導(dǎo)數(shù)綜合應(yīng)用(含答案)

學(xué)無止境導(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)fxln1x．1x（Ⅰ）求曲線yfx在點0，f0處的切線方程；（Ⅱ）求證：當(dāng)x0，1時，fx2xx3；3（Ⅲ）設(shè)實數(shù)k使得fxkxx3對x0，1恒成立，求k的最大值．3【答案】（Ⅰ）2x y 0，（Ⅱ）證明見解析，（Ⅲ）k的最大值為 2.試題解析：（Ⅰ）f(x)ln1x,x(1,1),f(x)2x2,f(0)2,f(0)0，曲線1x1yfx在點0，f0處的切線方程為2xy0；（Ⅱ）當(dāng)x0，1時，fxx3，即不等式f(x)x3)0，對2x2(x33(0,1)成立，設(shè)F(x)ln1x2(xx3)ln(1x)ln(1x)2(xx3)，則1x33F(x)2x4，當(dāng)x0，1時，F(xiàn)(x)0，故F(x)在（0，1）上為增函數(shù)，則1x2F(x)F(0)0，因此對x(0,1)，最全文檔整理學(xué)無止境f(x)2(xx3)成立；3（Ⅲ）使fxx3成立，x0，1，等價于kx3F(x)ln1xk(xx3)0，x0，1；1x3F(x)2k(12)kx42k1x2x1x2，當(dāng)k[0,2]時，F(xiàn)(x)0，函數(shù)在（0，1）上位增函數(shù)，F(xiàn)(x)F(0)0，符合題意；當(dāng)k2時，令F(x)0,x4k20(0,1)，kx(0,x0)x0(x0,1)F(x)-0+F(x)極小值F(x)F(0)，顯然不成立，綜上所述可知： k的最大值為 2.考點：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(sinx)在(-,2)內(nèi)的單調(diào)性并判斷有無極值，有極值時求出極值；2（2）記f0(x)x2a0xb0,求函數(shù)f(sinx)f0(sinx)在(-,)上的最大值D；22（3）在（2）中，取a0b00,求zba2滿足D1時的最大值。4【答案】（Ⅰ）極小值為ba2；（Ⅱ）D|aa||bb|；（Ⅲ）1.400最全文檔整理學(xué)無止境試題解析：（Ⅰ）f(sinx) sin2x asinx b sinx(sinx a) b， x .2 2[f(sinx)]' (2sinx a)cosx， x .2 2最全文檔整理學(xué)無止境考點：1.函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值； 2.絕對值不等式的應(yīng)用 .3.（15年福建理科）已知函數(shù)f(x)=ln(1+x)，g(x)=kx,(k?R),(Ⅰ)證明：當(dāng)x>0時，f(x)<x；(Ⅱ)證明：當(dāng)k<1時，存在 x0>0,使得對任意x?(0，x0),恒有f(x)>g(x)；(Ⅲ)確定k的所以可能取值，使得存在 t>0，對任意的 x?(0，t),恒有|f(x)-g(x)|<x2．【答案】(Ⅰ)詳見解析；(Ⅱ)詳見解析；(Ⅲ)k=1．【解析】最全文檔整理學(xué)無止境試題分析：(Ⅰ)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并和0比較即可；(Ⅱ)構(gòu)造函數(shù)G(x)=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx,x?(0,?),即G(x)0，￠1-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<1時，存在x0>0，使1+x得G(x)0即可；(Ⅲ)由(Ⅰ)知，當(dāng)k>1時，對于"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kx-ln(+1x<)2x，構(gòu)造函數(shù)M(x)=kx-ln(1+x)-x2,x違[0，+)，只需說明M(x)0，易發(fā)現(xiàn)函數(shù)M(x)在k-2+(k-2)2+8(k-1)k<1時，由(Ⅱ)知，x?（0，)遞增，而M(0)0，故不存在；當(dāng)4存在x0>0,使得對任意的任意的x?(0，x0),恒有f(x)>g(x)，此時不等式變形為2ln(1+x)- kx<x，構(gòu)造2Nx(=)+lxn-(1x違-x)，+xk，,易發(fā)現(xiàn)函數(shù)N(x)在[0)）2+8(1-k)遞增，而，不滿足題意；當(dāng)k=1時，代入證-(k+2+(k+2))N(0)0x?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￠1xF(x)=-=1-+1+x1x當(dāng)x?(0,?),F￠(x)<0,所以F(x)在(0,+?)上單調(diào)遞減；故當(dāng)x>0時，F(xiàn)(x)<F(0)=0,即當(dāng)x>0時，f(x)<x．(2)令G(x)=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx,x?(0,￠1-kx+(1-k)?),則有G(x)=1+x-k=1+x當(dāng)k￡0G￠(x)>0,所以G(x)在[0,+?)上單調(diào)遞增,G(x)>G(0)=0故對任意正實數(shù) x0均滿足題意.當(dāng)0<k<1時，令G￠(x)=0,得x=1-k=1-1>0．kk最全文檔整理學(xué)無止境取x0=1-1對任意x?(0,x0),￠0,G(x)[0,x0)k增,G(x)>G(0)=0,即f(x)>g(x).綜上，當(dāng)k<1時，總存在x0>0,使得對任意的x?(0，x0),恒有f(x)>g(x)．(3)當(dāng)k>1時，由（1）知，對于"x違(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違[0，+)，￠1-2x2+(k-2)x+k-1-2x=,M(x)=k-1+x1+x故當(dāng)xk-2+(k-2)2+8(k-1)時，￠>0,?4k-2+(k-2)2+8(k-1)M(x)>M(0)=0M(x)在[0)上單調(diào)遞增，故,，4即|f(x)-g(x)|>x2,所以滿足題意的t不存在.當(dāng)k<1時，由（2）知存在x0>0,使得對任意的任意的x?(0，x0),恒有f(x)>g(x)．此時|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx,令N(x)=ln(1+x)-kx-x2,x違[0，+)，則有N'(x)=1-k-2x=-2x2-(k+2)x-k+1,1+x1+x）(k+2)2+8(1-k)￠>故當(dāng)（，時，N(x)0x?04),-(k+2)+(k+2)2+8(1-k))上單調(diào)遞增，故N(x)>N(0)=0,M(x)在[0，4即f(x)-2-(k+2)+(k+2)2+8(1-k)中較小的為x1，g(x)>x,記x0與4則當(dāng)x?(0，x1)時，恒有|f(x)g(x)|>x2，故滿足題意的t不存在.最全文檔整理學(xué)無止境當(dāng)k=1，由（1）知，當(dāng)x違(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違[0，+-2x=,)，則有H(x)=1-1+x1+x￠[0，+￥）上單調(diào)遞減，故H(x)<H(0)=0,當(dāng)x>0時，H(x)<0,所以H(x)在故當(dāng)x>0時，恒有|f(x)-g(x)|<x2,此時，任意實數(shù)t滿足題意.綜上，k=1.解法二：（1）（2）同解法一.（3）當(dāng)k>1時，由（1）知，對于"x違(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，從而得到當(dāng)k>1時，對于x?(0,k 1)恒有|f(x)-g(x)|>x2,所以滿足題意的 t不存在.當(dāng)k<1時，取k1=k+1，從而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).此時|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)>(k1-k)x=1-kx,2令1-kx>x2,解得0<x<1-k，此時f(x)-g(x)>x2,22記x0與1-k中較小的為x1，則當(dāng)x?(0，x1)時，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)xln(1x)x2,x[0，+)，則有M(x)112x2x2x,1x1x當(dāng)x>0￠M(x)<M(0)=0,時，M(x)<0,所以M(x)在[0，+）上單調(diào)遞減，故故當(dāng)