（2013•南京一模）设函数ht(x)＝3tx−2t32，若有且仅有一个正实数x0，使得h4（x0）≥ht（x0）对任意
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解题思路：有且仅有一个正实数x0，使得h4（x0）≥ht（x0）对任意的正实数t成立⇔有且仅有一个正实数x0，使得g（t）min≥0．利用导数即可取得g（t）的最小值，解出即可．
由h4（x0）≥ht（x0）化为12x0−16≥3tx0−2t
3
2，即2t
3
2−3tx0+12x0−16≥0．
令g（t）=2t
3
2−3tx0+12x0−16．
有且仅有一个正实数x0，使得h4（x0）≥ht（x0）对任意的正实数t成立⇔有且仅有一个正实数x0，使得g（t）min≥0．
由g′(t)＝3
t−3x0＝3(
t−x0)，令g′（t）=0，解得t＝
x20．
由g′（t）＞0，解得t＞
x20；由g′（t）＜0，解得0＜t＜
x20．
∴g（t）在(0，
x20)上单调递减；在(
x20，+∞)上单调递增．
因此g（t）在t＝
x20取得极小值，也即最小值．
∴g(t)min＝g(
x20)=−
x30+12x0−16．
由−
x30+12x0−16≥0，化为(x0−2)2(x0+4)≤0，
∵x0＞0，∴当且仅当x0=2时上式成立．
故答案为2．
点评：
本题考点： 函数与方程的综合运用．
考点点评： 把问题正确转化和掌握利用导数研究函数的单调性是解题的关键．
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