求fx)=2x/x^2-2的极值

（1）f′（x）=3ax²+2bx+c，由f（0）=0，得d=0，
f′（0）=0，解得c=0，
又y=f（x）在x=1处的切线方程为3x+y-1=0，
所以f（1）=-2，即a+b=-2①，f′（1）=-3，即3a+2b=-3②，联立①②解得a=1，b=-3，
所以f（x）=x³-3x²；
（2）f′（x）=3x²-6x=3x（x-2）=0，解得x=0，2，
令f′（x）＞0，得x＜0或x＞2，所以f（x）在[-2，0]内递增，
令f′（x）＜0，得0＜x＜2，所以函数f（x）在[0，2]内递减，
所以f（x）_max=f（0）=0，f（-2）=-20，f（2）=-4，所以f（x）_min═-20，
故函数f（x）在[-2，2]上的值域为[-20，0]．

点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；函数在某点取得极值的条件．

考点点评： 本题考查利用导数研究函数的极值、最值及函数在某点处的切线方程，属中档题．

（I）∵f （x ）=x² （ax+b ）=ax³+bx²，
∴f'（x ）=3ax²+2bx，
∵函数f （x ）在x=2时有极值，
∴f'（2 ）=0，即 12a+4b=0，①
∵函数f （x ）的图象在点（1，f （1 ））处的切线与直线3x+y=0平行．
∴f'（1 ）=-3，即3a+2b=-3，②
由①②解得，a=1，b=-3．
经验证满足题意，∴a=1，b=-3．
（II）f'（x ）=3x²-6x=3x （x-2），令3x （x-2）＞0，
解得：x＜0或x＞2，
令3x （x-2）＜0，解得：0＜x＜2．
∴函数f （x ）的单调递增区间为（-∞，0）和（2，+∞），单调递减区间为（0，2）．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．

考点点评： 熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值及其几何意义等是解题的关键．

（Ⅰ）f′（x）=-2x+[2/x]=-
2(x+1)(x−1)
x（x＞0），
由

f′(x)＞0
x＞0得0＜x＜1；
由

f′(x)＜0
x＞0得x＞1．
∴f（x）在（0，1）上为增函数，在（1，+∞）上为减函数，∴x=1是函数f（x）的极大值点．
∵g（x）=x+[a/x]，∴g′（x）=1-[a
x2，
又∵函数f（x）与g（x）=x+
a/x]有相同极值点，
∴x=1是函数g（x）的极值点，∴g′（1）=1-a=0，解得a=1．
经检验，当a=1时，函数g（x）取到极小值，符合题意．
（Ⅱ）令h（x）=f（x）-g（x）=-x²+2lnx-x-[1/x]，x∈[
1
e，3]．
则h′(x)＝−2x+
2
x−1+
1
x2=−
(x+1)(2x+1)(x−1)
x2，令h′（x）=0，解得x=1．
当x∈[
1
e，1)时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；当x∈（1，3]时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减．
∴当x=1时，函数h（x）取得极大值h（1）=-3．h（3）=−
37
3+2ln3，h

点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用．

考点点评： 本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值、证明不等式，考查了分类讨论的思想方法，考查了计算能力，属于难题．

（1）由 f（x）=x³+ax²+bx，得 f′（x）=3x²+2ax+b．
∵1和-1是函数f（x）的两个极值点，
∴f′（1）=3-2a+b=0，f′（-1）=3+2a+b=0，解得a=0，b=-3．
（2）由（1）得，f（x）=x³-3x，∴g′（x）=f（x）+2=x³-3x+2=（x-1）²（x+2）=0，解得x₁=x₂=1，x₃=-2．
∵当x＜-2时，g′（x）＜0；当-2＜x＜1时，g′（x）＞0，
∴-2是g（x）的极值点．
∵当-2＜x＜1或x＞1时，g′（x）＞0，∴1不是g（x） 的极值点．
∴g（x）的极值点是-2．
（3）令f（x）=t，则h（x）=f（t）-c．
先讨论关于x的方程f（x）=d根的情况，d∈[-2，2]
当|d|=2时，由（2 ）可知，f（x）=-2的两个不同的根为1和一2，注意到f（x）是奇函数，
∴f（x）=2的两个不同的根为-1和2．
当|d|＜2时，∵f（-1）-d=f（2）-d=2-d＞0，f（1）-d=f（-2）-d=-2-d＜0，
∴一2，-1，1，2 都不是f（x）=d 的根．
由（1）知，f′（x）=3（x+1）（x-1）．
①当x∈（2，+∞）时，f′（x）＞0，于是f（x）是单调增函数，从而f（x）＞f（2）=2．
此时f（x）=d在（2，+∞）无实根．
②当x∈（1，2）时，f′（x）＞0，于是f（x）是单调增函数．
又∵f（1）-d＜0，f（2）-d＞0，y=f（x）-d的图象不间断，
∴f（x）=d在（1，2 ）内有唯一实根．
同理，在（一2，一1）内有唯一实根．
③当x∈（-1，1）时，f′（x）＜0，于是f（x）是单调减函数．
又∵f（-1）-d＞0，f（1）-d＜0，y=f（x）-d的图象不间断，
∴f（x）=d在（一1，1 ）内有唯一实根．
因此，当|d|=2 时，f（x）=d 有两个不同的根 x₁，x₂，满足|x₁|=1，|x₂|=2；当|d|＜2时，f（x）=d 有三个不同的根x₃，x₄，x₅，满足|x_i|＜2，i=3，4，5．
现考虑函数y=h（x）的零点：
（ i ）当|c|=2时，f（t）=c有两个根t₁，t₂，满足|t₁|=1，|t₂|=2．而f（x）=t₁有三个不同的根，f（x）=t₂有两个不同的根，故y=h（x）有5 个零点．
（ i i ）当|c|＜2时，f（t）=c有三个不同的根t₃，t₄，t₅，满足|t_i|＜2，i=3，4，5．
而f（x）=t_i有三个不同的根，故y=h（x）有9个零点．
综上所述，当|c|=2时，函数y=h（x）有5个零点；当|c|＜2时，函数y=h（x）有9 个零点．

点评：
本题考点： 函数在某点取得极值的条件；函数的零点．

考点点评： 本题考查导数知识的运用，考查函数的极值，考查函数的单调性，考查函数的零点，考查分类讨论的数学思想，综合性强，难度大．

由题得f′（x）=3x²+2ax+b
因为x=1时，有极值1，所以f（1）=1且f′（1）=0得：
a+b=1且2a+b=-3，解得：a=-4，b=5
所以f（x）=x³-4x²+5x-1
则g（x）=x³-4x²+5x，g′（x）=3x²-8x+5
因为要求单调减区间则令g′（x）＜0即
3x²-8x+5＜0
得到x∈（1，[5/3]）
故答案为（1，[5/3]）

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 考查学生利用导数研究函数的极值能力，利用导数研究函数的单调性的能力．