导数综合应用(答案)
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hing at a time and All things in their being are good for somethin
..
11.导数的综合应用（含答案）（高二）
1.（15 北京理科）已知函数 f x ln 1 x ．
1 x
（Ⅰ）求曲线 y f x在点 0，f 0处的切线方程；
（Ⅱ）求证：当
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 Î (0，x0 ), 恒有 f(x) > g(x) ． (3)当 k >1时，由（1）知，对于" x Î (0, +¥ ), g(x) > x > f(x)，故 g(x) > f(x) ，
..
则当 x Î (0，x时1)，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+Î (0, ¥ ), | f(x) - g(x) |= g(x) - f (x) = x - ln(1+ x) ，
令 H(x) = x - ln(1+ x) - x2, x Î [0，+¥ ) ，则有 H¢(x) =1- 1 - 2x= -2x2 - x ,
符合题意；
当k
2时，令 F( x )
0,
x
4 0
k 2 ( 0, 1) ， k
x
( 0, x0)
x0
( x0, 1)
F( x )
-
0
+
F( x )
A
极小值
A
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) x2 ax b .
（1）讨论函数 f (sin x)在( - , ) 内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值； 22
（2）记 f0(x) x2 a0x b0,求函数在f (sin x) f0(sin x)
( - , ) 上的最大值 D； 22
g(x) > f(x) ，则不等式| f(x) - g(x) |< x2 变形为 k x - ln(1+ x) < x2 ，构造函数
M(x) = k x - ln(1+ x) - x2 , x Î [0，+¥ ) ，只需说明 M (x) 0 ，易发现函数 M (x) 在
x Î（0，k - 2 + (k- 2)2 +8(k- 1) ) 递增，而 M (0) 0 ，故不存在；当 k <1时，由(Ⅱ)知， 4
k - 2 + (k- 2)2 +8(k- 1)
M(x) 在[0，
) 上单调递增，故 M(x) > M(0) = 0 ,
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 Î (0，x0 ), 恒有 f(x) > g(x) ．
（3）在（2）中，取 a0
b0
0,求z满足b时 a的2 最大值D 。1 4
【答案】（Ⅰ）极小值为 b
a2 4
；（Ⅱ）
D
|
a
a0
|
|
b
b0
| ；（Ⅲ）1.
hing at a time and All things in their being are good for somethin
..
试题解析：（Ⅰ） f (sin x) sin2 x a sin x b sin x(sin x a) b ， x .
f (x)
2( x
x3 ) 成立；
3
（Ⅲ）使
f
x
k
x
x3 3
成立，
x 0，1 ，等价于
F( x )
ln1 x
k( x
x3 )
0 ， x 0，1 ；
1 x
3
F( x )
2
k(1
x 2)
kx 4
2
k
，
1 x2
1 x2
当 k [ 0, 2] 时， F( x ) 0，函数在（0，1）上位增函数， F( x ) F( 0) 0，
| f(x) - g(x) |= g(x) - f (x) = k x - ln(1+ x) ，
令 M(x) = k x - ln(1+ x) - x2, x Î [0，+¥ ) ，
则有 M¢(x) = k- 1 - 2x= -2x2 +(k-2)x +k - 1,
1+x
1+x
故当 x Î（0，k - 2 + (k- 2)2 +8(k- 1) ) 时， M¢(x) > 0 , 4
存在 x0 > 0 ,使得对任意的任意的 x Î (0，x0 ), 恒有 f(x) > g(x) ，此时不等式变形为 ln(1+ x) - k x < x2 ，
构造 N(x) = ln(1+ x) - k x - x2, x Î [0，+¥ ) ，易发现函数 N (x) 在
x Î（0，- (k +2）+
(k
+2)2
+8(1 -
k) ) 递增，而
N (0)
0
，不满足题意；当 k =1时，代入
4
பைடு நூலகம்
证明即可．
试题解析：解法一：(1)令 F (x) = f(x) - x = ln(1+ x) - x, x Î (0, +¥ ), 则有
F¢(x) = 1 - 1 = - x
1+x
1+x
当 x Î (0, +¥ ), F¢(x) < 0 ,所以 F (x) 在 (0, +¥ ) 上单调递减；
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 Î (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 2
<
k1
<1
由（2）知存在 x0 > 0 ,使得 任意x，Î 恒(0有 x0 ),
f(x) > k1x > kx = g(x) .
此时| f(x) -
g(x) |= f(x) -
g(x) > (k1
-
k) x
=1- k 2
x,
1-
令
k
x
> x2 , 解得0 < x
令 M(x) x ln(1 x) x2, x [0，+) ，则有 M(x) 1 1 2x 2x2 x ,
1 x
1 x
当 x > 0 时， M¢(x) < 0 ,所以 M(x) 在[0，+） 上单调递减，故 M(x) < M(0) = 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.
此时| f(x) - g(x) |= f(x) - g(x) = ln(1+ x) - k x ,
令 N(x) = ln(1+ x) - k x - x2, x Î [0，+¥ ) ，
则有 N ' (x) = 1 - k - 2x= -2x2 -(k+2)x - k +1,
1+x
1+x
故当 x Î（0，- (k +2）+ (k +2)2 +8(1- k) ) 时， N¢(x) > 0 , 4
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 Î (0, +¥ ), 则有 G¢(x) = 1 - k = - kx +(1- k)
1+x
1+x
当 k £ 0 G¢(x) > 0 ,所以 G(x) 在[0, +¥ ) 上单调递增, G(x) > G(0) = 0
2
2
[ f (sin x)]' (2sin x a) cos x ， x .
2
2
hing at a time and All things in their being are good for somethin
..
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 Î R),
x 0，1 时，
f
x
2
x
x3 3
；
（Ⅲ）设实数
k
使得
f
x
k
x
x3 3
对
x 0，1 恒成立，求
k
的最大值．
【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 ) l n 1 x , x ( 1, 1) , f ( x ) 2 , f ( 0) 2, f ( 0) 0 ，曲线
- (k +2) + (k+2)2 +8(1- k)
M(x) 在[0，
) 上单调递增，故 N(x) > N (0) = 0 ,
4
即 f(x) - g(x) > x2 ,记 x0 与 - (k +2) +
(k+2)2 +8(1- k)
4
中较小的为 x1 ，
hing at a time and All things in their being are good for somethin
<1-
k
，此时 f(x) -
g(x) > x2
,
2
2
记
x0
1-k
与
2
中较小的为
x1
，则当
xÎ
(0，x时1 )，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+Î (0, ¥ ), | f(x) - g(x) |= g(x) - f (x) = x - ln(1+ x) ，
hing at a time and All things in their being are good for somethin
..
【解析】
试题分析：(Ⅰ)构造函数 F (x) = f(x) - x = ln(1+ x) - x, x Î (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 Î (0, +¥ ), 即
1+x
1+x
当 x > 0 时， H¢(x) < 0 ,所以 H(x) 在[0，+¥） 上单调递减，故 H(x) < H (0) = 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.
解法二：（1）（2）同解法一.
（3）当 k >1时，由（1）知，对于" x Î (0, +¥ ), g(x) > x > f(x)，，
1 x
1 x2
y f x在点 0，f 0处的切线方程为 2x y 0 ；
（Ⅱ）当
x 0，1 时，
f
x
2
x
x3 3
，即不等式 f
(
x
)
2( x
x3) 3
0 ，对
x ( 0, 1) 成立，设
F( x ) l n 1 x 2( x x 3 ) l n(1 x ) l n(1 x ) 2( x x 3 ) ，则
1 x
3
3
F( x )
2x 4 1 x2
，当 x 0，1 时， F( x )
0，故 F( x ) 在（0，1）上为增函数，
hing at a time and All things in their being are good for somethin
..
则 F( x ) F( 0) 0，因此对 x ( 0, 1) ，
故对任意正实数 x0 均满足题意.
hing at a time and All things in their being are good for somethin
..
当0
<
k
<1时，令 G¢(x)
=
0,
得
1x=
k
=
1
-
1>0．
kk
取
x0
=
1 k
-
1，对任意
x
Î
(0, x0 ), 恒有 G¢(x) > 0 ,所以 G(x) 在[0, x0 ) 上单调递增,
G(x) 0 ，求导得 G¢(x) = 1 - k 1+x
=
-
kx +(11+x
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
得 G(x) 0 即可；(Ⅲ)由(Ⅰ)知，当 k >1时，对于" x Î (0, +¥ ), g(x) > x > f(x)，故
(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，Î 恒(0有 x0 ),
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 Î (0，t ), 恒
有| f(x) - g(x) |< x2 ． 【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详见解析；(Ⅲ) k =1．
..
11.导数的综合应用（含答案）（高二）
1.（15 北京理科）已知函数 f x ln 1 x ．
1 x
（Ⅰ）求曲线 y f x在点 0，f 0处的切线方程；
（Ⅱ）求证：当
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 Î (0，x0 ), 恒有 f(x) > g(x) ． (3)当 k >1时，由（1）知，对于" x Î (0, +¥ ), g(x) > x > f(x)，故 g(x) > f(x) ，
..
则当 x Î (0，x时1)，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+Î (0, ¥ ), | f(x) - g(x) |= g(x) - f (x) = x - ln(1+ x) ，
令 H(x) = x - ln(1+ x) - x2, x Î [0，+¥ ) ，则有 H¢(x) =1- 1 - 2x= -2x2 - x ,
符合题意；
当k
2时，令 F( x )
0,
x
4 0
k 2 ( 0, 1) ， k
x
( 0, x0)
x0
( x0, 1)
F( x )
-
0
+
F( x )
A
极小值
A
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) x2 ax b .
（1）讨论函数 f (sin x)在( - , ) 内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值； 22
（2）记 f0(x) x2 a0x b0,求函数在f (sin x) f0(sin x)
( - , ) 上的最大值 D； 22
g(x) > f(x) ，则不等式| f(x) - g(x) |< x2 变形为 k x - ln(1+ x) < x2 ，构造函数
M(x) = k x - ln(1+ x) - x2 , x Î [0，+¥ ) ，只需说明 M (x) 0 ，易发现函数 M (x) 在
x Î（0，k - 2 + (k- 2)2 +8(k- 1) ) 递增，而 M (0) 0 ，故不存在；当 k <1时，由(Ⅱ)知， 4
k - 2 + (k- 2)2 +8(k- 1)
M(x) 在[0，
) 上单调递增，故 M(x) > M(0) = 0 ,
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 Î (0，x0 ), 恒有 f(x) > g(x) ．
（3）在（2）中，取 a0
b0
0,求z满足b时 a的2 最大值D 。1 4
【答案】（Ⅰ）极小值为 b
a2 4
；（Ⅱ）
D
|
a
a0
|
|
b
b0
| ；（Ⅲ）1.
hing at a time and All things in their being are good for somethin
..
试题解析：（Ⅰ） f (sin x) sin2 x a sin x b sin x(sin x a) b ， x .
f (x)
2( x
x3 ) 成立；
3
（Ⅲ）使
f
x
k
x
x3 3
成立，
x 0，1 ，等价于
F( x )
ln1 x
k( x
x3 )
0 ， x 0，1 ；
1 x
3
F( x )
2
k(1
x 2)
kx 4
2
k
，
1 x2
1 x2
当 k [ 0, 2] 时， F( x ) 0，函数在（0，1）上位增函数， F( x ) F( 0) 0，
| f(x) - g(x) |= g(x) - f (x) = k x - ln(1+ x) ，
令 M(x) = k x - ln(1+ x) - x2, x Î [0，+¥ ) ，
则有 M¢(x) = k- 1 - 2x= -2x2 +(k-2)x +k - 1,
1+x
1+x
故当 x Î（0，k - 2 + (k- 2)2 +8(k- 1) ) 时， M¢(x) > 0 , 4
存在 x0 > 0 ,使得对任意的任意的 x Î (0，x0 ), 恒有 f(x) > g(x) ，此时不等式变形为 ln(1+ x) - k x < x2 ，
构造 N(x) = ln(1+ x) - k x - x2, x Î [0，+¥ ) ，易发现函数 N (x) 在
x Î（0，- (k +2）+
(k
+2)2
+8(1 -
k) ) 递增，而
N (0)
0
，不满足题意；当 k =1时，代入
4
பைடு நூலகம்
证明即可．
试题解析：解法一：(1)令 F (x) = f(x) - x = ln(1+ x) - x, x Î (0, +¥ ), 则有
F¢(x) = 1 - 1 = - x
1+x
1+x
当 x Î (0, +¥ ), F¢(x) < 0 ,所以 F (x) 在 (0, +¥ ) 上单调递减；
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 Î (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 2
<
k1
<1
由（2）知存在 x0 > 0 ,使得 任意x，Î 恒(0有 x0 ),
f(x) > k1x > kx = g(x) .
此时| f(x) -
g(x) |= f(x) -
g(x) > (k1
-
k) x
=1- k 2
x,
1-
令
k
x
> x2 , 解得0 < x
令 M(x) x ln(1 x) x2, x [0，+) ，则有 M(x) 1 1 2x 2x2 x ,
1 x
1 x
当 x > 0 时， M¢(x) < 0 ,所以 M(x) 在[0，+） 上单调递减，故 M(x) < M(0) = 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.
此时| f(x) - g(x) |= f(x) - g(x) = ln(1+ x) - k x ,
令 N(x) = ln(1+ x) - k x - x2, x Î [0，+¥ ) ，
则有 N ' (x) = 1 - k - 2x= -2x2 -(k+2)x - k +1,
1+x
1+x
故当 x Î（0，- (k +2）+ (k +2)2 +8(1- k) ) 时， N¢(x) > 0 , 4
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 Î (0, +¥ ), 则有 G¢(x) = 1 - k = - kx +(1- k)
1+x
1+x
当 k £ 0 G¢(x) > 0 ,所以 G(x) 在[0, +¥ ) 上单调递增, G(x) > G(0) = 0
2
2
[ f (sin x)]' (2sin x a) cos x ， x .
2
2
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..
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 Î R),
x 0，1 时，
f
x
2
x
x3 3
；
（Ⅲ）设实数
k
使得
f
x
k
x
x3 3
对
x 0，1 恒成立，求
k
的最大值．
【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 ) l n 1 x , x ( 1, 1) , f ( x ) 2 , f ( 0) 2, f ( 0) 0 ，曲线
- (k +2) + (k+2)2 +8(1- k)
M(x) 在[0，
) 上单调递增，故 N(x) > N (0) = 0 ,
4
即 f(x) - g(x) > x2 ,记 x0 与 - (k +2) +
(k+2)2 +8(1- k)
4
中较小的为 x1 ，
hing at a time and All things in their being are good for somethin
<1-
k
，此时 f(x) -
g(x) > x2
,
2
2
记
x0
1-k
与
2
中较小的为
x1
，则当
xÎ
(0，x时1 )，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+Î (0, ¥ ), | f(x) - g(x) |= g(x) - f (x) = x - ln(1+ x) ，
hing at a time and All things in their being are good for somethin
..
【解析】
试题分析：(Ⅰ)构造函数 F (x) = f(x) - x = ln(1+ x) - x, x Î (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 Î (0, +¥ ), 即
1+x
1+x
当 x > 0 时， H¢(x) < 0 ,所以 H(x) 在[0，+¥） 上单调递减，故 H(x) < H (0) = 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.
解法二：（1）（2）同解法一.
（3）当 k >1时，由（1）知，对于" x Î (0, +¥ ), g(x) > x > f(x)，，
1 x
1 x2
y f x在点 0，f 0处的切线方程为 2x y 0 ；
（Ⅱ）当
x 0，1 时，
f
x
2
x
x3 3
，即不等式 f
(
x
)
2( x
x3) 3
0 ，对
x ( 0, 1) 成立，设
F( x ) l n 1 x 2( x x 3 ) l n(1 x ) l n(1 x ) 2( x x 3 ) ，则
1 x
3
3
F( x )
2x 4 1 x2
，当 x 0，1 时， F( x )
0，故 F( x ) 在（0，1）上为增函数，
hing at a time and All things in their being are good for somethin
..
则 F( x ) F( 0) 0，因此对 x ( 0, 1) ，
故对任意正实数 x0 均满足题意.
hing at a time and All things in their being are good for somethin
..
当0
<
k
<1时，令 G¢(x)
=
0,
得
1x=
k
=
1
-
1>0．
kk
取
x0
=
1 k
-
1，对任意
x
Î
(0, x0 ), 恒有 G¢(x) > 0 ,所以 G(x) 在[0, x0 ) 上单调递增,
G(x) 0 ，求导得 G¢(x) = 1 - k 1+x
=
-
kx +(11+x
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
得 G(x) 0 即可；(Ⅲ)由(Ⅰ)知，当 k >1时，对于" x Î (0, +¥ ), g(x) > x > f(x)，故
(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，Î 恒(0有 x0 ),
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 Î (0，t ), 恒
有| f(x) - g(x) |< x2 ． 【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详见解析；(Ⅲ) k =1．