（1）f (x)在(0, +∞)上递增，故f (x)有极小值f (0) = 0，f (x)有极大值 （2）见解析
【解析】本试题主要考查了分段函数的极值的问题的运用。利用三次函数的极值的判定结合证明。以及利用单调性证明不等式的问题的综合运用。
（1）分别对于两段函数的单调性进行判定，确定极值问题。
(2)先对当x >0时，先比较ex – 1与ln(x + 1)的大小，
然后得到就是f (x) > g (x) ，成立．再比较与g (x1) –g (x2) =ln(x1 + 1) –ln(x2 + 1)的大小．，利用作差法得到证明。
【解析】
（1）当x>0时，f (x) = ex – 1在(0，+∞)单调递增，且f (x)>0；
当x≤0时，．
①若m = 0，f ′(x) = x2≥0, f (x) =在(–∞，0]上单调递增，且f (x) =．
又f (0) = 0，∴f (x)在R上是增函数，无极植；
②若m<0，f ′(x) = x（x + 2m) >0，则f (x) =在(–∞，0)单调递增，同①可知f (x)在R上也是增函数，无极值； ………………4分
③若m>0，f (x)在(–∞，–2m]上单调递增，在(–2m，0)单调递减，
又f (x)在(0, +∞)上递增，故f (x)有极小值f (0) = 0，f (x)有极大值． 6分
（2）当x >0时，先比较ex – 1与ln(x + 1)的大小，
设h(x) = ex – 1–ln(x + 1) (x >0)
h′(x) =恒成立
∴h(x)在(0，+∞)是增函数，h(x)>h (0) = 0
∴ex – 1–ln(x + 1) >0即ex – 1>ln(x + 1)
也就是f (x) > g (x) ，成立．
故当x1 – x2>0时，f (x1 – x2)> g (x1 – x2)……………………………10分
再比较与g (x1) –g (x2) =ln(x1 + 1) –ln(x2 + 1)的大小．
=
=
∴g (x1 – x2) > g (x1) –g (x2)
∴f (x1 – x2)> g (x1 – x2) > g (x1) –g (x2) ．
中，
，
，
，
，点
是棱
的中点．
平面
；
的余弦值．
，函数
是函数
的极值点，求实数
的值；
在
上是单调减函数，求实数
为空间的一个基底，且
，
，
，
四点是否共面；
作为空间的一个基底？若不能，说明理由；若能，试以这一基底表示向量
，且曲线y＝f（x）在x＝1处的切线与x轴平行。
的值，并讨论
的单调性；
α，BC