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文档简介
重难点08导数必考经典压轴解答题全归类
【全国通用】
1、导数必考经典压轴解答题全归类
导数是高中数学的重要内容,是高考必考的重点、热点内容。从近三年的高考情况来看,导数模块在
解答题中的试题考查主要涉及导数的几何意义、函数的单调性问题、函数的极值和最值问题、函数的零点
问题、不等式恒成立与存在性问题以及导数中不等式的证明等热点问题,侧重数学运算能力的考查,涉及
分类讨论、转化与化归等思想,属综合性问题,难度较大,解题时要灵活求解.
其中,对于不等式证明中极值点偏移、隐零点问题、不等式的放缩应用以及导数新定义这四类问题是
目前高考导数压轴题的热点方向。
知识点1切线问题及其解题策略
1.求曲线“在”某点的切线方程的解题策略:
(1)求出函数y=f(x)在x=x0处的导数,即曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处切线的斜率;
(2)在已知切点坐标和切线斜率的条件下,求得切线方程为y=y0+f'(x0)(x-x0).
2.求曲线“过”某点的切线方程的解题通法:
(1)设出切点坐标T(x0,f(x0))(不出现y0);
(2)利用切点坐标写出切线方程:y=f(x0)+f'(x0)(x-x0);
(3)将已知条件代入②中的切线方程求解.
3.与切线有关的参数问题的解题策略:
(1)处理与切线有关的参数问题,通常利用曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程(组)并解出参数:
①切点处的导数是切线的斜率;
②切点在切线上,故满足切线方程;
③切点在曲线上,故满足曲线方程.
(2)利用导数的几何意义求参数问题时,注意利用数形结合,化归与转化的思想方法.
知识点2导数中函数单调性问题的解题策略
1.确定函数单调区间的步骤;
(1)确定函数f(x)的定义域;
(2)求f'(x);
(3)解不等式f'(x)>0,解集在定义域内的部分为单调递增区间;
(4)解不等式f'(x)<0,解集在定义域内的部分为单调递减区间.
2.含参函数的单调性的解题策略:
(1)研究含参数的函数的单调性,要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.
(2)若导函数为二次函数式,首先看能否因式分解,再讨论二次项系数的正负及两根的大小;若不能因式分
解,则需讨论判别式Δ的正负,二次项系数的正负,两根的大小及根是否在定义域内.
知识点3函数的极值与最值问题的解题策略
1.运用导数求函数f(x)极值的一般步骤:
(1)确定函数f(x)的定义域;
(2)求导数f'(x);
(3)解方程f'(x)=0,求出函数定义域内的所有根;
(4)列表检验f'(x)在f'(x)=0的根x0左右两侧值的符号;
(5)求出极值.
2.根据函数极值求参数的一般思路:
(1)已知函数极值,确定函数解析式中的参数时,要注意:根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程
组,利用待定系数法求解.
(2)导数值为0不是此点为极值点的充要条件,所以用待定系数法求解后必须检验.
3.利用导数求函数最值的解题策略:
(1)利用导数求函数f(x)在[a,b]上的最值的一般步骤:
①求函数在(a,b)内的极值;
②求函数在区间端点处的函数值f(a),f(b);
③将函数f(x)的各极值与f(a),f(b)比较,其中最大的一个为最大值,最小的一个为最小值.
(2)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值的一般步骤:
求函数在无穷区间(或开区间)上的最值,不仅要研究其极值情况,还要研究其单调性,并通过单调性和极值
情况,画出函数的大致图象,然后借助图象观察得到函数的最值.
知识点4导数的综合应用
1.导数中函数的零点(方程的根)的求解策略
(1)利用导数研究方程根(函数零点)的技巧
①研究方程根的情况,可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等.
②根据题目要求,画出函数图象的走势规律,标明函数极(最)值的位置.
③利用数形结合的思想去分析问题,可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.
(2)已知函数零点个数求参数的常用方法
①分离参数法:首先分离出参数,然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值,根据题设条件构建关于
参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围.
②分类讨论法:结合单调性,先确定参数分类的标准,在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意,将
满足题意的参数的各小范围并在一起,即为所求参数范围.
2.导数中的不等式证明的解题策略
(1)移项构造函数证明不等式:待证不等式的两边含有同一个变量时,一般地,可以直接构造“左减右”或
“右减左”的函数,利用导教研究其单调性等相关函数性质证明不等式.
①一般地,要证f(x)>g(x)在区间(a,b)上成立,需构造辅助函数F(x)=f(x)-g(x),通过分析F(x)在端点处的
函数值来证明不等式.若F(a)=0,只需证明F(x)在(a,b)上单调递增即可;若F(b)=0,只需证明F(x)在(a,
b)上单调递减即可.
(2)分拆函数法证明不等式:在证明不等式中,若无法转化为一个函数的最值问题,可考虑转化为两个函数
的最值问题.
①若直接求导后导数式比较复杂或无从下手时,可将待证式进行变形,构造两个函数,从而找到可以传递
的中间量,达到证明的目标.在证明过程中,等价转化是关键,此处g(x)min≥f(x)max恒成立,从而f(x)≤g(x)
恒成立.
②等价变形的目的是求导后简单地找到极值点,一般地,与lnx要分离,常构造与lnx,与的积、
商形式.便于求导后找到极值点.
3.不等式恒(能)成立问题的求解方法
解决不等式恒(能)成立问题主要有两种方法:
(1)分离参数法解决不等式恒(能)成立问题
①分离变量:根据不等式的性质将参数分离出来,得到一个一端是参数,另一端是变量表达式的不等式,
构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题,进而解决问题.
②恒成立;
恒成立;
能成立;
能成立.
(2)分类讨论法解决恒(能)成立问题
分类讨论法解决恒(能)成立问题,首先要将恒成立问题转化为最值问题,此类问题关键是对参数进行分
类讨论,在参数的每一段上求函数的最值,并判断是否满足题意,若不满足题意,只需找一个值或一段内
的函数值不满足题意即可.
4.导数中的双变量问题
导数中的双变量问题往往以双参数不等式的形式呈现,要想解决双变量问题,就需要掌握破解双参数不等
式的方法:
一是转化,即由已知条件入手,寻找双参数满足的关系式,并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等
式;
二是巧构函数,再借用导数,判断函数的单调性,从而求其最值;
三是回归双参的不等式的证明,把所求的最值应用到双参不等式,即可证得结果.
知识点5极值点偏移问题及其解题策略
1.极值点偏移的概念
(1)已知函数y=f(x)是连续函数,在区间(a,b)内只有一个极值点x0,f(x1)=f(x2),且x0在x1与x2之间,由于函
数在极值点左右两侧的变化速度不同,使得极值点偏向变化速度快的一侧,常常有,这种情况
称为极值点偏移.
(2)极值点偏移
若,则极值点偏移,此时函数f(x)在x=x0两侧,函数值变化快慢不同,如图(2)(3).
(左陡右缓,极值点向左偏移)若f(x1)=f(x2),则x1+x2>2x0;
(左缓右陡,极值点向右偏移)若f(x1)=f(x2),则x1+x2<2x0.
2.极值点偏移问题的一般题设形式
(1)函数f(x)存在两个零点x1,x2且x1≠x2,求证:x1+x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点);
(2)函数f(x)中存在x1,x2且x1≠x2,满足f(x1)=f(x2),求证:x1+x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点);
(3)函数f(x)存在两个零点x1,x2且x1≠x2,令,求证:f'(x0)>0;
(4)函数f(x)中存在x1,x2且x1≠x2,满足f(x1)=f(x2),令,求证:f'(x0)>0.
3.极值点偏移问题的常见解法
(1)(对称化构造法):构造辅助函数:
①对结论x1+x2>2x0型,构造函数.
②对结论型,方法一是构造函数,通过研究的单调性获得不等式;方
法二是两边取对数,转化成lnx1+lnx2>2lnx0,再把lnx1,lnx2看成两变量即可.
(2)(比值代换法):通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式,利用函数
单调性证明.
【题型1曲线的切线问题】
【例1】(2026·重庆·模拟预测)已知.
222
(1)若,求在点�处(�的)切=线�方−程��;+�−�ln�(�∈R)
(2)若�=1,�求=�的(�取)值范(围1,.�(1))
【答案�】(�()1)≥0�
�=1
(2)7
4
【解题−2思e路,e】(1)求导得切线斜率,用点斜式求解.
(2)求导判断函数单调性,找到最小值,令最小值大于等于0求解即可.
【解答过程】(1)因为,
222
所以,当时,�(�)=�−��+�,−�ln�(�∈.R)
2
�=1��=�−�+1−ln��1=1
,,切线方程为.
′1′
��=2�−1−��1=0�=1
()因为()
2222.
′�2�−��−�2�+��−�
当时�,�=2�−�−�,=恒成立�;=��>0
2
当�=0时,��在=�≥递0减,递增,
最小�>值0��0,�(�,+∞),得;
22222
当�时�,=�−在�+�−递�减l,n�=�1−l递n�增,≥00<�≤e
��
�<0��0,−2−2,+∞
最小值,解得
2227.
���22�7�2�4
�−2=4+2+�−�ln−2=4−�ln−2≥0−2e≤�<0
综上,的取值范围为
7.
4
【变式1�-1】(2026·云南−·2模e拟,e预测)已知函数.
�
(1)当时,求曲线在处的切�线�方=程e;−�ln��,�>0
�=1�=���=1
(2)证明:函数存在唯一极值点,且.
�
���0�0∈�+1,�
【答案】(1)
(2)证明见解�析=e−1�+1
【解题思路】(1)结合导数的意义根据切点和斜率求得切线方程.
(2)求导构造函数,分析其单调性,结合区间端点的函数值符号,利用零点存在定理确定唯一零点,再通
过导数符号变化确定极值点及所在区间.
【解答过程】(1)当时,,则,故切点为,
�
又,则�=1�,�故=切e线−的ln斜�率为�1=,e则1,e
′�1′
所以�在�=e−处�的切线�方1程=为e−1;e−1�−e=e−1�−1
e
(2)因为�=1,所以函数�的=定义−域1为�+1,则,
′��
�>0��0,+∞��=e−�
令,则,
��
′�′�2
因此�,�=�在�=e−上�单调�递�增,=e+�>0
因为��0,+,∞而,故,所以,
��0
又因为��=e−1�>0e>e=1,��>0
��
��+1�+1ln�+1
��+1=e−�+1=e−e
令,则,
�11−�
′22
�+1�+1
所以ℎ�=在−ln�上+单1调,�递>减0,又ℎ�=�,+1−=�+1<0
所以ℎ�0,+∞,故ℎ0,=0
�
ℎ�<ℎ0=0�+1<ln�+1
所以,故,而在上单调递增,
�
�+1ln�+1�
e<e��+1<0��>0,��0,+∞
所以存在唯一的,且,使得.
�
000
在区间上,��∈,即�+1,�,�函数�=0在上单调递减,
′
在区间0,�0上�,�<0,�即�<0,函�数�在0,�0上单调递增,
′
00
因此,�是,+函∞数唯�一�的>极0小值点�,�且>0��.�,+∞
�
�0���0∈�+1,�
【变式1-2】(2026·河北·模拟预测)设函数.
�
��=��−ln�−��∈R
(1)当时,求函数在点处的切线方程.
(2)已知�=1是函数�的�导函数,1,�若1恒成立,求的最大值.
�
′′2
������≤ln�+��
【答案】(1)
(2)1�−�−1=0
【解题思路】(1)求导,根据切点横坐标求出切线斜率和该点坐标,再结合直线点斜式求切线方程;
(2)根据可得,设函数,求导求解最小值.
�11
′2
��≤ln�+��≤ln�+���=ln�+�
【解答过程】(1)由,知
1
�=1��=�−ln�−�
则,得,
11
′2′
�1=0,��=1−�+��1=1
故函数在点处的切线方程为,即.
�(�)1,�1�−0=�−1�−�−1=0
(2)由恒成立,可得,
�1��
′222
��≤ln�+��−�+�≤ln�+�
即在恒成立,
1
�≤ln�+�0,+∞
设,,则,
111�−1
′22
当��=ln�+时�,�∈0,+∞,在��=�−单�调=递�增,
′
当�∈1,+时∞,��,>0在��单1,调+递∞减,
′
所以�∈0,1��<,0即��的最0小,1值为1,
所以��≥,�即1的=最1大值为��1.
【变式�1≤-31】(2�025·陕西·模拟预测)已知函数.
3
(1)若斜率为15的直线与曲线相切,求��的=方�程;−12�
(2)记曲线在点��=��处的切线与�坐标轴围成的三角形的面积为,求的最小值.
【答案】(1�)=���,��或�>2.����
(2)7215�−�−54=015�−�+54=0
【解题思路】(1)先求导数,利用切线斜率可求切点,利用点斜式可得答案;
(2)先求出切线方程,再表示出三角形面积,利用导数求最值.
【解答过程】(1)因为,所以,
3′2
设切点为�,�=�−12���=3�−12
3
�0,�0−12�0
则,即,得.
22
所以3�0−12=15�0=9,�0=±3,
33
所以切�3点为=3−12,×3=−.9�−3=−3− 12×−3=9
所以的方程为3,−9−3,9或,
即��+9=或15�−3�−9=.15�+3
(2)15由�题−意�−得5切4点=为015�−�+,5显4然=0,
3
因为在点�,�−12处�的切线方�≠程0为,
332
整理得�=���,�−12�,�−�−12�=3�−12�−�
23
令�,=得3�−12,�−令2�,得,
3
2�
32
�=0�=−2��=0�=3�−12
所以,
36
12�2�
322
��=2×−2�⋅3�−12= 3�−12�>2
则.
5265
′12�3�−12−6�⋅2�24��+6�−6
2222
��=3�−12=3�−12
令,得,
′
令��>0,得�>6,
′
所以��<在0区间2<�<上单6调递减,在区间上单调递增,
所以��的最小值2,为6.6,+∞
���6=72
【题型2导数中函数的单调性问题】
【例2】(2026·陕西宝鸡·一模)已知函数,
�
��=ln�+�−2�∈�
(1)讨论的单调性.
(2)若对任��意都有恒成立,求a的取值范围.
【答案】(1)答�案∈见0解,+析∞��≥0
(2)
【解�题≥思e路】(1)求得,分类讨论和时导数的符号,进而判断函数单调性;
�−�
′2
��=��>0�≤0
(2)由参变分离法可得,设,通过导数求最大值,最大值小于等于即
可.�≥2�−�ln���=2�−�ln����
【解答过程】(1)由题意可得,,
1��−�
′22
当时,在�∈0,+恒∞成立,�所�以=函�数−�=在�单调递增;
'
当�≤0时,��>0时�∈0,+,∞时��,故0函,+数∞在单调递减,在单调
′′
�>0�∈0,���<0�∈�,+∞��>0��0,��,+∞
递增,
综上所述,当,函数在单调递增;
当时,函�数≤0在��单调0递,+减∞,在单调递增.
(2)�>因0为对任意��0,�都有,�所,+以∞,即,
�
�∈0,+∞��≥0ln�+�−2≥0�≥2�−�ln�
令,,则,
′
当��=2�时−,�ln��∈,0,+∞单调递�增;�当=1−ln�时,,单调递减,
′′
所以�∈0,e��>,0���∈e,+∞��<0��
故��.max=�e=e
【变�式≥2e-1】(2026·福建漳州·模拟预测)已知函数.
(1)当时,求的单调区间;��=�+1ln�+1−��
�=1��
(2)若是减函数,求的取值范围;
12
��=��−2��
(3)当时,,求的最大值;
【答案�】≥(10)单调递�减�区≥间0为�,单调递增区间为
(2)−1,00,+∞
(3)11,+∞
【解题思路】(1)求导,分别令导数大于0和小于0,解不等式可得答案;
(2)利用导数把问题转化为恒成立问题,再分离参数,利用导数求出函数最值即可;
(3)分类讨论求出的最小值即可.
【解答过程】(1)当��时,
�=1的定义域为,且.
′
�令�=�+,1得ln�+1−�;令−,1,得+∞;��=ln�+1
′′
因此�,�<0的单调−1递<减�区<间0为��,>单0调递增�>区间0为.
��−1,00,+∞
(2)因为在单调递减,
12
所以��=��−2�−1,+∞,即在恒成立.
′
令��=ln�+1−�+,1则−�≤0�≥ln�+1.−�+1�∈−1,+∞
′1�
�+1�+1
令ℎ�=ln,�则+1−�+1ℎ�=−1=−
′
当ℎ�=0时,�=0,单调递增;
′
当�∈−1,0时,ℎ�>0,ℎ�单调递减;
′
�∈0,+∞ℎ�<0ℎ�
所以的最大值为,所以的取值范围.
(3)ℎ�的定义域为ℎ0=1,�1,+∞.
′
因为��在上−单1,调+递∞增,�所�以=ln�+1−�+1.
′′′
①当��时0,,+对∞,有��≥�0=,−所�以+1在上单调递增,
′′
则对�≤1∀,�∈0,+∞�,�所以≥�0≥符0合题意.��0,+∞
②当∀�∈时0,,+令∞��≥,�得0=0�≤1,所以在上单调递减,
′�−1�−1
所以当�>1��<时0,0≤�<e−,1所以��不合题0,e意,−舍1去.
�−1
综上,0<�,<所e以的−最1大值�为�.<�0=0�>1
【变式2�-2≤】1(2025·�四川资阳·一模1)已知函数(其中).
�
�(�)=�ln�+�−��∈R
(1)当变化时,曲线在点处的切线是否过定点?若是,求该定点的坐标;若不是,说明理
由;��=�(�)1,�1
(2)若在区间上单调递增,求的取值范围.
【答案�】(�()1)过定点0,+∞�
2,−1
(2)
1
−∞,−2e
【解题思路】(1)先根据导数的几何意义求函数在点处的切线方程,再根据直线方程的形式判
断其是否过定点.��1,�1
(2)问题转化为在上,恒成立.再分离参数,求函数的最值即可.
′
【解答过程】(1)因0,为+∞��≥0,.
�
�(�)=�ln�+�−��>0
所以,,
��
′22
�1=�−1��=ln�+1−�−1=ln�−�
所以.
'�
�1=ln1−1=−�
所以函数在点处的切线方程为:即,过定点.
所以当变�化�时,曲1线,�1在点处�的−切�线−过1定=点−��−1.�+1=−��−22,−1
(2)�在区间�=上�单(�调)递增,1,则�1在上2,恒−成1立.
′
所以�(�)0,+∞,.�(�)≥00,+∞
�
22
设ln�−�≥,0⇒�≤,�ln��>0
2
��=�ln��>0
则,.
′21
��=2�ln�+��=�2ln�+1�>0
由;由
11.
′−2′−2
��>0⇒2ln�+1>0⇒�>e��<0⇒0<�<e
所以函数在上单调递减,在上单调递增
11.
−2−2
��0,ee,+∞
所以.
1121
−2−2−21
��min=�e=e⋅lne=−2e
所以,即的取值范围为.
11
�≤−2e�−∞,−2e
【变式2-3】(2025·安徽·模拟预测)已知函数,其中.
1
�(�)=(3−�)ln�−3��+3�+6−��∈�
(1)讨论函数的单调性;
(2)若存在�(�,)使成立,求实数的取值范围.
2
�>0�(�)≥��
【答案】(1)当时,函数在上单调递增.当时,函数在上单调递增,在
11
�≤0��0,+∞�>0��0,��,+∞
上单调递减.
(2)
【解题−∞思,路3】(1)对函数求导,对参数分类讨论,根据导数判断函数单调性;
(2)结合(1)进而求得函数的最大值,再结合不等式求解参数取值范围.
【解答过程】(1)函数的定义域,
1
�(�)=(3−�)ln�−3��+3�+6−�0,+∞
对函数求导得,
2
3−�1−3��+3−��+1−3�+1��−1
′222
�(�)=�−3�+�=�=�
①当时,,因为,所以,则,
3�+1
′22′
�=0�(�)=��>03�+1>0,�>0��>0
函数在上单调递增.
②当��时0,,+令∞,即,解得(舍)或,
−3�+1��−111
′2
�>0�(�)=0�=0�=−3�=�
当,所以,则,函数单调递增.
12′
�∈0,���−1<0,3�+1>0,�>0��>0��
当,所以,则,函数单调递减.
12′
�∈�,+∞��−1>0,3�+1>0,�>0��<0��
③当时,令,即,解得(舍)或,
−3�+1��−111
′2
�<0�(�)=0�=0�=−3�=�
因为,所以,则,函数在上单调递增.
2′
综上,�>当0时�,�函−数1<0,3在�+1>0,上�单>调0递增�.�>0��0,+∞
�≤0��0,+∞
当时,函数在上单调递增,在上单调递减.
11
�>0��0,��,+∞
(2)由(1)知,当时,函数在上单调递增,
�≤0��0,+∞
所以当,,则存在,使成立.
2
�→+∞��→+∞�>0�(�)≥�
当时,函数在上单调递增,在上单调递减.
11
�>0��0,��,+∞
所以
1111
1
max
��=��=3−�ln�−3�×�+3�+6−�
,
=若存3在−�−,ln�使−3+3�,+6即−�=3−�−ln�+2�+3
22
令�>0�(�)≥�3−�−ln�,+2�+3≥�
2
求导��=3−�−ln�+2�+3−�,�>0,
′3−�3
��=ln�−�+2−2�=ln�−�+3−2�
令,,
2
313−2�+�+3−2�+3�+1
′222
ℎ�=ln�−�+3−2�ℎ�=�+�−2=�=�
令,解得或(舍),
'3
ℎ�=0�=2�=−1
当,,函数单调递增.
3'
�∈0,2ℎ�>0ℎ�
当,,函数单调递减.
3'
�∈2,+∞ℎ�<0ℎ�
所以有最大值,
33333
3
ℎ�ℎ2=ln2−2+3−2×2=ln2−2<0
可知,在单调递减,且,当,,
′
当��时<,0��.0,+∞�3=00<�<3��>0
综上�>,3实数的�取�值<范0围是.
�−∞,3
【题型3函数的极值与最值问题】
【例3】(2026·辽宁辽阳·一模)已知函数.
12
��=2�−��+�−1ln�
(1)若,求不等式的解集;
312
�1=−2��≤2�−�−1
(2)若在上存在极大值,求的取值范围.
【答案�】�(1)0,+∞�
(2)0,+∞
1,2∪2,+∞
【解题思路】(1)先根据确定的值,此时不等式可化为,设,
3
�1=−2��−ln�−1≥0��=�−ln�−1
分析函数的单调性,求函数的极小值,即可得不等式的解集.
(2)求出函数的导数,分类讨论,根据函数的单调性确定函数的极值情况,可得参数的取值范围.
【解答过程】(1)由.
313
�1=−2⇒2−�=−2⇒�=2
所以.
12
��=2�−2�+ln�
由.
121212
��≤2�−�−1⇒2�−2�+ln�≤2�−�−1⇒�−ln�−1≥0
设,.
��=�−ln�−1�>0
则,.
′1�−1
��=1−�=��>0
由;由.
′′
所以��>在0⇒�上>单1调递�减,�在<0⇒0<上�单<调1递增.
又��,0所,1以在1,+∞上恒成立.
�1=0��≥00,+∞
即不等式的解集为.
12
��≤2�−�−10,+∞
(2)因为,.
12
��=2�−��+�−1ln��>0
所以
2.
′�−1�−��+�−1�−1�−�−1
当��=即�−�+时�,=�=在�上恒成立,
由�−1≤0�≤1;由�−�−1>00,+.∞
′′
所以�函�数>0⇒在�>1上单�调递�减<,0在⇒0<�<上1单调递增.
故函数�在�0,1上只有极小值,1无,+极∞大值;
当��0,+即∞时,
由0<�−1<11<�<2或;由.
′′
所以�函�数>0⇒在0<�<�−和1�>1上单调�递�增<,0在⇒�−1<上�单<调1递减.
所以函数��在0,�−1处取1,得+极∞大值,在处取�−得1极,1小值;
当��即�=�时−,1在�=1上恒成立,
2
′�−1
所以�−函1数=1在�=2上�单�调=递增�,无≥极0值;0,+∞
当��即0,+时∞,
由�−1>1�>2或;由.
′′
所以�函�数>0⇒在0<�<和1�>�−上1单调�递�增<,0在⇒1<�<上�单−调1递减.
所以函数��在0,1处�取−得1极,+大∞值,在处1取,�得−极1小值.
综上,当���=1时,函数�=在�−1上存在极大值.
【变式3-1�】∈(210,226·∪云南2,+红∞河·模拟预测�)�已知函0,数+∞.
(1)设函数,求的最大值;��=ln�−1
��=��−���
(2)若函数,试探究是否存在常数,,使得的图象关于直线对称.若存在,
1
求出,�的�值=;若�不�存+1在�,请�说明理由.�����=�
【答案�】(1�);
−2
(2)存在,.
1
�=−2�=2
【解题思路】(1)对求导,研究其单调性,即可求得的最大值;
�(�)��
(2)先求出函数的定义域,若函数图象关于直线,则定义域也关于对称,求得,再利
1
�(�)�=��=��=2
用的图象关于直线对称的充要条件列出方程,即可求得.
1
���=2�(1−�)=�(�)�
【解答过程】(1),,
则��,=ln�−1−�,�∈1,+∞
′12−�
��=�−1−1=�−1�∈1,+∞
令,解得.
′
当��=0时,�=2;当,,
′′
即1<在�<2上单�调�递增>,0在�>2上�单�调<递0减.
所以��的1,最2大值为.2,+∞
���2=−2
(2)存在,使得的图象关于直线对称,理由如下:
1
�=−2�=2���=�
由题意知,由解得,
1−�1−�
即的定�义�域=为��+,1ln��>00<�<1
若存�在�常数,使0得,1的图象关于直线对称,
则其定义域�,�也关于�直�线对称,故�=�,
0+11
0,1�=��=2=2
且,
�1−�
�1−�=�−��+1ln1−�=��−�−1ln�=��
又因为,
1−�
故易知��=��,+解1得ln�.
综上所述−�,−存1在=1,�=−使2得的图象关于直线对
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