课时作业21 隐零点与极值点偏移-（课时作业）【红对勾讲与练】2024版新高考数学大一轮复习全新方案

课时作业21隐零点与极值点偏移 1.(2022·河北沧州模拟)已知函数f(x)=2.已知函数f(x)=x一alnx. 1一xln (1)求函数f(x)的极值点： 1+x1 (2)若方程f(x)=k有2个不等的实根x1,x, (1)求f(x)的单调区间： 证明：x1十x:>2a. (2)当f(x1)=f(x)(x1≠x2)时，证明： x1十x>2. 红勾·讲与练·高三数学 -332- 3.已知两数fx)=++1 4.已知函数f(.x)=ae一2.x,a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性； (1)求函数f(x)的单调区间： (2)若对任意x∈(0，十o∞)都有ae≥f(x), (2)当a=1时，求证：fx)十x2-2Lx 8x+1>0. 求实数a的取值范围. -333- 第三章一元函数的导数及其应用“练hh 2<0,f π 2 =π 2 2-4>0 ,所以存在唯 一x0∈ 0, π 2 ,使f(x0)=0. (2)当x∈ π 2 ,π 时,化简得g(x)= (π-x)· cos x 1+sin x+ 2x π -1. 令t=π-x,记u(t)=g(π-t)= - tcos t 1+sin t- 2 πt+1 ,t∈ 0, π 2 , 则u'(t)= f (t) π(1+sin t). 由(1)得,当t∈(0,x0)时,u'(t)<0, 当t∈ x0, π 2 时,u'(t)>0. 在 x0, π 2 上u(t)为增函数, 由u π2 =0知, 当t∈ x0, π 2 时,u(t)<0,所以 u(t)在 x0, π 2 上无零点. 在(0,x0)上u(t)为减函数,由u(0)= 1及u(x0)<0知存在唯一t0 ∈ (0, x0),使u(t0)=0. 于是 存 在 唯 一 t0 ∈ 0, π 2 ,使 u(t0)=0. 设x1=π-t0∈ π 2 ,π ,则g(x1)= g(π-t0)=u(t0)=0,因此存在唯一 的x1 ∈ π 2 ,π ,使g(x1)=0. 由于x1 =π-t0,t0 <x0,所以x0+ x1 >π. 2.解:(1)当a=0时,函数f(x)=xsin x +cos x,x∈[0,π],可得f'(x)=sin x +xcos x-sin x =xcos x. 当x 在区间[0,π]上变化时,f'(x), f(x)的变化如下表: x 0 0,π2 π2 π2 ,π π f'(x) 0 + 0 - f(x) 1 ↗ 极大值 π 2 ↘ -1 所以f(x)的单调递增区间为 0, π 2 ; f(x)的单调递减区间为 π 2 ,π . (2)由题意,函数f(x)=xsin x + cos x + 1 2ax 2,x ∈ [0,π], 可 得 f'(x)=ax+xcos x =x(a+cos x). 当a≥1时,a+cos x≥0在[0,π]上 恒成立,所以x ∈ [0,π]时,f'(x)≥ 0,所以f(x)在[0,π]上单调递增. 又因为f(0)=1,所以f(x)在[0,π] 上有0个零点. 当0<a<1时,令f'(x)=0,可得 x =0或cos x = -a. 由-1<-a<0可知存在唯一的x0∈ π 2 ,π 使得cos x0 = -a, 所以当 x ∈ [0,x0)时,f'(x)≥0, f(x)单调递增; 当x∈(x0,π)时,f'(x)<0,f(x)单 调递减, 因为f(0)=1,f(x0)>1,f(π)= 1 2aπ 2-1, ① 当12aπ 2-1>0,即 2 π2 <a<1时, f(x)在[0,π]上有0个零点. ②当12aπ 2-1≤0,即0<a≤ 2 π2 时, f(x)在[0,π]上有1个零点. 综上可得,当0<a≤ 2 π2 时,f(x)有1 个零点;当a > 2 π2 时,f(x)有0个 零点. 3.解:(1)由函数f(x)=x3 +ax2 + bx+c,可得f'(x)=3x2+2ax+b, 因为函数f(x)=x3+ax2+bx+c 在点 P(1,2)处 的 切 线 斜 率 为 4, 且在x = -1处取得极值,可得 f(1)=2, f'(1)=4, f'(-1)=0, 即 1+a+b+c=2, 3+2a+b=4, 3-2a+b=0, 解得 a=1, b= -1, c=1. 所以f(x)=x3+x2-x+1,可得 f'(x)=3x2+2x-1,令f'(x)=0, 解得x = -1或x = 1 3. 当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况 如下: x (-∞,-1)-1 -1, 1 3 13 13 ,+∞ f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 2 ↘ 2