Question

2．设函数f（x）=ax²+bx+1-cosx，x∈[0，$\frac{π}{2}$]．
（1）若a=0，b=-$\frac{1}{2}$，求f（x）的单调区间；
（2）若b=0，讨论f（x）在[0，$\frac{π}{2}$]上的零点个数．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）求出f（x）的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，从而判断出零点的个数．

解答 解：（1）若a=0，b=-$\frac{1}{2}$，
则f（x）=-$\frac{1}{2}$x+1-cosx，x∈[0，$\frac{π}{2}$]，
f′（x）=-$\frac{1}{2}$+sinx，
令f′（x）＜0，解得：0≤x＜$\frac{π}{6}$
令f′（x）＞0，解得：$\frac{π}{6}$＜x≤$\frac{π}{2}$，
∴f（x）在[0，$\frac{π}{6}$）递减，在（$\frac{π}{6}$，$\frac{π}{2}$]递增；
（2）b=0时，f（x）=ax²+1-cosx，x∈[0，$\frac{π}{2}$]，
f′（x）=2ax+sinx，
①a≥0时，f′（x）≥0，f（x）在[0，$\frac{π}{2}$]递增，
∴f（x）的最小值是f（0）=0，此时函数有1个零点；
②-$\frac{1}{π}$≤a＜0时，-2ax≤sinx，故f′（x）≥0，
f（x）在[0，$\frac{π}{2}$]递增，
∴f（x）的最小值是f（0）=0，此时函数有1个零点；
③-$\frac{4}{{π}^{2}}$＜a＜-$\frac{1}{π}$时，存在x₀∈[0，$\frac{π}{2}$]，使得：
x∈（0，x₀），f′（x）＞0，x∈（x₀，$\frac{π}{2}$]，f′（x）＜0，
∴f（x）在[0，x₀）递增，在（x₀，$\frac{π}{2}$]递减，
而f（0）=0，f（$\frac{π}{2}$）=$\frac{{π}^{2}}{4}a$+1＞0，此时函数有1个零点；
④a=-$\frac{4}{{π}^{2}}$时，f（$\frac{π}{2}$）=0，此时函数有2个零点；
⑤-1＜a＜-$\frac{4}{{π}^{2}}$时，存在x₀∈[0，$\frac{π}{2}$]，使得：
在（0，x₀），f′（x）＞0，在（x₀，$\frac{π}{2}$]，f′（x）＜0，
∴f（x）在[0，x₀）递增，在（x₀，$\frac{π}{2}$]递减，
而f（0）=0，f（$\frac{π}{2}$）=$\frac{{π}^{2}}{4}a$+1＜0，此时函数有2个零点，
a≤-1时，f′（x）=2ax+sinx，f″（x）=2a+cosx＜0，
∴f′（x）_min=f′（$\frac{π}{2}$）=aπ+1＜0，f（x）在[0，$\frac{π}{2}$]递减，
f（x）_max=f（0）=0，此时函数有1个零点，
综上：a＞-$\frac{4}{{π}^{2}}$或a≤-1时，f（x）有1个零点，-1＜a≤-$\frac{4}{{π}^{2}}$时，f（x）有2个零点．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，是一道中档题．