高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第2講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用考題溯源變式 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

（通用版）2016年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題四導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第2講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用考題溯源教材變式理真題示例對(duì)應(yīng)教材題材評(píng)說(shuō)(2014·高考課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ，12分)已知函數(shù)f(x)＝ex－e－x－2x，(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)g(x)＝f(2x)－4b·f(x)，當(dāng)x>0時(shí)，g(x)>0，求b的最大值；(3)已知1.4142<eq\r(2)<1.4143，估計(jì)ln2的近似值(精確到0.001)(必修1P83B組T4)設(shè)f(x)＝eq\f(ex－e－x,2)，g(x)＝eq\f(ex＋e－x,2).求證：f(2x)＝2f(x)g(x).(選修2－2P26T1(2))：判斷函數(shù)f(x)＝ex－x的單調(diào)區(qū)間.(選修2－2P32B組T1(3))證明不等式ex>1＋x.真題是三個(gè)小題的有機(jī)合成，源于教材，高于教材，整合教材資源得出高質(zhì)量的綜合試題，是值得我們注意的.[教材變式訓(xùn)練][變式1](選修2－2P26練習(xí)T1(4)改編)已知f(x)＝－x3－x2＋(a＋1)x＋1(a>0)(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)0≤x≤1時(shí)，分別求出f(x)取得最大值和最小值時(shí)x的值．解：(1)f(x)的定義域?yàn)?－∞，＋∞)，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)．當(dāng)x<x1或x>x2時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x1<x<x2時(shí)，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，eq\f(－1－\r(4＋3a),3))和(eq\f(－1＋\r(4＋3a),3)，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，在(x1，x2)內(nèi)單調(diào)遞增．(2)因?yàn)閍>0，所以x1<0，x2>0.①當(dāng)a≥4時(shí)，x2≥1，由(1)知，f(x)在[0，1]上單調(diào)遞增，所以f(x)在x＝0和x＝1處分別取得最小值和最大值．②當(dāng)0<a<4時(shí)，x2<1，由(1)知，f(x)在[0，x2]上單調(diào)遞增，在[x2，1]上單調(diào)遞減，所以f(x)在x＝x2＝eq\f(－1＋\r(4＋3a),3)處取得最大值．又f(0)＝1，f(1)＝a，所以當(dāng)0<a<1時(shí)，f(x)在x＝1處取得最小值；當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)在x＝0處和x＝1處同時(shí)取得最小值；當(dāng)1<a<4時(shí)，f(x)在x＝0處取得最小值．[變式2](選修2－2P18A組T6改編)設(shè)f(x)＝eq\f(alnx,x)(x>0，a>0)，(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)f(x)max＝1時(shí)，求a的值；(3)試比較20142015與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時(shí)，0<x<e，f′(x)<0時(shí)，x>e，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，e)，單調(diào)遞減區(qū)間是(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，＋∞)上是減函數(shù)，∴f(2014)>f(2015)，即eq\f(aln2014,2014)>eq\f(aln2015,2015)，∴2015ln2014>2014ln2015，∴20142015>20152014.[變式3](選修2－2P31練習(xí)(4)改編)已知函數(shù)f(x)＝2x3－3x，(1)求f(x)在區(qū)間[－2，1]上的最大值；(2)若過(guò)點(diǎn)P(1，t)存在3條直線與曲線y＝f(x)相切，求t的取值范圍．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?yàn)閒(－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)在區(qū)間[－2，1]上的最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))＝eq\r(2).(2)設(shè)過(guò)點(diǎn)P(1，t)的直線與曲線y＝f(x)相切于點(diǎn)(x0，y0)，則y0＝2xeq\o\al(3,0)－3x0，且切線斜率為k＝6xeq\o\al(2,0)－3，所以切線方程為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，設(shè)g(x)＝4x3－6x2＋t＋3，則“過(guò)點(diǎn)P(1，t)存在3條直線與曲線y＝f(x)相切”等價(jià)于“g(x)有3個(gè)不同的零點(diǎn)”，g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)，g(x)與g′(x)的情況如下：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)的極大值，g(1)＝t＋1是g(x)的極小值．當(dāng)g(0)＝t＋3≤0，即t≤－3時(shí)，g(x)在區(qū)間(－∞，1]和(1，＋∞)上分別至多有1個(gè)零點(diǎn)，所以g(x)至多有2個(gè)零點(diǎn)．當(dāng)g(1)＝t＋1≥0即t≥－1時(shí)，g(x)在區(qū)間(－∞，0)和[0，＋∞)上分別至多有1個(gè)零點(diǎn)，所以g(x)至多有2個(gè)零點(diǎn)．當(dāng)g(0)>0且g(1)<0，即－3<t<－1時(shí)，因?yàn)間(－1)＝t－7<0，g(2)＝t＋11>0，所以g(x)分別在區(qū)間[－1，0)，[0，1)和[1，2]上恰有1個(gè)零點(diǎn)．由于g(x)在區(qū)間(－∞，0)和(1，＋∞)上單調(diào)，所以g(x)分別在區(qū)間(－∞，0)和[1，＋∞)上恰有1個(gè)零點(diǎn)．綜上可知，過(guò)點(diǎn)P(1，t)存在3條直線與曲線y＝f(x)相切時(shí)，t的取值范圍是(－3，－1)．[變式4](選修2－2P32B組T1(1))設(shè)函數(shù)f(x)＝sinx－x.(1)求證：當(dāng)x∈[0，π)時(shí)，f(x)≤0恒成立；(2)若s<eq\f(f（x）,x)<t，對(duì)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立，求s的最大值與t的最小值．解：(1)證明：∵f′(x)＝cosx－1≤0，x∈[0，π)且f′(x)＝0時(shí)，x＝0，∴f(x)在[0，π)上是單調(diào)遞減，∴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.設(shè)a<eq\f(sinx,x)<b，當(dāng)x>0時(shí)，“eq\f(sinx,x)>a”等價(jià)于“sinx－ax>0”；“eq\f(sinx,x)<b”等價(jià)于“sinx－bx<0”．令g(x)＝sinx－cx，則g′(x)＝cosx－c.當(dāng)c≤0時(shí)，g(x)>0對(duì)任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立．當(dāng)c≥1時(shí)，因?yàn)閷?duì)任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，g′(x)＝cosx－c<0，所以g(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，從而g(x)<g(0)＝0對(duì)任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立．當(dāng)0<c<1時(shí)，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)與g′(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的情況如下：x(0，x0)x0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))g′(x)＋0－g(x)因?yàn)間(x)在區(qū)間[0，x0]上是增函數(shù)，所以g(x0)>g(0)＝0.進(jìn)一步，“g(x)>0對(duì)任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立”當(dāng)且僅當(dāng)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).綜上所述，當(dāng)且僅當(dāng)c≤eq\f(2,π)時(shí)，g(x)>0對(duì)任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立；當(dāng)且僅當(dāng)c≥1時(shí)，g(x)<0