，令h′1(x)＝ex＋t＝0，得x＝ln(－t)．

①若－1≤t<0时，ln()－t≤0，在(ln(－t)，＋∞)上，h′1(x)>0，所以h1(x)单调递增，由于h2(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以不存在区间M，使得h1(x)和h2(x)在区间M上具有相同的单调性．

②若t<－1时，ln(－t)>0，在(－∞，ln(－t))上，h′1(x)<0，h1(x)单调递减；在(ln(－t)，＋∞)上，h′1(x)>0，h1(x)单调递增．由于h2(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以存在区间M (0，ln(－t)]，使得h1(x)和h2(x)在区间M上均为减函数．(15分)

综上，当－1≤t≤0时，不存在区间M，使得h1(x)和h2(x)在区间M上具有相同的单调性；当t<－1时，存在区间M (0，ln(－t)]，使得h1(x)和h2(x)在区间M上均为减函数；当t>0时，

1 存在区间M t ，使得h1(x)和h2(x)在区间M上均为增函数．(16分)