高考数学易错点04 导数及其应用【解析版】

1、易错点04 导数及其应用易错点1：导数与函数的单调性导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系 (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数 (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题 (4)考查数形结合思想的应用易错点2：导数与函数的极（最）值求函数f(x)在a，b上的最大值和最小值的步骤(1)求函数在(a，b)内的极值；(2)求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b)；(3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，

2、其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值。易错点3：对“导函数值正负”与“原函数图象升降”关系不清楚 讨论函数的单调区间可化归为求解导函数正或负的相应不等式问题的讨论易错点4：导数与函数的零点研究函数图像的交点、方程的根、函数零点，归根到底是研究函数的性质，如单调性、极值等。用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数单调性，借助零点村子性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图像的交点问题，利用数形结合来解决。 考点一：含参函数的单调性1（2018全国1卷）已知函数(1)讨论的单调性；【解析】(1)的定义域为，若，则，当且仅当，时，所以在单调递减（ii）若，令得，或当时，；当时，所以在

3、，单调递减，在单调递增2（2017全国2卷）已知函数，且(1)求；【解析】（1）的定义域为设，则，等价于因为，故，而，得若，则当时，单调递减；当时，单调递增所以是的极小值点，故综上，3（2017全国3卷）已知函数(1)若，求的值；【解析】（1）的定义域为若，因为，所以不满足题意；若，由知，当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增，故是在的唯一最小值点由于，所以当且仅当a=1时，故a=14（2016全国1卷） 已知函数 QUOTE =2e+（I）求a的取值范围；【解析】（）（i）设，则，只有一个零点（ii）设，则当时，；当时，所以在上单调递减，在上单调递增又，取满足且，则，故存在两个零点（iii

4、）设，由得或若，则，故当时，因此在上单调递增又当时，所以不存在两个零点若，则，故当时，；当时，因此在上单调递减，在上单调递增又当时，所以不存在两个零点综上，的取值范围为5（2019全国3卷）已知函数，讨论的单调性；【解析】（1）令，得x=0或.若a0，则当时，；当时，故在单调递增，在单调递减；若a=0，在单调递增；若a0，则当时，；当时，故在单调递增，在单调递减.考点二：零点问题1（2017新课标）已知函数有唯一零点，则A B C D1【解析】令，则方程有唯一解，设，则与有唯一交点，又，当且仅当时取得最小值2而，此时时取得最大值1，有唯一的交点，则选C3.（2019全国理20（1）已知函数,讨

5、论的单调性，并证明有且仅有两个零点；【解析】f（x）的定义域为.因为，所以在（0，1），（1，+）单调递增因为f（e）=，所以f（x）在（1，+）有唯一零点x1，即f（x1）=0又，故f（x）在（0，1）有唯一零点综上，f（x）有且仅有两个零点4(2016年全国)已知函数 QUOTE =2e+（I）求a的取值范围；【解析】）（i）设，则，只有一个零点（ii）设，则当时，；当时，所以在上单调递减，在上单调递增又，取满足且，则，故存在两个零点（iii）设，由得或若，则，故当时，因此在上单调递增又当时，所以不存在两个零点若，则，故当时，；当时，因此在上单调递减，在上单调递增又当时，所以不存在两个零点

6、综上，的取值范围为5（2017新课标）已知函数(1)讨论的单调性；(2)若 QUOTE () 有两个零点，求的取值范围【解析】（1）的定义域为，（）若，则，所以在单调递减（）若，则由得当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增（2）（）若，由（1）知，至多有一个零点（）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为当时，由于，故只有一个零点；当时，由于，即，故没有零点；当时，即又，故在有一个零点设正整数满足，则由于，因此在有一个零点综上，的取值范围为6.（2019全国理20（2）已知函数，为的导数证明：有且仅有2个零点【解析】的定义域为.（i）当时，由（1）知，在单调递增，而，所以当时，故在单调递减

7、，又，从而是在的唯一零点.（ii）当时，由（1）知，在单调递增，在单调递减，而，所以存在，使得，且当时，；当时，.故在单调递增，在单调递减.又，所以当时，.从而 在没有零点.（iii）当时，所以在单调递减.而，所以在有唯一零点.（iv）当时，所以0，从而在没有零点.综上，有且仅有2个零点.考点三、导数与函数的极值1.(2021北京高考)已知函数f(x)eq f(32x,x2a)。(1)若a0，求yf(x)在(1，f(1)处的切线方程；(2)若函数f(x)在x1处取得极值，求f(x)的单调区间，以及最大值和最小值。【解析】(1)当a0时，f(x)eq f(32x,x2)，则f(x)eq f(2x

8、232x2x,x4)eq f(2x6,x3)，当x1时，f(1)1，f(1)4，故yf(x)在(1，f(1)处的切线方程为y14(x1)，整理得y4x5。(2)已知函数f(x)eq f(32x,x2a)，则f(x)eq f(2x2a32x2x,x2a2)eq f(2x23xa,x2a2)。若函数f(x)在x1处取得极值，令f(1)0，则eq f(24a,a12)0，解得a4。经检验，当a4时，x1为函数f(x)的极大值点，符合题意。此时f(x)eq f(32x,x24)，函数定义域为R，f(x)eq f(2x4x1,x242)，令f(x)0，解得x11，x24。f(x)，f(x)随x的变化趋势

9、如下表：x(，1)1(1,4)4(4，)f(x)00f(x)极大值极小值故函数f(x)单调递增区间为(，1)，(4，)，单调递减区间为(1,4)，极大值为f(1)1，极小值为f(4)eq f(1,4)。又因为x0，xeq f(3,2)时，f(x)0且a1，函数f(x)eq f(xa,ax)(x0)。(1)当a2时，求f(x)的单调区间；(2)若曲线yf(x)与直线y1有且仅有两个交点，求a的取值范围。【解析】(1)当a2时，f(x)eq f(x2,2x)(x0)，f(x)eq f(x2xln 2,2x)(x0)，令f(x)0，则0 xeq f(2,ln 2)，此时函数f(x)单调递增，令f(x

10、)eq f(2,ln 2)，此时函数f(x)单调递减，所以函数f(x)的单调递增区间为eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(2,ln 2)，单调递减区间为eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,ln 2)，)。(2)曲线yf(x)与直线y1有且仅有两个交点，可转化为方程eq f(xa,ax)1(x0)有两个不同的解，即方程eq f(ln x,x)eq f(ln a,a)有两个不同的解。设g(x)eq f(ln x,x)(x0)，则g(x)eq f(1ln x,x2)(x0)，令g(x)eq f(1ln x,x2)0，得xe，当0 x0，函数g(x)单调递增，当xe时，g(

11、x)e时，g(x)eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,e)，又g(1)0，所以0eq f(ln a,a)1且ae，即a的取值范围为(1，e)(e，)。3. (2021全国乙卷)设函数，已知是函数的极值点（1）求a；（2）设函数证明:【解析】（1）由，又是函数的极值点，所以，解得；（2）由（1）得，且，当 时，要证， ，即证，化简得；同理，当时，要证， ，即证，化简得；令，再令，则，令，当时，单减，假设能取到，则，故；当时，单增，假设能取到，则，故；综上所述，在恒成立4. （2021年新课标1卷）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.【解析】（

12、1）函数的定义域为，又，当时，当时，故的递增区间为，递减区间为.（2）因为，故，即，故，设，由（1）可知不妨设.因为时，时，故.先证：，若，必成立.若， 要证：，即证，而，故即证，即证：，其中.设，则，因为，故，故，所以，故在为增函数，所以，故，即成立，所以成立，综上，成立.设，则，结合，可得：，即：，故，要证：，即证，即证，即证：，即证：，令，则，先证明一个不等式：.设，则，当时，；当时，故在上为增函数，在上为减函数，故，故成立由上述不等式可得当时，故恒成立，故在上为减函数，故，故成立，即成立.综上所述，.【名师点睛】极值点偏移问题，一般利用通过原函数的单调性，把与自变量有关的不等式问题转化

13、与原函数的函数值有关的不等式问题，也可以引入第三个变量，把不等式的问题转化为与新引入变量有关的不等式问题.1已知函数（1）求函数的单调区间；（2）若，分别解答下面两题：（i）若不等式对任意的恒成立，求的取值范围；（ii）若，是两个不相等的正数，求证：【解析】（1）函数的定义域为，令，当时，在恒成立，的单调递增区间为当时，又，的单调递增区间是，单调递减区间是，综上所述：当时，的单调递增区间为，无递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，（2）（i）设，在上恒成立，在上单调递减，即的取值范围是，证明：（ii）（1），在上单调递增若，则，则与已知矛盾；若，则，则与已知矛盾；若，则，又，与矛盾

14、；不妨设，则由（2）知当时，令，则，又在上单调递增，【名师点睛】关键点点睛：本题最后证明问题，关键是要利用条件构造关于的不等关系，然后利用单调性得结论，其中确定很重要，直接可以利用到（2）（i）的结论变形.2已知函数，（1）若在处取得极值，求的值；（2）设，试讨论函数的单调性；（3）当时，若存在实数，满足，求证：【解析】（1）因为，所以，因为在处取得极值，所以，解得：验证：当时，易得在处取得极大值（2）因为，所以，若，则当时，所以函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减；若，当时，易得函数在和上单调递增，在上单调递减；当时，恒成立，所以函数在上单调递增；当时，易得函数在和上单调递增，在上单调递

15、减.（3）证明：当时，因为，所以，所以，令，则，当时，所以函数在上单调递减；当时，所以函数在上单调递增；所以函数在时，取得最小值，最小值为1，所以，即，所以，当时，此时不存在，满足等号成立条件，所以【名师点睛】思路点睛：本题考查导数与函数极值的关系，利用导数研究函数的单调性，以及利用导数解决不等式的综合问题，解决含参数问题及不等式证明问题注意两个转化：（1）利用导数解决含有参数的单调性问题可将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和化归思想的应用；（2）将不等式的证明、方程根的个数的判定转化为函数的单调性问题处理，一般需要通过构造新函数解决导数问题3已知函数，当时，恒成立（1）求实数的取值

16、范围；（2）若正实数、满足，证明：【解析】（1）根据题意，可知的定义域为，而，当时，为单调递增函数，当时，成立；当时，存在大于1的实数，使得，当时，成立，在区间上单调递减，当时，；不可能成立，所以，即的取值范围为.（2）证明：不妨设，正实数、满足，有（1）可知，又为单调递增函数，所以，又，所以只要证明：，设，则，可得，当时，成立，在区间上单调增函数，又，当时，成立，即，所以不等式成立，所以.【名师点睛】思路点睛：解决含参数问题及不等式问题注意两个转化：（1）利用导数解决含有参数的单调性问题可将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用；（2）将不等式的证明、方程根的个数的判

17、定转化为函数的单调性问题处理，一般需要通过构造新函数解决导数问题4已知函数，（1）讨论的单调性；（2）当时，正实数，满足，证明：【解析】（1），当时，在上是递增函数，即的单调递增区间为，无递减区间当时，令，得当时，；当，时，的单调递增区间为，单调递减区间为，综上，当时，的单调递增区间为，无递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，（2）当时，正实数，满足，令，则函数，当时，当时，（1），则，或舍去，【名师点睛】关键点点睛：对于双变量问题，我们要通过变形和换元转化为单变量问题，然后构造函数解决.5已知函数，令（1），研究函数的单调性；（2）若关于的不等式恒成立，求整数的最小值；（3），正

18、实数，满足，证明：【解析】（1），由，得，又，所以，所以的单调增区间为，单调减区间为；（2）方法一：令，所以当时，因为，所以所以在上是单调递增函数，又因为，所以关于的不等式不能恒成立当时，令，得，所以当时，；当时，因此函数在是增函数，在是减函数故函数的最大值为令，因为，又因为在上是减函数，所以当时，所以整数的最小值为2方法二：（2）由恒成立，得在上恒成立问题等价于在上恒成立令，只要因为，令，得设，因为，所以在上单调递减，不妨设的根为当时，；当，时，所以在上是增函数；在，上是减函数所以因为，所以此时，所以，即整数的最小值为2（3）当时，由，即，从而令，则由得，可知在区间上单调递减，在区间上单调递

19、增所以（1），所以，即成立【名师点睛】关键点点睛：1.对于恒成立问题，要么直接构造函数求最值，要么参变分离后求最值；2.对于双变量问题，要通过变形和换元转化为单变量问题.6已知函数（1）若，求函数的单调减区间；（2）若，正实数，满足，证明：【解析】（1）因为，所以，解得：，所以，的定义域为，令，得，所以的单调递减区间为（2）证明：当时，所以，令，则，所以时，单调递增，时，单调递减，所以，所以，即，因为，是正实数，所以【名师点睛】思路点睛：解决单调区间问题及不等式问题注意两个转化：（1）利用导数解决此类单调区间问题，应该首先确定函数的定义域，否则，写出的单调区间易出错；（2）将不等式的证明、方程

20、根的个数的判定转化为函数的单调性问题处理，一般需要通过构造新函数解决导数问题7设函数（1）若函数在上单调递增，求的值；（2）当时，证明：函数有两个极值点，且随着的增大而增大；证明：【解析】（1），由题意知，恒成立，当吋，恒成立，则单调递增，又，则当吋，单调递减，即不符合题意；当时，解得可知，在上单调递减，在上单调递增，设，在上单调递增，在上单调递减，所以若，即时，符合題意；若，即时，不符合題意綜上，（2）证明：时，由（1）知，且，当时，当时，所以为极大值点，由（1）有，则当吋，所以，所以当吋，当时，当时，所以为极小值点，所以有两个极值点，因为，所以，设，则，由（1）可知，所以，单调递增，所以随着的增大而增大，且，所以随着的增大而增大由，可得，要证，即证，即证，设，所以单调递减，所以，所以在上单调递减，所以，所以命题得证【名师点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理8已知函数（1）若在上单调递减，求的取值范围；（2）若在处的切线斜率是，证明有两个极值点，且【解析】（1），在递减，在上恒成立，在上恒成立，令，时，递增，时，递减，；（2）由题意得，令，解得：