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大题增分练(三)
导数与函数的零点问题
1.已知函数x)-ar2+lnr-(a+1Dz
2.已知函数f(x)=e-a.x十e2.
(1)当a=2时,讨论f(x)的单调性:
(1)当a=一4时,求f(x)的单调区间与极值:
(2)若f(x)有两个不同的零点,求4的取值范围.
(2)当a≥1时,证明:f(x)只有一个零点,
211
3.已知函数f(x)=simx-二“在点(0,f(0)处
:4.(2023·济宁一摸)已知函数f(x)=(x-3)e
er
e
的切线l与直线n:x一y=0垂直.
2(x2-4x).
(1)求切线l的方程:
(1)当a=1时,求函数f(x)的单调区间:
(2)判断f(x)在(0,π)上零点的个数,并说明理由.
(2)当0<a<2时,讨论函数f(x)的零点个数.
2122.解:(1)当a=8时.f(x)=8x一
任意x∈[1,4门:存在∈[1,e],使
第六板块大题增分练(三)
(c(o,)
g(x1)≤f(.:)¥价于r1E[1,4],
1.解:(1)当4=一4时,f(x)=一2x2+1n
f(r)=8-cos'r+3sin'rcos
+3r,x∈(0,十oo),
cos"
则有任意r1∈[1,4们,2子一me5≤0台m
=8+2
3
f)=-r+1+3=二4r-3r=D
cosr cosr
2恒成立.令-2g,1<<,
e
e
=二(4r+1)(x-1)
,x∈(0.+∞).
c01,则(L,十oo),
则'(r)=红一22
=-2z(x-22
由广(x)>0,得0<x<1,由f(x)<0,得
令h(t)=-32+21+8=-(3t+4)(t-2),
x>1,
当t∈(1,2)时,h()>0:
当1<x<2时,h(x)>0,当2<x<4时,
,f(x)在(0,1)上单调递增,(1,十o)上
当1∈(2,十o∞)时,h(t)<0
h'(.r)<0,
单调递减,
故当r∈(0,)时,f()>0,fr)单
即有h(r)在[1,2]上单调遂增,在[2,4门
f(x)在r-1处取得极大值f(1)一1.
上单调说减.h(x)mA=h(2)=8
无极小值,
调递增:
当xe(无,受)时.f()<0,r)单调
2.ri
国北当仁1,时,二的最大值为高
(2)证明:n)=7ar+h-(a+1)n
逆减
x∈(0,十oa),
∴f)在区间(0,要)上单调递增,
,所以实数m的取值范国
则m≥8
(r)=ar+
1
-(a+1)=
在区间(平,受)上单调递减
无[g+m)
dr-(a+Dr+l_(ar-D)(r-D.E
(2)(r)=f(r)-sin 2r=ar-sin
4.解:(1)当a=0时,f(x)=co8r,
(0,+o©),
cosr
(x)=-2cos arsin r=-sin 2x.
-sin 2r.
由f(a)=0,a>1,得r=我x=1,
财g'(r)=4-cos'十3sim2ros2r
故-f(平)=-1/(于)-o年
①当a=1时,f(r)0,
cos".r
fr)在(0,十o)上单调递增,
2cos 2r-a-cos x+3sinr
=所以y=-1()即
-4c02r十2
cosr
y--0
f=-是<04)=n4>0.
=4-(2co+3+4os2r-2)
.f(1)·f(4)<0,故f(r)在(1,4》上有
(2)因为f(r)=一2 os .rsin r十2a.r
cos'r
唯一家点,
-sin2r+2ax,令e(x)=一sin2x+2ar
令n=co×x,则n∈(0,1),
(r)=-2c08 2r+2a=2(a-cas 2.r),
令km)-二2n+3+4u-2.
②当a>1时,由f)>0,得r<或
当a>1时,中(x)>0幢成立
所以了(,x)单调道增,且了(0)=0.
则k(m)-2-6+4-4w3+2u-6
>1,fx)在(0,是)上单调运增,在
则当xE(一oo,0)时,f(r)<0,f(x)在
当n∈(0,1)时,k()<0,
(一。,0)上单调递减:
(仔.1)上单词道减,在(1,十四)上单调
()在(0,1)上单调递减。
则当rE(0,+∞)时,f(r)>0,f(r)在
递增,
:k(1)=3,.当4∈(0,1)时,k()>3,
(0,十∞)上单调道增,
∴,()的值城为(3,十o).
文f(0)=1一a,所以函数f(x)的极小值
f(日)=-高-na-1<0.0=
①当a3时,(r)<0,
为1一4,无板大值
4a-4+ln4>0,
∴g(x)在(0,号)上单调递减。
3)由了(r)=-sim2r+2ar,得r(登)
f(日)·f4)<0,故f(x)在
=一sinx十ax
又g0)=0,当xe(0,2)时,gr)<0,
(日)上有一常点
f(r)<