高考数学二轮复习 专题四 导数及其应用 第2讲 导数的综合应用考题溯源变式 理-人教版高三数学试题

（通用版）2016年高考数学二轮复习专题四导数及其应用第2讲导数的综合应用考题溯源教材变式理真题示例对应教材题材评说(2014·高考课标全国卷Ⅱ，12分)已知函数f(x)＝ex－e－x－2x，(1)讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)＝f(2x)－4b·f(x)，当x>0时，g(x)>0，求b的最大值；(3)已知1.4142<eq\r(2)<1.4143，估计ln2的近似值(精确到0.001)(必修1P83B组T4)设f(x)＝eq\f(ex－e－x,2)，g(x)＝eq\f(ex＋e－x,2).求证：f(2x)＝2f(x)g(x).(选修2－2P26T1(2))：判断函数f(x)＝ex－x的单调区间.(选修2－2P32B组T1(3))证明不等式ex>1＋x.真题是三个小题的有机合成，源于教材，高于教材，整合教材资源得出高质量的综合试题，是值得我们注意的.[教材变式训练][变式1](选修2－2P26练习T1(4)改编)已知f(x)＝－x3－x2＋(a＋1)x＋1(a>0)(1)讨论f(x)的单调性；(2)当0≤x≤1时，分别求出f(x)取得最大值和最小值时x的值．解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1＋a－2x－3x2.令f′(x)＝0，得x1＝eq\f(－1－\r(4＋3a),3)，x2＝eq\f(－1＋\r(4＋3a),3)，由x1<x2，所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)．当x<x1或x>x2时，f′(x)<0；当x1<x<x2时，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，eq\f(－1－\r(4＋3a),3))和(eq\f(－1＋\r(4＋3a),3)，＋∞)内单调递减，在(x1，x2)内单调递增．(2)因为a>0，所以x1<0，x2>0.①当a≥4时，x2≥1，由(1)知，f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值．②当0<a<4时，x2<1，由(1)知，f(x)在[0，x2]上单调递增，在[x2，1]上单调递减，所以f(x)在x＝x2＝eq\f(－1＋\r(4＋3a),3)处取得最大值．又f(0)＝1，f(1)＝a，所以当0<a<1时，f(x)在x＝1处取得最小值；当a＝1时，f(x)在x＝0处和x＝1处同时取得最小值；当1<a<4时，f(x)在x＝0处取得最小值．[变式2](选修2－2P18A组T6改编)设f(x)＝eq\f(alnx,x)(x>0，a>0)，(1)求f(x)的单调区间；(2)当f(x)max＝1时，求a的值；(3)试比较20142015与20152014的大小．解：(1)∵f(x)＝eq\f(alnx,x)得f′(x)＝eq\f(a（1－lnx）,x2)(x>0)，令f′(x)＝0，∴x＝e，∵a>0，∴f′(x)>0时，0<x<e，f′(x)<0时，x>e，∴f(x)的单调递增区间是(0，e)，单调递减区间是(e，＋∞)．(2)由(1)知f(x)max＝f(e)＝eq\f(a,e)，∴eq\f(a,e)＝1，∴a＝e.(3)由(1)知f(x)在(e，＋∞)上是减函数，∴f(2014)>f(2015)，即eq\f(aln2014,2014)>eq\f(aln2015,2015)，∴2015ln2014>2014ln2015，∴20142015>20152014.[变式3](选修2－2P31练习(4)改编)已知函数f(x)＝2x3－3x，(1)求f(x)在区间[－2，1]上的最大值；(2)若过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切，求t的取值范围．解：(1)由f(x)＝2x3－3x得f′(x)＝6x2－3，令f′(x)＝0得，x＝－eq\f(\r(2),2)或x＝eq\f(\r(2),2)，因为f(－2)＝－10，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))＝eq\r(2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝－eq\r(2)，f(1)＝－1，所以f(x)在区间[－2，1]上的最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))＝eq\r(2).(2)设过点P(1，t)的直线与曲线y＝f(x)相切于点(x0，y0)，则y0＝2xeq\o\al(3,0)－3x0，且切线斜率为k＝6xeq\o\al(2,0)－3，所以切线方程为y－y0＝(6xeq\o\al(2,0)－3)(x－x0)，因此，t－y0＝(6xeq\o\al(2,0)－3)(1－x0)，整理得4xeq\o\al(3,0)－6xeq\o\al(2,0)＋t＋3＝0，设g(x)＝4x3－6x2＋t＋3，则“过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切”等价于“g(x)有3个不同的零点”，g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)，g(x)与g′(x)的情况如下：x(－∞，0)0(0，1)1(1，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)t＋3t＋1所以，g(0)＝t＋3是g(x)的极大值，g(1)＝t＋1是g(x)的极小值．当g(0)＝t＋3≤0，即t≤－3时，g(x)在区间(－∞，1]和(1，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点．当g(1)＝t＋1≥0即t≥－1时，g(x)在区间(－∞，0)和[0，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点．当g(0)>0且g(1)<0，即－3<t<－1时，因为g(－1)＝t－7<0，g(2)＝t＋11>0，所以g(x)分别在区间[－1，0)，[0，1)和[1，2]上恰有1个零点．由于g(x)在区间(－∞，0)和(1，＋∞)上单调，所以g(x)分别在区间(－∞，0)和[1，＋∞)上恰有1个零点．综上可知，过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切时，t的取值范围是(－3，－1)．[变式4](选修2－2P32B组T1(1))设函数f(x)＝sinx－x.(1)求证：当x∈[0，π)时，f(x)≤0恒成立；(2)若s<eq\f(f（x）,x)<t，对x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立，求s的最大值与t的最小值．解：(1)证明：∵f′(x)＝cosx－1≤0，x∈[0，π)且f′(x)＝0时，x＝0，∴f(x)在[0，π)上是单调递减，∴f(x)≤f(0)＝0.即f(x)≤0.(2)∵eq\f(f（x）,x)＝eq\f(sinx－x,x)＝eq\f(sinx,x)－1.设a<eq\f(sinx,x)<b，当x>0时，“eq\f(sinx,x)>a”等价于“sinx－ax>0”；“eq\f(sinx,x)<b”等价于“sinx－bx<0”．令g(x)＝sinx－cx，则g′(x)＝cosx－c.当c≤0时，g(x)>0对任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立．当c≥1时，因为对任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，g′(x)＝cosx－c<0，所以g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，从而g(x)<g(0)＝0对任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立．当0<c<1时，存在唯一的x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))使得g′(x0)＝cosx0－c＝0.g(x)与g′(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的情况如下：x(0，x0)x0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))g′(x)＋0－g(x)因为g(x)在区间[0，x0]上是增函数，所以g(x0)>g(0)＝0.进一步，“g(x)>0对任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立”当且仅当geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1－eq\f(π,2)c≥0，即0<c≤eq\f(2,π).综上所述，当且仅当c≤eq\f(2,π)时，g(x)>0对任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立；当且仅当c≥1时，g(x)<0