πx0π
解析 由正弦型函数的图象可知：f(x)的极值点x0满足f(x0)＝±3，则＝＋kπ
m21222
(k∈Z)，从而得x0＝(k＋)m(k∈Z)．所以不等式x0＋[f(x0)] 2 1221?2?22?(k＋)m＋3 ?2???2?? 2 32 立，故k＝－1或k＝0，此时，不等式即为m>3，解得m<－2或m>2. 4答案 C 4．(2013·浙江，8)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(e－1)(x－1)(k＝1，2)，则( ) A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值 B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值 C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值 D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值 解析 当k＝1时，f(x)＝(e－1)(x－1)，此时f′(x)＝e(x－1)＋(e－1)＝e·x－1，所以f′(1)＝e－1≠0，所以f(1)不是极值，A，B项均错． 当k＝2时，f(x)＝(e－1)(x－1)，此时f′(x)＝e(x－1)＋(2x－2)(e－1)＝e·x－2x－e＋2＝e(x＋1)(x－1)－2(x－1)＝(x－1)[e(x＋1)－2]，所以f′(1)＝0，且当x>1时，f′(x)>0；在x＝1附近的左侧，f′(x)<0，所以f(1)是极小值． 答案 C 5．(2012·陕西，7)设函数f(x)＝xe，则( ) A．x＝1为f(x)的极大值点 B．x＝1为f(x)的极小值点 C．x＝－1为f(x)的极大值点 D．x＝－1为f(x)的极小值点 解析 f′(x)＝(x＋1)e，当x<－1时，f′(x)<0，当x>－1时，f′(x)>0，所以x＝－1为f(x)的极小值点，故选D. 答案 D 6．(2011·广东，12)函数f(x)＝x－3x＋1在x＝________处取得极小值． 3 2 xkxxxxx2x2xx2 xxxxx解析 ∵f′(x)＝3x－6x＝0得x＝0或x＝2.∴当x∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时f′(x)>0， 2 f(x)为增函数． 当x∈(0，2)时，f′(x)<0，f(x)为减函数． ∴f(x)在x＝2处取得极小值． 答案 2 7．(2015·江苏，19)已知函数f(x)＝x＋ax＋b(a，b∈R)． (1)试讨论f(x)的单调性； (2)若b＝c－a(实数c是与a无关的常数)，当函数f(x)有三个不同的零点时，a的取值 3 2 ?3??3?范围恰好是(－∞，－3)∪?1，?∪?，＋∞?，求c的值． ?2??2? 2a2 解 (1)f′(x)＝3x＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－. 3当a＝0时，因为f′(x)＝3x＞0(x≠0)， 所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增； 2a???2a?当a＞0时，x∈?－∞，－?∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0，x∈?－，0?时， 3???3?2a???2a?f′(x)＜0，所以函数f(x)在?－∞，－?，(0，＋∞)上单调递增，在?－，0?上单调 33 2 ???? 递减； 2a??2a??当a＜0时，x∈(－∞，0)∪?－，＋∞?时，f′(x)＞0，x∈?0，－?时， 3??3??2a??2a??f′(x)＜0，所以函数f(x)在(－∞，0)，?－，＋∞?上单调递增，在?0，－?上单调 ? 3 ??3? 递减． ?2a?43 (2)由(1)知，函数f(x)的两个极值为f(0)＝b，f?－?＝a＋b，则函数f(x)有三个零 ?3?27?2a??43?点等价于f(0)·f?－?＝b?a＋b?＜0， ?3??27? a＞0，a＜0，???? 从而?43或?43 －a＜b＜00＜b＜－a.??27?27? 4343 又b＝c－a，所以当a＞ 0时，a－a＋c＞0或当a＜0时，a－a＋c＜0. 2727设g(a)＝ 43 a－a＋c，因为函数f(x)有三个零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－27 ?3??3?3)∪?1，?∪?，＋∞?， ?2??2? ?3??3?则在(－∞，－3)上g(a)＜0，且在?1，?∪?，＋∞?上g(a)＞0均恒成立． ?2??2??3?从而g(－3)＝c－1≤0，且g??＝c－1≥0，因此c＝1. ?2? 此时，f(x)＝x＋ax＋1－a＝(x＋1)[x＋(a－1)x＋1－a]， 因函数有三个零点，则x＋(a－1)x＋1－a＝0有两个异于－1的不等实根，所以Δ＝(a－1)－4(1－a)＝a＋2a－3＞0， 且(－1)－(a－1)＋1－a≠0， 22 2 2 3 2 2 ?3??3?解得a∈(－∞，－3)∪?1，?∪?，＋∞?.综上c＝1. ?2??2? 3x＋ax8．(2015·重庆，20)设函数f(x)＝(a∈R)． xe (1)若f(x)在x＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若f(x)在[3，＋∞)上为减函数，求a的取值范围． （6x＋a）e－（3x＋ax）e 解 (1)对f(x)求导得f′(x)＝ x2 （e）－3x＋（6－a）x＋a＝， xe 因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0. 3x－3x＋6x33 当a＝0时，f(x)＝x，f′(x)＝，故f(1)＝，f′(1)＝，从而f(x)在点(1，xeeee 2 2 2 2 x2xf(1))处的切线方程为y－＝(x－1)，化简得3x－ey＝0. －3x＋（6－a）x＋a(2)由(1)知f′(x)＝. xe令g(x)＝－3x＋(6－a)x＋a， 6－a－a＋36 由g(x)＝0解得x1＝， 66－a＋a＋36x2＝. 6 当x＜x1时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)为减函数； 当x1＜x＜x2时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，故f(x)为增函数； 当x＞x2时，g(x)＜0，即f′(x)＜0， 故f(x)为减函数． 6－a＋a＋369 由f(x)在[3，＋∞)上为减函数，知x2＝≤3，解得a≥－， 62 2 2 2 2 2 3 e3e ?9?故a的取值范围为?－，＋∞?. ?2? 13 9．(2015·新课标全国Ⅰ，21)已知函数f(x)＝x＋ax＋，g(x)＝－ln x. 4(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线； (2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x>0)，讨论h(x)零点的个数． 解 (1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0，0)，则f(x0)＝0，f′(x0)＝0.即1??x30＋ax0＋＝0，4 ? ??3x20＋a＝0，13解得x0＝，a＝－. 24 3 因此，当a＝－时，x轴为曲线y＝f(x)的切线． 4(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－ln x<0， 从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)<0， 故h(x)在(1，＋∞)无零点． 55 当x＝1时，若a≥－，则f(1)＝a＋≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1 445 是h(x)的零点；若a<－，则f(1)<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，故x＝1不是 4 h(x)的零点． 当x∈(0，1)时，g(x)＝－ln x>0.所以只需考虑f(x)在(0，1)的零点个数． (ⅰ)若a≤－3或a≥0，则f′(x)＝3x＋a在(0，1)无零点，故f(x)在(0，1)单调．而 2 f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当a≤－3时，f(x)在(0，1)有一个零点；当a≥0时，f(x) 在(0，1)没有零点． (ⅱ)若－3 1454 ?? －?单调递减，在?3?? a?? －，1?单调递增，故在(0，1) 3? a? －时，f(x)取得最小值，最小值为f?3? a? a?2a－?＝3?3 a1－＋. 34 ???? 3a? －?>0，即－ 43? f(x)在(0，1)无零点； ②若f? 3a? －?＝0，即a＝－， 43? 则f(x)在(0，1)有唯一零点； ③若f? ??31553a? －?<0，即－3 444443? 5 在(0，1)有两个零点；当－3 4 3535 综上，当a>－或a<－时，h(x)有一个零点；当a＝－或a＝－时，h(x)有两个零点； 444453 当－ 44 10．(2015·安徽，21)设函数f(x)＝x－ax＋b. 2 ?ππ?(1)讨论函数f(sin x)在?－，?内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值； ?22??ππ?2 (2)记f0(x)＝x－a0x＋b0，求函数|f(sin x)－f0(sin x)|在?－，?上的最大值D； ?22? (3)在(2)中，取a0＝b0＝0，求z＝b－满足D≤1时的最大值． 4解 (1)f(sin x)＝sin x－asin x＋b＝ ππ sin x(sin x－a)＋b，－ 22 ππ [f(sin x)]′＝(2sin x－a)cos x，－ 22ππ 因为－ 22①a≤－2，b∈R时，函数f(sin x)单调递增，无极值． ②a≥2，b∈R时，函数f(sin x)单调递减，无极值． 2 a2 ?ππ?③对于－2 ?22? － π π2 x0≤x<时，函数f(sin x)单调递增； a?a?因此，－2 ππ (2)－≤x≤时，|f(sin x)－f0(sin x)|＝|(a0－a)sin x＋b－b0|≤|a－a0|＋|b－b0|. 22π 当(a0－a)(b－b0)≥0时，取x＝，等号成立． 2π 当(a0－a)(b－b0)<0时，取x＝－，等号成立． 2 2 ?ππ?由此可知，|f(sin x)－f0(sin x)|在?－，?上的最大值为D＝|a－a0|＋|b－b0|. ?22? (3)D≤1即为|a|＋|b|≤1，此时0≤a≤1，－1≤b≤1， 2