11.导数的综合应用（含答案）（高二）1.（15理科）已知函数()1ln 1xf 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）212()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331()ln 2()ln(1)ln(1)2()133x x x F x x x x x x +=-+=+---+-，则422()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()3x f x x >+成立；（Ⅲ）使()33x f x k x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭成立，()01x ∈，，等价于31()ln ()013x x F x k x x +=-+>-，()01x ∈，； 422222()(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年理科）设函数2()f x x ax b =-+.（1）讨论函数(sin )22f x ππ在(-,)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；（2）记20000(),(sin )(sin )f x x a x b f x f x =-+-求函数在22ππ(-,)上的最大值D ； （3）在（2）中，取2000,D 14a ab z b ===-≤求满足时的最大值。

【答案】（Ⅰ）极小值为24a 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 =-+=-+，22x ππ-<<.[(sin )]'(2sin )cos f x x a x =-，22x ππ-<<.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年理科）已知函数f()ln(1)x x ，(),(k),g x kx R(Ⅰ)证明：当0xx 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00x ，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00x ,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 xx ，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0kG ()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 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 ，恒有f()()x g x ．(3)当1k 时，由（1）知，对于(0,),x +()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 ，+，则有21-2+(k-2)1M ()k2=,11x x k x x x x故当22(k 2)8(k 1)0)k x （，时，M ()0x ,M()x 在22(k 2)8(k 1)[0)k ，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 ，恒有f()()x g x ．此时|f()()|f()()ln(1)k x g x x g x x x ,令2N()ln(1)k ,[0)x x x x x ，+，则有2'1-2-(k+2)1()2=,11x x k N x k x x x故当2(+2(k +2)8(1k)0)k x ）（，时，N ()0x ,M()x 在2(2)(k 2)8(1k)[0)k ，上单调递增，故N()(0)0x N ,即2f()()x g x x ,记0x 与2(2)(k 2)8(1k)k 中较小的为1x ，则当21(0)|f()()|xx x g x x ，时，恒有，故满足题意的t 不存在.当=1k ，由（1）知，(0,),x当+|f()()|()()ln(1)x g x g x f x x x ，令2H()ln(1),[0)x x x x x ，+，则有21-2H ()12=,11x xx 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 +()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),01xx 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=12k k k ，从而由（2）知存在00x ,使得0(0),x x 任意，恒有1f()()x k x kxg x .此时11|f()()|f()()(k)2kx g x x g x k xx , 令21k 1k ,022x x x解得，此时2f()()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当+|f()()|()()ln(1)x g x g x f x x x ，令2M()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 的取值围。

考点：导数的应用.。