导数综合应用(答案)

11.导数的综合应用（含答案）（高二）

1.（15北京理科）已知函数()1ln 1x

f x x

+=-．

（Ⅰ）求曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线方程； （Ⅱ）求证：当()01x ∈，

时，()323x f x x ⎛⎫

>+ ⎪⎝

⎭； （Ⅲ）设实数k 使得()33x f x k x ⎛⎫

>+ ⎪⎝⎭

对()01x ∈，

恒成立，求k 的最大值． 【答案】（Ⅰ）20x y -=，

（Ⅱ）证明见解析，（Ⅲ）k 的最大值为2.

试题解析：（Ⅰ）

2

12

()ln

,(1,1),(),(0)2,(0)011x f x x f x f f x x

+''=∈-===--，曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线方程为20x y -

=；

（Ⅱ）当()01x ∈，

时，()323x f x x ⎛⎫

>+ ⎪⎝⎭

，即不等式3

()2()03x f x x -+>，对(0,1)x ∀∈成立，设

33

1()ln 2()ln(1)ln(1)2()133x x x F x x x x x x +=-+=+---+-，则

4

2

2()1x F x x

'=-，当()01x ∈，时，()0F x '>，故()F x 在（0，1）上为增函数，则()(0)0F x F >=，因此对(0,1)x ∀∈，

3

()2()3

x f x x >+

成立；

…

（Ⅲ）使()33x f x k x ⎛⎫

>+ ⎪⎝

⎭成立，()01x ∈，

，等价于3

1()ln ()013x x F x k x x +=-+>-，()01x ∈，

； 42

22

22()(1)11kx k F x k x x x

+-'=-+=--， 当[0,2]k ∈时，()0F x '≥，函数在（0，1）上位增函数，()(0)0F x F >=，符合题意；

当2k >时，令4

02

()0,(0,1)k F x x k -'

==

∈，

()(0)F x F <，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2

()f x x ax b =-+.

{

（1）讨论函数(sin )22

f x ππ

在(-,)内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；

（2）记2

0000(),(sin )(sin )f x x a x b f x f x =-+-求函数在22

ππ

(-,)上的最大值D ； （3）在（2）中，取2

000,D 14

a a

b z b ===-

≤求满足时的最大值。

【答案】（Ⅰ）极小值为2

4

a b -；（Ⅱ）00||||D a a b b =-+-；（Ⅲ）1.

试题解析：（Ⅰ）2

(sin )sin sin sin (sin )f x x a x b x x a b =-+=-+，2

2

x π

π

-

<<

.

[(sin )]'(2sin )cos f x x a x =-，2

2

x π

π

-

<<

.

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()ln(1)x x ，(),(k

),g x kx R

!

(Ⅰ)证明：当0x x x 时，f()；

(Ⅱ)证明：当1k 时，存在00x ,使得对0(0),x x 任意，恒有f()()x g x ；

(Ⅲ)确定k 的所以可能取值，使得存在0t ，对任意的(0),x ，t 恒有2|f()()|x g x x ．

【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详见解析；(Ⅲ)=1k ．

【解析】

试题分析：(Ⅰ)构造函数()

f()ln(1),(0,),F x x x x x x 只需求值域的右端点并

和0比较即可；(Ⅱ)构造函数G()f()()ln(1),(0,),x x g x x kx x 即()0G x >，

求导得1

()

1+G x k x

(1k)

1+kx x

，利用导数研究函数()G x 的形状和最值，证明当1k 时，存在0

0x ，使

得()0G x >即可；(Ⅲ)由(Ⅰ)知，当1k 时，对于

(0,),x +()f()g x x x ，

故()f()g x x ，则不等式2|f()()|x g x x 变形为2k ln(1)x x x ，构造函数

2M()k ln(1),[0)x x x x x ，+

，只需说明()0M x <，易发现函数()M x 在

22

(k 2)8(k 1)

0)k x （，

递增，而(0)0M =，故不存在；当1k 时，由(Ⅱ)知，

存在0

0x ,使得对任意的任意的0(0),x x ，恒有f()()x g x ，此时不等式变形为

2ln(1)k x x

x ，

构

造

2N()ln(1)k ,[0)

x x x x x ，+

，易发现函数()N x 在

2(+2(k +2)8(1k)

0)k x ）（，递增，而(0)0N =，不满足题意；当=1k 时，代入证

明即可．

试题解析：解法一：(1)令()

f()ln(1),(0,),F x x x x x x 则有

1

()

11+1+x F x x x

当(0,

),x

()0F x ,所以()F x 在(0,

)上单调递减；

！

故当0x 时，()(0)0,F x F 即当0x 时，x x f()．

(2)令G()f()()ln(1),(0,),x x g x x kx x 则有1

(1k)

()

1+1+kx G x k x x

当0k

G ()0x ,所以G()x 在[0,)上单调递增,G()(0)0x G

故对任意正实数0x 均满足题意.