导数综合应用(含答案)
- 格式:doc
- 大小:748.32 KB
- 文档页数:9
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()133
x 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402
()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2000,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 Î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 Î,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00x >,使
得()0G x >即可;(Ⅲ)由(Ⅰ)知,当1k >时,对于(0,),x "违+()f()g x x x ,>>故
()f()g x x >,则不等式2|f()()|x g x x -<变形为2k l n (1)x x x -+<,构造函数
2M()k ln(1),[0)x x x x x =-+-违,+,只需说明()0M x <,易发现函数()M x 在
0x Î(递增,而(0)0M =,故不存在;当1k <时,由(Ⅱ)知,
存在00x >,使得对任意的任意的0(0),x x ,Î恒有f()()x g x >,此时不等式变形为
2
ln(1)k x x x
+-<, 构造
2
N ()l n (1)k
,[0
)x x x x x =+--违,+,易发现函
数()N x 在
0x Î(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. 当01k <<时,令()0,x G ¢=得11
=
10k x k k
-=->.
取01
=
1x k
,-对任意0(0,),x x Î恒有G ()0x ¢>,所以G ()x 在0[0,x )上单调递
增,G()(0)0x G >=,即
f()()x g x >.
综上,当1k <时,总存在00x >,使得对任意的0(0),x x ,Î恒有f()()x g x >. (3)当1k >时,由(1)知,对于(0,),x "违+
()f()g x x x ,
>>故()f()g x x >, |f()()|()()k ln(1)x g x g x f x x x -=-=-+,
令2M()k ln(1),[0)x x x x x =-+-违,+
,
则有2
1-2+(k-2)1
M ()k 2=,11x x k x x x x
+-¢
=--++
故当0x Î(时,M ()0x ¢
>,
M()x 在[0上单调递增,故M()M(0)0x >=,
即2
|f()()|x g x x ->,所以满足题意的t 不存在.
当1k <时,由(2)知存在00x >,使得对任意的任意的0(0),x x ,Î恒有f()()x g x >. 此时|f()()|f()()ln(1)k x g x x g x x x -=-=+-, 令2
N()ln(1)k ,[0)x x x x x =+--违,+
,
则有2'
1-2-(k+2)1
()2=,11x x k N x k x x x
-+=--++
故当0x Î(时,N ()0x ¢
>,
M()x 在[0上单调递增,故N()(0)0x N >=,
即2
f()()x g x x ->,记0x 1x ,
则当21(0)|f()()|x x x g x x ?>,时,恒有,故满足题意的t 不存在.
当=1k ,由(1)知,(0,),x 违当+|f()()|()()ln(1)x g x g x f x x x -=-=-+,
令2
H()ln(1),[0)x x x x x =-+-违,+,则有2
1-2H ()12=,11x x
x x x x
-¢
=--++ 当0x >时,H ()0x ¢<,所以H()x 在[0+¥,)上单调递减,故H()(0)0x H <=, 故当0x >时,恒有2|f()()|x g x x -<,此时,任意实数t 满足题意. 综上,=1k .
解法二:(1)(2)同解法一.
(3)当1k >时,由(1)知,对于(0,),x "违+
()f()g x x x >>,
, 故|f()()|()()k ln(1)k (k 1)x g x g x f x x x x x x -=-=-+>-=-, 令2(k 1),01x x x k -><<-解得,
从而得到当1k >时,(0,1)x k ?对于恒有2|f()()|x g x x ->,所以满足题意的t 不存在. 当1k <时,取11k+1
=
12
k k k <<,从而 由(2)知存在00x >,使得0(0),x x Î任意,恒有1f()()x k x kx g x >>=. 此时11|f()()|f()()(k)2
k
x g x x g x k x x --=->-=, 令
21k 1k ,022x x x --><<解得,此时2
f()()x g x x ->, 记0x 与1-k
2
中较小的为1x ,则当21(0)|f()()|x x x g x x ?>,时,恒有,
故满足题意的t 不存在.
当=1k ,由(1)知,(0,),x 违
当+|f()()|()()ln(1)x g x g x f x x x -=-=-+,
令2
M()ln(1),[0)x x x x x =-+-∈∞,+,则有212M ()12,11x x
x x x x
--'=--=++ 当0x >时,M ()0x ¢<,所以M()x 在[0+∞,)上单调递减,故M()M(0)0x <=, 故当0x >时,恒有2
|f()()|x g x x -<,此时,任意实数t 满足题意 综上,=1k .
考点:导数的综合应用.
4.(15年新课标2理科)设函数2()mx f x e x mx =+-。
(1)证明:()f x 在(,0)-∞单调递减,在(0,)+∞单调递增;
(2)若对于任意12,[1,1]x x ∈-,都有12|()()|1f x f x e -≤-,求m 的取值范围。
考点:导数的应用.。