导数综合应用(含答案)

学无止境导数的综合应用（含答案）（高二）1.（15北京理科）已知函数fxln1x．1x（Ⅰ）求曲线yfx在点0，f0处的切线方程；（Ⅱ）求证：当x0，1时，fx2xx3；3（Ⅲ）设实数k使得fxkxx3对x0，1恒成立，求k的最大值．3【答案】（Ⅰ）2x y 0，（Ⅱ）证明见解析，（Ⅲ）k的最大值为 2.试题解析：（Ⅰ）f(x)ln1x,x(1,1),f(x)2x2,f(0)2,f(0)0，曲线1x1yfx在点0，f0处的切线方程为2xy0；（Ⅱ）当x0，1时，fxx3，即不等式f(x)x3)0，对2x2(x33(0,1)成立，设F(x)ln1x2(xx3)ln(1x)ln(1x)2(xx3)，则1x33F(x)2x4，当x0，1时，F(x)0，故F(x)在（0，1）上为增函数，则1x2F(x)F(0)0，因此对x(0,1)，最全文档整理学无止境f(x)2(xx3)成立；3（Ⅲ）使fxx3成立，x0，1，等价于kx3F(x)ln1xk(xx3)0，x0，1；1x3F(x)2k(12)kx42k1x2x1x2，当k[0,2]时，F(x)0，函数在（0，1）上位增函数，F(x)F(0)0，符合题意；当k2时，令F(x)0,x4k20(0,1)，kx(0,x0)x0(x0,1)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(sinx)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(sinx)f0(sinx)在(-,)上的最大值D；22（3）在（2）中，取a0b00,求zba2满足D1时的最大值。4【答案】（Ⅰ）极小值为ba2；（Ⅱ）D|aa||bb|；（Ⅲ）1.400最全文档整理学无止境试题解析：（Ⅰ）f(sinx) sin2x asinx b sinx(sinx a) b， x .2 2[f(sinx)]' (2sinx a)cosx， x .2 2最全文档整理学无止境考点：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),(Ⅰ)证明：当x>0时，f(x)<x；(Ⅱ)证明：当k<1时，存在 x0>0,使得对任意x?(0，x0),恒有f(x)>g(x)；(Ⅲ)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】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详见解析；(Ⅲ)k=1．【解析】最全文档整理学无止境试题分析：(Ⅰ)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；(Ⅱ)构造函数G(x)=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx,x?(0,?),即G(x)0，￠1-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；(Ⅲ)由(Ⅰ)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kx-ln(+1x<)2x，构造函数M(x)=kx-ln(1+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)k<1时，由(Ⅱ)知，x?（0，)递增，而M(0)0，故不存在；当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2ln(1+x)- kx<x，构造2Nx(=)+lxn-(1x违-x)，+xk，,易发现函数N(x)在[0)）2+8(1-k)递增，而，不满足题意；当k=1时，代入证-(k+2+(k+2))N(0)0x?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?(0,￠1-kx+(1-k)?),则有G(x)=1+x-k=1+x当k￡0G￠(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．kk最全文档整理学无止境取x0=1-1对任意x?(0,x0),￠0,G(x)[0,x0)k增,G(x)>G(0)=0,即f(x)>g(x).综上，当k<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)=kx-ln(1+x)，令M(x)=kx-ln(1+x)-x2,x违[0，+)，￠1-2x2+(k-2)x+k-1-2x=,M(x)=k-1+x1+x故当xk-2+(k-2)2+8(k-1)时，￠>0,?4k-2+(k-2)2+8(k-1)M(x)>M(0)=0M(x)在[0)上单调递增，故,，4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)-kx,令N(x)=ln(1+x)-kx-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)￠>故当（，时，N(x)0x?04),-(k+2)+(k+2)2+8(1-k))上单调递增，故N(x)>N(0)=0,M(x)在[0，4即f(x)-2-(k+2)+(k+2)2+8(1-k)中较小的为x1，g(x)>x,记x0与4则当x?(0，x1)时，恒有|f(x)g(x)|>x2，故满足题意的t不存在.最全文档整理学无止境当k=1，由（1）知，当x违(0,+),|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x)，2￠1-2x2-x令H(x)=x-ln(1+x)-x,x违[0，+-2x=,)，则有H(x)=1-1+x1+x￠[0，+￥）上单调递减，故H(x)<H(0)=0,当x>0时，H(x)<0,所以H(x)在故当x>0时，恒有|f(x)-g(x)|<x2,此时，任意实数t满足题意.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)=kx-ln(1+x)>kx-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,k 1)恒有|f(x)-g(x)|>x2,所以满足题意的 t不存在.当k<1时，取k1=k+1，从而k<k1<12由（2）知存在x0>0,使得任意x?(0，x0),恒有f(x)>k1x>kx=g(x).此时|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)>(k1-k)x=1-kx,2令1-kx>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)xln(1x)x2,x[0，+)，则有M(x)112x2x2x,1x1x当x>0￠M(x)<M(0)=0,时，M(x)<0,所以M(x)在[0，+）上单调递减，故故当