导数综合应用(含标准答案)

1、11.导数的综合应用（含答案）（高二）、 一 1 x1. （15北东理科）已知函数 f x ln-1 x（i）求曲线y f x在点0, f 0处的切线方程;3（n）求证：当 x 0, 1时，f x 2 x上；3（m）设实数k使得f xx3k x 一对x 0, 1恒成乂，求k的取大值.3【答案】（i） 2x y 0, （n）证明见解析，（出）k的最大值为2.【解析i试题分析！利用导数的几何意义,求出函敷在I二。处的函敬值及导致值，而用直线方程的点掰式写S3直线方程；第二步要证明不等式（工）21+在，门口，11成立，可用作差法构造幽数E）=卜1±£_2G 4工利用导数就究函数F

2、在区间。上的单调性，由于产% 0, 1-，3产3）在（工门上为噌函数，则网，） 网0） = 0,问题得证，第三步与第二步有法类似，构造函 敬研究幽敏单调性，但需要对参数/作讨论，首先立白0, 2符合题意，其次告E 2时，不满电瓶 意舍去，得出上的最大值为）试题解析：（I）1 x2f(x) lnr，x (仆) F，f(0)2，f(0)y f x在点0, f 0处的(n)当 x 0, 1 时，f xx (0,1)成立，设1 xF(x)ln 4x1 x一、2x4F(x)2，当 x 01 x线方程为2x y 0；32 x ,即不等式f（x）3)ln(1 x) ln(11 时，F(x)0 ,故 F(3x

3、4x )0,对3xx） Zx 忍），则生（0, 1）上为增函数，则(0,1),F(x)F(0)3一xf(x)4x 一)成立;33(出)使f x k x 成立，x 0,1,等价于 31 xxF(x)ln 广k(x 十 °, x 0，1 ；22 kx2 kF(x) f k(1 x) i 乂2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k 2时，令 F(x)0,x04一 m),x(0, x0)x°(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

4、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) x a 【答案】(I)极小值为 b -；(n) D |a a01 |b b0|;(ni) 1. ax b .(1)讨论函数f(sinx)在(, )内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值； 2 2(2)记 f0(x) x2 a0x b0,求函数 f(sinx) f0(sinx)在(,一)上的最大值 D；2 2在(2)中，取a。d 0,求z b 运满足D 1时的最大值。4【解析】试题分析 ( I )将 si 口 工代入 f (4)为 /(sin. x) = sin a a sin x + b = sin.

5、Y(sin .v- d)-b t< x<-牙可叮叮求导得/(血 x), = (2sinx-a)cosx>- < xc因为三 < x< j 所以cosx30±-2 < 2sinx< 2.按口的范围分三种情充进行讨论士当厘£-2/WR时，曲款，国na单调层噌，无极值一当口之工石W7?时,函数f区 口不单调递遍，无极值.当一 2 <白< 3在(一；二；)内存在唯一的.，使得2sini：=仃.Ju工三七时，函数fGiix)单调递减；三式三时.函数/(£口»单调递增一因此，一2y工占白R时，函数“sin&

6、quot;在英处有极小值/(sin #：) = /(当=6 -HD当-22时依据党对值不等 M式可知|(sin©-工(sin戈)IW(0二-曰)点口工十b-a臼以一凭.|十力一力：|，从而能够得出liK必讪*-左包口.可在一：中上的最大值为。=I”.I+BTI (III)当DML即&"|，L此 一 时UWa-01工7江5三3从l而二三匕( £1 一依据式子恃征取a三。：5三，则I汇；+lJ 01,并且/一-由此可知，二二b-£满足条件DS1的最大值为1.44试题解析：(I) f (sin x) sin2 x asin x b sin x(sin

7、x a) b, x .22f (sin x)' (2sin x a)cos x ,因为一二<.为j 所以£05X30一-二(匕1口了<: 22当匕£26七五时m瓯数/(由1©单调道噌，无极值当425 WR时，函数工)单调旗城，无极倡当一2M八2在。三百内存在唯一的知 使得2siii与山一日工三工七时，函数,(山1药单调递述；5 <x<三时，函敷冷单调建增一1因此，-2< £i<27 Sw*时，函数/'(sin力在七处膏极小值(Sn/) = f(g)=匕土 24CII ) 一£ x£

8、g时，|/(sin另一人$血W|=|(两一口)4口工+匕一瓦国口一矶I十I占一名11当(% - 0(% -力)2 °眈 取x = 2,等号成立，air当g水与-切0时，取工=-£,等号成立,由此可知,函数|(立口力一加(sin初在一,§上的最大值为2)=1 口一吗二|6-4. 牛(III) D4L 即|0|十向ML 此时。*口： WL-lWbWl,从而上二方一土W1取目= 46=1* 则| 口 +1 5 |<li 并且/= b土 = 144由此可知，N=5-幺满足条件口与1的最大值为1. 4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. (

9、15 年福建理科)已知函数 f(x)= ln(1+x), g(x)二 kx,(k E R),(I )证明：当 x>0时，f( x)<x；(n)证明：当k<1时，存在x0>0使得对任意xE(0, x0)，恒有f(x)g(x)；(出)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；(n)详见解析；(m)k=1.【解析】试题分析：(I)构造函数F(x)=f(x)_x=ln(1+x)_x,x£ (0，+g)，只需求值域的右端点并 和 0 比较即可；(n)构造函数 G(x)

10、= f(x)_g(x)= ln(1 + x)_kx,xE(0，+QO)，即 G(x) 0, 求导得Gl(x) - -_k1+x-kx+(1k),利用导数研究函数 G(x)的形状和最值，证明当 k< 1时，存在x00 ,使 1+x得 G(x) 0 即可；(出)由(1)知，当 k>1 时，对于 /x£ (0，+8)，g(x)xf(x),故 g(x)f(x),则不等式 |f(x)- g(x) K x2 变形为 kx-ln(l+x)< x2 ,构造函数 M( x)= kx-ln(1+x)-x2,x£0, +»),只需说明 M(x) 0,易发现函数 M (

11、x)在 x£(0, k-2+J(k-2)+8(k-1) 增 而 m 0,故不存在；当 卜<1时，由(11)知，4存在x。，使得对任意的任意的xE (0, x°)，恒有f(x)g(x),此时不等式变形为 ln(1 f x) - k x < x2 ,构造 N(x)=ln(1 + x)-kx-x2,x£0, +QC),易发现函数 N(x)在 x E(0, (k+2)+ j(k+2)+8(1-k)递增,而N(0) 0,不满足题意；当k = 1时，代入证 4明即可.试题 解析： 解 法一：(1)令 F(x)=f(x)-x=ln(1+x)-x,xE(0，+OO),

12、则 有Fl(x)，_1-J1+x1+x当 x E (0, +00), Fl(x)<0，所以 F (x)在(0, +g)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 -f x) - kx, x g (0,+OO),则有 G(x)二-k= kx+(1 k) 1+x1+x当 k10Gf(x)0,所以 G(x)在0,+00)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 "时，令G(x)二0,得x二=k二工1>0.k k取Xo=

13、1 1,对任意x£(0,x°)，恒有G(x)0 ,所以G(x)在0,X0)上单调递 k -增,G(x)G(0)二0，即f(x)g(x).综上，当k<1时，总存在x0>0,使得对任意的xE(0, x°)，恒有f(x)g(x).(3)当 k>1 时，由(1)知，对于 /x£ (0,+8), g(x)xf(x),故 g(x)> f(x),|f(x) -g(x)|二 g(x)-f(x)=kx-ln(l + x),令 M(x)=kx-ln(1+x)-x2,x£0, +00),1-2x2+(k-2)x-|-k-1则有 M«

14、x) _k2x=,1+x1+xk-2 +J(k-2)2 + 8(k-1)故当 x £ (0,S)')时，Mf(x)>0,、4M( x)在0,12 + (2) +8(kT)上单调递增 故 m( x) > m(0)二 0 ,42即|f(x)-g(x)|x ,所以满足题意的t不存在.当k<1时，由(2)知存在x。0,使得对任意的任意的xE(0, x0)，恒有f(x)> g(x).此时 |f(x)-g(x) |二f(x)-g(x)二 ln(1+x)-kx,令 N(x)=ln(1+x)-k x-x2,x，0, +00),则有 N(x)二;-k-2x=-2x2-(

15、k+2)x-kF1+x1+x故当 x £(0, (k+2)+J(k+2)2+8(1F)时,Nl(x)>0,4M( x)在0,-(k+2)+J(k + 2)2J8(1 - k)上单调递增，故 N(x)>N(0)二 0, 42- -(k +2) + (k+2)2 +8(1-k)即f(x)g(x)x，记 x0与中较小的为 x1，4则当x E(0, x)时，恒有|f(x)-g(x) |x2,故满足题意的t不存在.当 k=1,由(1)知，当X£(0,+g), |f(x)-g(x)|二 g(x)- f (x)二 x-ln(1+x),令 H(x)=x-ln(l+x)-x2,x

16、£0, +00),则有 H(x)二 1-1- 2x=-2： x, 1十x 1十x当 x>0 时，H(x) <0,所以 H(x)在0,+00)上单调递减，故 H(x)<H(0)二 0,故当x> 0时，恒有| f( x) - g(x) K 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£(0，+oo)，g(x)> xf(x),故 |f(x) -g(x) |二g(x) - f (x)=kx-ln(1+x) > k x-x=(k-1)x ,令(k -1)xx2,解得

17、 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kk空1,从而k< k1t 1 2由(2)知存在x00,使得任意xE(0, x°)，恒有f(x)kxkx二g(x).，1 k此时 |f(x)-g(x) |=f(x)-g(x) >(k1-k)x= -x,2“ 1 k 2 1 k、 2令-x >x ,解得 0 <x ,此时 f(x)_g(x)>x ,221-k .记x0与中较小的为x1，则当x E(0, x1)时，恒有|f(x

18、)-g(x)|>x ,2故满足题意的t不存在.当 k=1,由(1)知，当x£(0,+g), |f(x)-g(x)|二 g(x)- f (x)二 x-ln(1+x), ,-21212xx令 M(x) x ln(1 x) x2, x 0, + )，则有 M (x) 1 2x-x,1 x1 x当x>0时，Mf(x)<0,所以M(x)在0 + )上单调递减，故 M(x)<M(0)二0,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.考点：导数的综合应用.4. (15年新课标2理科)设函数f(x) emx

19、x2 mx。(1)证明：f(x)在(，0)单调递减，在(0,)单调递增；(2)若对于任意x ,x2 1,1,都有|f(x1) f(x2)| e 1,求m的取值范围。K ： ( I )因为.士+ F - MH ,所以 7(h) - we +- 足尸(幻=限. + 2 2:。在£上恒成立，所以77巾=所tk "一切在£上单调递增，而re)o ,所以jo o时.f(x)>o ；所以工时,fqqc。所以“2在(Tr%单调遑屐*在佃尸与单调逐墙+E)由1 > 知 f(x) = /&)=1，当mu 0时* FOO,1+F,此时/(h)在71上的最大值是法所以此时f®)-/)将bI成工当冏平 0 百 j f (一 I ) = &'"" 一 1 一附 f.(T) <?. .】. m y令烈附> . J (1) /(-1) /_套f _ 2m f所以S)看,一总F _ 2主0.所以冢制) /(I) - /(-1) ©R - fl-' _ 2ffl在Jt上单i点通期*而 &()。？惭以加。时,$(7rt) > 0 , RI /0) > /(-1>