导数综合应用(含答案)

1、11. 导数的综合应用（含答案） （高二）1.（ 15 北京理科）已知函数fxln1x 1x（）求曲线 yf x在点0 ，f0处的切线方程；（）求证：当 x0 ，1时， fx2 xx3；3（）设实数 k 使得 fxk xx3对 x0 ，1 恒成立，求 k 的最大值3【答案】（） 2xy0 ，（）证明见解析， （） k 的最大值为 2.试题解析：（）f ( x )ln1x, x(1,1), f ( x )2x 2 , f (0)2, f (0)0 ，曲线1x1y fx 在点0 ， f0处的切线方程为2xy0 ；（）当 x0，1 时， f xx3，即不等式 f ( x )x30 ，对2 x2( x

2、)33x (0,1) 成立，设F( x )ln 1x2( xx 3) ln(1x )ln(1x ) 2( xx 3) ，则1x33F ( x )2x 40，1时， F ( x )0，故 F( x ) 在（ 0，1）上为增函数，则1，当 xx 2()(0)0 ，因此对x(0,1) ，F xFf ( x )2( xx 3) 成立；3（）使 f xx3成立， x0 ，1，等价于k x3F( x )ln 1xk( xx 3 )0 ， x0，1 ；1x3F ( x )2k(12)kx 42k1x 2x1x 2，当 k0,2时， F ( x )0 ，函数在（ 0，1）上位增函数， F( x )F(0)0

3、，符合题意；当 k2时，令 F ( x ) 0, x4k20(0,1) ，kx(0, x 0 )x 0( x 0 ,1)F ( x )-0+F( x )极小值F( x )F(0) ，显然不成立，综上所述可知：k 的最大值为2.考点： 1. 导数的几何意义；2. 利用导数研究函数的单调性，证明不等式；3. 含参问题讨论 .2（ 15 年安徽理科） 设函数 f ( x)x2axb .（ 1）讨论函数 f (sin x)在 (-,2) 内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；2（2）记 f0 ( x) x2a0xb0,求函数 f (sin x)f 0(sin x) 在 (-, ) 上的最大值 D

4、；22（3）在（ 2）中，取 a0b00, 求 zba2 满足 D1时的最大值。4【答案】（）极小值为 ba2；（） D| aa0 | b b0 |；（） 1.4试题解析：（） f (sin x)sin2 xa sin xbsin x(sin xa)b ，x.22 f (sin x)'(2sin xa)cos x ，x.22考点： 1.函数的单调性、极值与最值；2.绝对值不等式的应用.3.（ 15 年福建理科） 已知函数 f( x) = ln(1 + x) ， g(x) = kx,(k ? R),( )证明：当 x > 0时， f( x) < x ；( )证明：当 k &l

5、t; 1 时，存在 x0 > 0 ,使得对 任意 x ? (0，x0 ), 恒有 f( x) > g( x)；( )确定 k 的所以可能取值，使得存在t > 0 ，对任意的x ? (0， t ), 恒有 | f( x) - g (x) |< x2 【答案】 ( )详见解析； ( )详见解析； ( ) k =1【解析】试题分析： ( )构造函数 F ( x) = f( x) - x = ln(1 + x) - x, x ? (0,? ), 只需求值域的右端点并和 0 比较即可； ( )构造函数 G( x) = f( x) - g( x) = ln(1 + x) - kx,

6、 x? (0,? ), 即 G ( x)0 ，1求导得 G ( x) =- k1+x= - kx +(1 - k) ，利用导数研究函数G ( x) 的形状和最值，证明当k < 1时，存在 x0 > 0 ，使1+x得G (x)0即可； ( ) 由 ( ) 知，当 k >1 时，对于" x 违(0, +故), g( x) > x> f( x，)g( x) > f( x) ， 则 不 等 式 | f( x) - g( x) |< x2 变 形 为 k x -l n (+1x <)2x ， 构 造 函 数M( x) = k x - ln(1+

7、x) - x2 , x 违0，+ ) ， 只 需 说 明 M ( x)0 ， 易 发 现 函 数 M ( x) 在k - 2 +(k - 2)2 +8(k - 1)x ?（0，) 递增，而 M (0) 0 ，故不存在；当 k <1时，由 ( )知，4存 在 x0 > 0 , 使 得 对 任 意 的 任 意 的 x ? (0，x0 ), 恒 有 f( x )> g (x )， 此 时 不 等 式 变 形 为ln(1+ x2)- kx < x，构造2N x( = )+l x n -( 1x 违-x)， +xk，,易发现函数N (x) 在 0)）(k +2)2+8(1- k)

8、递增，而，不满足题意；当 k =1时，代入证x- (k +2 +)N (0)0（ ，? 04明即可试题解析：解法一： (1)令 F ( x) = f( x) -x = ln(1 + x) -x, x ? (0,?),则有1xF (x )=- =1-+1 +x1x当 x? (0, ? ), F (x) < 0 ,所以 F ( x) 在 (0, +? ) 上单调递减；故当 x > 0 时， F ( x) < F (0) = 0, 即当 x > 0 时， f( x) < x (2) 令 G( x) = f( x) - g( x) = ln(1 + x) - kx, x

9、? (0,1- kx + (1- k)? ), 则有 G (x) =1+x- k =1+x当 k 0 G(x) > 0,所以 G( x) 在 0, +? ) 上单调递增 , G( x) > G(0) = 0故对任意正实数x0 均满足题意 .当 0 < k < 1时，令 G(x) = 0, 得 x= 1- k = 1 - 1 > 0 k k取x0=1-1对 任 意x ? (0, x0 ),0,G (x )0, x0 )恒 有G (x >)所 以上单调递，在k增, G( x) > G (0) = 0 ,即f( x) > g (x) .综上，当 k &

10、lt; 1时，总存在 x0 > 0 ,使得对任意的x ? (0，x0 ), 恒有 f( x) > g(x) (3) 当 k >1时，由（ 1）知，对于 " x 违(0, +), g( x) > x > f( x)，故 g( x) > f( x) ，| f( x) - g( x) |= g( x) -f ( x) = k x - ln(1 + x) ，令 M( x) = k x - ln(1+ x) - x2 , x 违0，+) ，1-2 x2 +(k-2) x + k - 1- 2x=,则有 M ( x) = k -1 + x1+ xk - 2 +

11、(k - 2)2 +8(k- 1)故当 x ?（0，4) 时， M (x) > 0 ,k - 2 +(k - 2)2 +8(k- 1)上单调递增，故,，)M( x) > M(0) = 0M( x) 在 04即 | f( x) - g( x) |> x2,所以满足题意的 t 不存在 .当 k <1 时，由（ 2）知存在 x0> 0 ,使得对任意的任意的x ? (0，x0 ), 恒有 f( x) > g( x) 此时 |f( x) - g( x) |= f( x) - g ( x) = ln(1 + x) - k x ,令 N( x) = ln(1+ x) -

12、k x - x2 , x 违0，+) ，则有 N ' ( x) = 1- k - 2x= -2x2 -(k+2) x - k +1,1+ x1+ x）(k +2)2+8(1- k)- (k+2+>故当（ ，时， N ( x)0x ? 04),- (k + 2) +(k +2)2 +8(1- k)N( x) > N (0) = 0,M( x) 在 0，4) 上单调递增，故2- (k + 2) +(k + 2)2 +8(1- k)即 f( x) - g (x) > x,记 x0 与4中较小的为 x1 ，则当 x ? (0， x1 )时，恒有 | f( x) g( x) |

13、> x2 ，故满足题意的t 不存在 .当 k=1，由（ 1）知， 当 x违(0, +), | f( x) - g( x) |= g( x) -f (x) = x - ln(1 + x) ，21-2 x2 - x令 H( x) = x - ln(1+ x) -x , x 违0，+- 2 x=,) ，则有 H (x) = 1 -1 + x1+ x当 x > 0 时，<,H( x)0，+￥）H( x) < H (0) = 0 ,H ( x)在0 所以上单调递减，故故当 x > 0 时，恒有 | f( x) - g(x) |< x2 ,此时，任意实数t 满足题意 .

14、综上，k =1.解法二：（ 1）（ 2）同解法一.（3）当k > 1 时，由（1）知，对于"x 违(0, +), g(x) > x > f( x)，故 | f( x) - g( x) |= g (x) -f ( x) = k x - ln(1+ x) > k x - x = (k - 1) x ，令 (k - 1)x > x2 ,解得 0 < x < k - 1，从而得到当k > 1 时， 对于 x ? (0,k1) 恒有 |f( x) - g (x) |> x2 ,所以满足题意的t 不存在.当 k <1 时，取 k1 =

15、k+1 ，从而 k < k1 < 1 2由（ 2）知存在 x0 > 0 ,使得 任意 x ?(0， x0 ), 恒有 f( x) > k1 x > kx = g( x) .此时 |f( x) - g( x) |= f( x) -g( x) > (k1- k) x = 1 - k x ,2令 1- k x > x2 , 解得 0 < x < 1- k ，此时 f( x) - g( x) > x2,22记 x0 与1-k 中较小的为 x1 ，则当 x ? (0， x1 )时，恒有 |f( x)g( x) |> x2 ，2故满足题意的 t 不存在 .当 k=1，由（ 1）知， 当 x违(0, + ), | f( x) - g( x) |= g( x) -f (x) = x - ln(1 + x) ，令 M( x)x ln(1 x) x2 , x 0， + ) ，则有 M ( x) 112x2x2x ,1x1x当 x > 0M( x) < M(0)=0,时， M ( x)