1、11.导数的综合应用（含答案） （高二）1.（15 北京理科）已知函数 1lnxf（）求曲线 在点 处的切线方程；yx0f，（）求证：当 时， ；1， 32xf（）设实数 使得 对 恒成立，求 的最大值k3fxk01， k【答案】 （） ， （）证明见解析， （） 的最大值为 2.20y试题解析：（），曲线21()ln,(1,)(,(0),()01xfxfxff在点 处的切线方程为 ；yf0f， y（）当 时， ，即不等式 ，对1x，32xf 3()2)0xf成立，设(0,)，则3 31ln2()ln(1)l()2()x xFx x，当 时， ，故 在（0，1）上为增函数，42() 0x， (
2、)F()则 ，因此对 ，()0Fx(0,1)x成立；32)f（）使 成立， ，等价于3xfk01x， ；31()ln()Fxx，422 2()()1kxk 当 时， ，函数在（0，1）上位增函数， ，0,kFx()0Fx符合题意；当 时，令 ，2402(),(0,1)kx0,xx0(,)x()F- 0 +xA极小值 A，显然不成立，()0综上所述可知： 的最大值为 2.k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()fxab（1）讨论函数 内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；(sinf在 -,（2）记 上的
3、最大值 D；200 0)(sin)(si)fxabfxf求 函 数 在 2(-,)（3）在（2）中，取 2,D14az求 满 足 时 的 最 大 值 。【答案】 （）极小值为24b；（） 00|b；（）1.试题解析：（） 2(sin)isinsi(n)fxaxbxab， 2x.(sin)2cofxa， .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()ln1)x=+， (,k),gxR=()证明：当 0x；()确定 k 的所以可能取值，使得存在 t，对任意的 ,， t恒有 2|f()|xg-，使得 (0x即可；()由( )知，当 1k时，对于
4、 (0,)x“+(f()g， 故fg，则不等式 2|f(|xg-,使得对任意的任意的 0(),x，恒有 f()xg，此时不等式变形为2ln(1)k+-时， F=即当 时， xf(故对任意正实数 0x均满足题意 .当 01k取 =x，-对任意 恒有 ()x,所以 G()x在 0,)上单调递增,(),即fxg.综上，当 1k,使得对任意的 0(),x，恒有 f()xg(3)当 时，由（1）知，对于 (,)“+g， 故 ，|f()|()kln1xgxfx-=-，令 2Mkln,0)+， ，则有 1-(k1() ,xx+-故当2()8()04k+-（ ，时， M()0x,M()x在2()(k1)-，上
5、单调递增，故 ()0=,即 2|f|gx-,所以满足题意的 t 不存在.当 1k此时 |f()|f()ln(1)kxxgx-=-+-,令 2Nlnk,+， ，则有 1-()() ,1xkx-+故当2+(k)8()04-）（ ，时， N()0x,M()x在2()()(1k)-，上单调递增，故 ()0N=,即 2f()g-,记 0x与2()()8(1k4-+-中较小的为 1x，则当 21(0)|f()|xxg -， 时 ， 恒 有 ，故满足题意的 t 不存在.当 =k，由（1）知， 0,当 +|f()|()ln(1)xgfxx-=-+，令 2H()ln(),xx-， ，则有2H1=,当 0时， 0
6、时，由（1）知，对于 (0,)x“+(f()gx， ，故 |f()|()kln1k1xgxf-=-=，令 2k,0时， (,)xk-对 于 恒有 2|f()|xg-,所以满足题意的 t 不存在.当 k=,令 21k,2xx,记 0与 -中较小的为 1，则当 210|f()|xg -， 时 ， 恒 有 ，故满足题意的 t 不存在.当 =1k，由（1）知， (,)x当 +|f()|()ln(1)xgfx-=-+，令 2M()ln(),0x， ，则有2M1,当 0时， ,所以 ()x在 +， ） 上单调递减，故 ()0x=,故当 x时，恒有 2|f()|g-,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()mxfe（1）证明： 在 单调递减，在 单调递增；()fx,0)0,（2）若对于任意 ，都有 ，求 m 的取值范围。12,12|()|1fxfe考点：导数的应用.
