導(dǎo)數(shù)綜合應(yīng)用(答案)

1、.11.導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用（含答案） （高二）1.（ 15 北京理科）已知函數(shù)fxln 1x 1x（）求曲線 yf x在點(diǎn)0 ，f0處的切線方程；（）求證：當(dāng) x0 ，1時(shí)， fx2 xx3；3（）設(shè)實(shí)數(shù) k 使得 fxkxx3對(duì) x0 ，1 恒成立，求 k 的最大值3【答案】（） 2xy0，（）證明見(jiàn)解析， （） k 的最大值為 2.試題解析：（）f ( x )ln1x, x(1,1),f ( x )2x 2 , f (0)2, f (0)0 ，曲線1x1y fx0f 0xy，處的切線方程為20 ；在點(diǎn)（）當(dāng) x0 ，1時(shí)， fx2x3，即不等式 f ( x )x 3)0 ，對(duì)x2( x33x

2、(0,1) 成立，設(shè)F( x )ln 1x2( xx 3)ln(1x )ln(1x ) 2( xx 3) ，則1x33F ( x )2x 42 ，當(dāng) x0 ，1時(shí)， F ( x )0，故 F( x ) 在（ 0，1 ）上為增函數(shù)，則1xF( x )F(0)0 ，因此對(duì)x(0,1) ，.f ( x )2( xx 3) 成立；3（）使 fxkx3成立， x0 ，1，等價(jià)于x3()ln1x(xx 3)0， x0 ，1；F x1xk3F ( x )2k(12)kx 42k1x 2x1x 2，當(dāng) k0,2時(shí)， F ( x )0 ，函數(shù)在（0，1 ）上位增函數(shù)， F( x )F(0)0 ，符合題意；當(dāng) k

3、2時(shí)，令 F ( x ) 0, x 04k 2(0,1) ，kx(0, x 0 )x 0( x 0 ,1)F ( x )-0+F( x )極小值ZF( x )F(0) ，顯然不成立，綜上所述可知：k 的最大值為2.考點(diǎn)： 1.導(dǎo)數(shù)的幾何意義；2.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，證明不等式；3.含參問(wèn)題討論 .2（ 15 年安徽理科） 設(shè)函數(shù) f ( x)x2axb .（ 1）討論函數(shù) f(sin x)在 (-,2) 內(nèi)的單調(diào)性并判斷有無(wú)極值，有極值時(shí)求出極值；2（2 ）記 f0 (x) x2a0xb0,求函數(shù) f (sin x)f 0 (sin x) 在 (-, ) 上的最大值 D；22（3 ）在（

4、 2）中，取 a0b00,求 zba2 滿足 D1時(shí)的最大值。4【答案】（）極小值為 ba2；（） D| aa0 | b b0 |；（） 1.4.試題解析：（）f (sin x)sin2 xasin xbsin x(sin xa)b ，x.22 f (sin x)'(2sin xa)cos x ，x.22.考點(diǎn)： 1.函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值；2.絕對(duì)值不等式的應(yīng)用.3.（ 15 年福建理科） 已知函數(shù) f( x) = ln(1 + x) ， g (x) = kx,(k ? R),( )證明：當(dāng) x > 0時(shí)， f( x) < x；( )證明：當(dāng) k <1時(shí)，存在 x

5、0 > 0 ,使得對(duì) 任意 x ? (0， x0 ), 恒有 f( x) > g(x)；( )確定 k 的所以可能取值，使得存在t > 0 ，對(duì)任意的 x ? (0，t ), 恒有 |f( x) - g( x) |< x2 【答案】 ( )詳見(jiàn)解析； ( )詳見(jiàn)解析； () k =1【解析】.試題分析： ()構(gòu)造函數(shù) F (x) = f( x) - x = ln(1+ x) - x, x ? (0,? ), 只需求值域的右端點(diǎn)并和 0 比較即可； ( )構(gòu)造函數(shù) G( x) = f( x) - g (x) = ln(1+ x) - kx, x ? (0,? ), 即 G

6、( x)0 ，1求導(dǎo)得 G ( x) =- k1+x=- kx +(1 - k)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù) G( x) 的形狀和最值，證明當(dāng)k <1x0 > 0，使時(shí)，存在1+x得G( x) 0即可；()由()知，當(dāng)k >1時(shí)，對(duì)于" x違(0, + ),故g( x) > x > f( x)，g( x) > f( x)， 則 不 等 式 | f( x) - g( x) |< x2變 形 為 k x - ln(1+ x) < x2 ， 構(gòu) 造 函 數(shù)M( x) = k x - ln(1 + x) - x2 , x 違0， +) ， 只 需 說(shuō) 明

7、 M ( x)0 ， 易 發(fā) 現(xiàn) 函 數(shù) M ( x) 在k - 2 +(k - 2)2 +8(k - 1)x ?（0，) 遞增，而 M (0) 0 ，故不存在；當(dāng) k <1 時(shí)，由 ( )知，4存 在 x0 > 0 , 使 得對(duì) 任 意 的 任 意 的 x ? (0， x0 ), 恒 有 f( x) > g( x) ， 此 時(shí) 不 等 式 變 形 為ln(1 + x) - k x < x2 ，構(gòu)造N( x) = ln(1+ x) - k x - x2 , x 違0， +)，易發(fā)現(xiàn)函數(shù)N (x)在）(k +2)2+8(1- k)- (k+2 +)遞增，而 N (0) 0

8、 ，不滿足題意；當(dāng) k =1時(shí)，代入證（ ，x ? 04明即可試題解析：解法一： (1)令F ( x) = f( x) - x = ln(1 + x) - x, x? (0, ? ), 則 有 1F (x) =- 1=-x1+x1+x當(dāng)x? (0,<0所以 F (x) 在 (0, +? ) 上單調(diào)遞減；? ), F (x),故當(dāng) x > 0 時(shí)， F ( x) < F (0) = 0, 即當(dāng) x > 0 時(shí)， f( x) < x (2)令 G( x) = f( x) - g( x) = ln(1 + x) - kx, x ? (0, ?1), 則有 G (x) =

9、1+x當(dāng)k 0>所以 G( x) 在 0, +? ) 上單調(diào)遞增,G( x) > G (0) = 0G (x)0,故對(duì)任意正實(shí)數(shù)x0 均滿足題意 .- kx + (1- k)- k =1+x當(dāng) 0 < k <11- k1= -1>0時(shí)，令 G (x) = 0, 得 x=kk.取 x0 =1- 1，對(duì) 任 意, 所 以 G( x) 在 0, x 0 ) 上 單 調(diào) 遞kx ? (0, x0 ), 恒 有 G ( x) > 0增, G( x) > G (0) = 0 ,即f( x) > g( x) .綜上，當(dāng) k <1 時(shí)，總存在x0 >

10、 0 ,使得對(duì)任意的x ? (0， x0 ), 恒有 f( x) > g(x) (3)當(dāng)k >1時(shí)，由（ 1）知，對(duì)于" x 違(0, +),g( x) > x > f( x)， g (x) > f( x)，故| f( x) - g( x) |= g( x) -f ( x) = k x - ln(1 + x) ，令 M( x) = k x - ln(1+ x) -x2 , x 違0， +) ，1-2 x2 +(k-2) x + k - 1則有- 2x=,M ( x) = k -1+ x1+ x故當(dāng)k - 2 +(k - 2)2 +8(k- 1)時(shí)，x （

11、0，)M (x) > 0 ,?4k - 2 +(k - 2)2 +8(k- 1)上單調(diào)遞增，故,，)M( x) > M(0)= 0M( x) 在 04即 | f( x) - g(x) |> x2,所以滿足題意的 t 不存在 .當(dāng) k <1時(shí)，由（ 2）知存在 x0> 0 ,使得對(duì)任意的任意的x ? (0， x0 ), 恒有 f( x) > g( x) 此時(shí) |f( x) - g( x) |= f( x) -g( x) = ln(1 + x) - k x ,令 N( x) = ln(1 + x) - k x -x2 , x 違0， +) ，則有 N '

12、 ( x) = 1- k - 2x= -2 x2 -(k+2) x - k +1,1+ x1 + x）(k +2)2+8(1- k)- (k+2+0（ ，)時(shí)， N ( x)>,故當(dāng) x ? 04- (k + 2) +(k +2) 2 +8(1- k)上單調(diào)遞增，故 N( x) > N (0) = 0 ,，)M( x) 在 042- (k + 2) +(k + 2)2 +8(1- k)x1 ，即 f( x) - g (x) > x,記 x0 與4中較小的為則當(dāng) x ? (0， x1 )時(shí)，恒有 | f( x) g( x) |> x2，故滿足題意的 t 不存在 .當(dāng) k=

13、1，由（ 1）知， 當(dāng) x違(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 違0， +- 2x=,) ，則有 H (x) = 1 -1+ x1+ xH( x) < H (0) = 0 ,當(dāng) x >0 時(shí)， H ( x) < 0 ,所以 H( x) 在 0，+￥）上單調(diào)遞減，故故當(dāng) x > 0 時(shí)，恒有 | f( x) -g( x) |< x2,此時(shí)，任意實(shí)數(shù) t 滿足題意 .綜上，k =1.解法二：（ 1）（2）同

14、解法一 .（3 ）當(dāng) k >1時(shí)，由（ 1）知，對(duì)于 "x 違(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，從而得到當(dāng) k >1時(shí)， 對(duì)于 x ? (0, k1) 恒有 |f( x) - g(x) |> x2 ,所以滿足題意的t 不存在 .當(dāng) k <1時(shí)，取 k1 = k+1 ，從而 k < k1

15、 < 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) .1 - k此時(shí) |f( x) - g( x) |= f( x) - g( x) > (k1 - k) x =x ,令 1- k x > x2 , 解得 0 < x < 1- k ，此時(shí) f( x) - g( x) > x2 ,22記 x0 與1-k 中較小的為 x1 ，則當(dāng) x ? (0， x1 )時(shí)，恒有 | f( x)g( x) |> x2 ，2故滿足題意的t 不存在 .當(dāng) k=1，由（ 1）知， 當(dāng) x違(0, + ), | f( x) - g( x) |= g( x) -f (x) = x - ln(1 + x)，令 M( x)x ln(1 x)x2 , x 0， + ) ，則有 M ( x) 112x2x2x ,1x1x當(dāng) x >0,所以 M( x) 在 0，+ ）上單調(diào)遞減，故M( x) &l