2022年高考数学易错题解析汇编

1、易错点01 集合与运算易错点【01】对描述法表示集合的理解不透彻而出错用描述法表示集合，一定要注意两点：1、一定要清楚符号“x|x的属性”表示的是具有某种属性的x的全体，而不是部分；2、一定要从代表元素入手，弄清代表元素是什么。易错点【02】混淆数集和点集的表示使用特征法表示集合时，首先要明确集合中的代表元素是什么，比如， = 1 * GB3 * MERGEFORMAT y|y=x2+1; = 2 * GB3 * MERGEFORMAT (x,y)|y=x2+1，这两个集合中的代表元素的属性表达式都和y=x2+1有关，但由于代表元素符号形式不同，因而表示的集合也不一样。 = 1 * GB3 *

2、 MERGEFORMAT 代表的数集， = 2 * GB3 * MERGEFORMAT 代表的是点集。易错点【03】忽视集合中元素的互异性在学习集合的相关概念时，对含有参数的集合问题都容易出错，尽管知道集合众元素是互异的，也不会写出3，3这样的形式，但当字母x出现时，就会忽略x=3的情况，导致集合中出现相同元素。易错点【04】忽略空集的存在空集是一个特殊而又重要的结，它不含任何元素，记为。在解隐含有空集参与的集合问题时，非常容易忽略空集的特殊性而出错。特别是在求参数问题时，会进行分类讨论，讨论过程中非常容易忘记空集的存在，导致最终答案出错。易错点【05】利用数轴求参数时忽略端点值在求集合中参数

3、的取值范围时，要特别注意该参数在取值范围的边界处能否取等号，最稳妥的办法就是把端点值带入原式，看是否符合题目要求。要注意两点：1、参数值代入原集合中看是否满足集合的互异性；2、所求参数能否取到端点值。易错点【06】混淆子集和真子集而错集合之间的关系类问题涉及到参数时，需要分类讨论，分类讨论时非常容易忽略两个集合完全相等这种情况，认为子集就是真子集，最终导致参数求错或者集合的关系表达不准确。易错点【07】求参数问题时，忘记检验而出错根据条件求集合的中的参数时，一定要带入检验，看是否满足集合的“三性”中互异性，同时还要检验是否满足题干中的其他条件。考点一：列举法+列举法，补集1.（2021年全国新

4、高考2卷）设集合，则A.B.C.D.【答案】B【解析】由题设可得，故，故选：B.2（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）已知全集，集合，则（ ）ABCD【答案】A【解析】由题意可得：，则.故选：A.3.（2021年天津卷）设集合，则A.B.C.D.【答案】C【解析】，.故选：C.4（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标）已知集合U=2，1，0，1，2，3，A=1，0，1，B=1，2，则（ ）A2，3B2，2，3C2，1，0，3D2，1，0，2，3【答案】A【解析】由题意可得：，则.故选：A.考点二：列举法+描述法，交集1（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）设集合，则（ ）ABC

5、D【答案】B【解析】，故，故选：B.2（2021年全国新高考卷数学试题）设集合，则（ ）ABCD【答案】B【解析】由题设有，故选：B .3（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标）已知集合则（ ）ABCD【答案】D【解析】由解得，所以，又因为，所以，故选：D.4.(2019全国理)已知集合，则（ ）A B C D【答案】A【解析】因为，所以故选A考点三：描述法+描述法，交集1（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）设集合，则（ ）ABCD【答案】B【解析】因为，所以,故选：B.2（2021年浙江卷）设集合，则 （ ）.A B CD 【答案】D【解析】由交集运算，得，故选D 3（2020

6、年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标）设集合A=x|x240，B=x|2x+a0，且AB=x|2x1，则a=（ ）A4B2C2D4【答案】B【解析】求解二次不等式可得：，求解一次不等式可得：.由于，故：，解得：.故选：B.4（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标）已知集合A=x|x|1，xZ，则AB=（ ）AB3，2，2，3）C2，0，2D2，2【答案】D【解析】因为，或，所以.故选：D.考点四：点集，集合元素的个数1【2020年高考全国卷理数1】已知集合，则中元素的个数为（ ）A2B3C4D6【答案】C【解析】由题意，中的元素满足，且，由，得，所以满足的有，故中元素的个数为4故选

7、C2（2017新课标）已知集合，则中元素的个数为A3 B2 C1 D0【答案】B【解析】集合、为点集，易知圆与直线有两个交点，所以中元素的个数为2选B3(2018全国卷)已知集合，则中元素的个数为（ ） A9 B8 C5 D4【答案】A【解析】通解 由知，又，所以，所以中元素的个数为，故选A优解 根据集合的元素特征及圆的方程在坐标系中作出图形，如图，易知在圆中有9个整点，即为集合的元素个数，故选A4【2011广东，理1】已知集合A=为实数，且，B=为实数，且，则AB的元素个数为A4 B3 C2 D1【答案】C【解析】由消去，得，解得或，这时或，即，有2个元素错1已知集合，则（ ）ABCD【答案

8、】C【解析】由题意知，则故选C2已知集合,，则=（ ）A B C D【答案】A【解析】由于，所以故选A3设集合=，=，则=（ ）A1 B2 C0，1 D1，2【答案】D【解析】，=1，2故选D4已知集合,则=（ ）A B C D【答案】A【解析】，.故选A5已知集合，则ABCD【答案】C【解析】由已知得，所以，故选C6设集合 ，则ST=（ ）A2，3 B（ ，2 3,+）C3,+） D（0，2 3,+）【答案】D【解析】，所以，故选D7已知集合，则（ ）A B C D【答案】B【解析】A=（1,2），故B eq o(,)A，故选B.8已知集合，则（ ）A B【答案】B【解析】因为，所以，故选B

9、9已知集合,则（ ）A B C D【答案】C【解析】由已知可得，故选C10已知集合M=0，1，2，3，4，N=1，3，5，则的子集共有（ ）A2个 B4个 C6个 D8个【答案】B【解析】，故的子集有4个故选B易错点02 常用逻辑用语易错点1：混淆命题的否定与否命题命题的“否定”与命题的“否命题”是两个不同的概念.命题p的否定是否定命题所作的判断.而“否命题”是对“若p则q”形式的命题而言.既要否定条件也要否定结论.易错点2：充分条件、必要条件颠倒致误对于两个条件A和B.如果AB成立.则A是B的充分条件.B是A的必要条件;如果BA成立.则A是B的必要条件.B是A的充分条件;如果AB.则A.B互

10、为充分必要条件.解题时最容易出错的就是颠倒了充分性与必要性.所以在解决这类问题时一定要根据充分条件和必要条件的概念作出准确的判断.易错点3：“或”“且”“非”理解不准致误命题pq真p真或q真.命题pq假p假且q假(概括为一真即真);命题pq真p真且q真.命题pq假p假或q假(概括为一假即假);p真p假.p假p真(概括为一真一假).求参数取值范围的题目.也可以把“或”“且”“非”与集合的“并”“交”“补”对应起来进行理解.通过集合的运算求解.考点一：命题的真假判断1（2020新课标III理16）关于函数 = 1 * GB3 的图像关于轴对称； = 2 * GB3 的图像关于原点对称； = 3 *

11、 GB3 的图像关于对称； = 4 * GB3 的最小值为其中所有真命题的序号是 【答案】【解析】对于命题，则，函数的图象不关于轴对称，命题错误；对于命题，函数的定义域为，定义域关于原点对称，函数的图象关于原点对称，命题正确；对于命题，则，函数的图象关于直线对称，命题正确；对于命题，当时，则，命题错误，故答案为：2（2020年高考全国卷文理16）设有下列四个命题：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内：过空间中任意三点有且仅有一个平面：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行：若直线平面，直线平面，则则下述命题中所有真命题的序号是 【答案】【解析】对于命题，可设与相交，这两条直线确定的平面

12、为；若与相交，则交点在平面内，同理与的交点也在平面内，即，命题为真命题；对于命题，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，命题为假命题；对于命题，空间中两条直线相交、平行或异面，命题为假命题；对于命题，若直线平面，则垂直于平面内所有直线，直线平面，直线直线，命题为真命题综上可知，为真命题，为假命题，为真命题，为真命题故答案为：3.(2018北京)能说明“若对任意的都成立，则在上是增函数”为假命题的一个函数是_【答案】（不答案不唯一）【解析】这是一道开放性试题，答案不唯一，只要满足对任意的都成立，且函数在上不是增函数即可，如，答案不唯一4.（2019全国文11）记不等式组表示的平面区域为D.命题

13、；命题.下面给出了四个命题这四个命题中，所有真命题的编号是BCD【答案】A【解析 】作出不等式组的平面区域如图阴影部分所示.由图可知，命题；是真命题，则假命题；命题是假命题，则q真命题；所以：由或且非逻辑连词连接的命题判断真假有：真；假；真；假；故答案正确故选A考点二：充分必要性的判断1（2021年全国甲卷理7）等比数列的公比为，前项和为设甲：乙：是递增数列，则 A甲是乙的充分条件但不是必要条件B甲是乙的必要条件但不是充分条件C甲是乙的充要条件D甲不是乙的充分条件也不是必要条件【答案】B【解析】时，是递减数列，所以甲不是乙的充分条件；是递增数列，可以推出，可以推出，甲是乙的必要条件故选：B2.

14、(2021年浙江卷）已知非零向量，则“”是“”的（ ）.A 充分不必要条件B 必要不充分条件C 充分必要条件D 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】若，则不一定等于，故充分性不成立；若，则，必要性成立，故为必要不充分条件故选B3.(2021年北京卷）设函数的定义域为0,1,则“函数在0,1上单调递增”是“函数在0,1上的最大值为”的（ ）A 充分不必要条件B 必要不充分条件C 充分必要条件D 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】若在上单调递增，则，故在上的最大值为；容易构造在上的最大值为，但在上单调递减4（2020年高考天津卷2）设，则“”是“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充

15、要条件D既不充分也不必要条件【答案】A【解析】解二次不等式可得：或，据此可知：是的充分不必要条件，故选A考点三：特征命题与全称命题1.（2021年全国乙卷理3）已知命题；命题，则下列命题中为真命题的是A. B. C. D.【答案】A【解析】由函数性质可知，和都是真命题.2（2015新课标）设命题：，则为（ ）A BC D【答案】C【解析】命题是一个特称命题，其否定是全称命题3.（2014新课标1） 不等式组的解集记为.有下面四个命题：，：,：，：.其中真命题是（ ）A.， B.， C.， D.，【答案】C【解析】画出可行域如图中阴影部分所示，由图可知，当目标函数经过可行域内的点A（2，-1）时

16、，取得最小值0，故，因此是真命题，选C4.（2014福建）命题“”的否定是A BC D【答案】C【解析】 把量词“”改为“”，把结论否定，故选C错1已知命题：函数在R为增函数，：函数 在R为减函数，则在命题：，：，：和：中，真命题是（ ）A， B， C， D，【答案】C【解析】是真命题，则为假命题；是假命题，则为真命题，： 是真命题，：是假命题，：为假命题，：为真命题，故选C2已知空间中不过同一点的三条直线，则“在同一平面”是“两两相交”的（ ）A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件【答案】B【解析】解法一：由条件可知当在同一平面，则三条直线不一定两两相交，

17、由可能两条直线平行，或三条直线平行，反过来，当空间中不过同一点的三条直线两两相交，如图，三个不同的交点确定一个平面，则在同一平面，“”在同一平面是“两两相交”的必要不充分条件，故选B解法二：依题意是空间不过同一点的三条直线，当在同一平面时，可能，故不能得出两两相交当两两相交时，设，根据公理可知确定一个平面，而，根据公理可知，直线即，在同一平面综上所述，“在同一平面”是“两两相交”的必要不充分条件故选B3.设，为两个平面，则的充要条件是（ ）A内有无数条直线与平行 B内有两条相交直线与平行 C，平行于同一条直线 D，垂直于同一平面【答案】B【解析】对于A，内有无数条直线与平行，则与相交或，排除；

18、对于B，内有两条相交直线与平行，则；对于C，平行于同一条直线，则与相交或，排除；对于D，垂直于同一平面，则与相交或，排除故选B4.命题“对任意，都有”的否定为A对任意，都有 B不存在，都有C存在，使得 D存在，使得【答案】D【解析】否定为：存在，使得，故选D5设，集合是奇数集，集合是偶数集，若命题：，则A： B：C： D：【答案】C【解析】由命题的否定易知选C6.命题“，”的否定是A， B，C， D，【答案】D【解析】存在性命题的否定为“”改为“”，后面结论加以否定，故为7已知，均为单位向量，其夹角为，有下列四个命题（ ）其中真命题是A B C D【答案】A【解析】由得， ，。由得选A8函数在

19、处导数存在，若，是的极值点，则（ ）A是的充分必要条件B是的充分条件，但不是的必要条件C是的必要条件，但不是的充分条件D既不是的充分条件，也不是的必要条件【答案】C【解析】设，但是是单调增函数，在处不存在极值，故若则是一个假命题，由极值的定义可得若则是一个真命题，故选C9设有下面四个命题：若复数满足 QUOTE ，则 QUOTE ；：若复数满足，则 QUOTE ；：若复数，满足，则 QUOTE 1=2 ；：若复数 QUOTE ，则 QUOTE 其中的真命题为（ ）A， B， C， D，【答案】B【解析】设（），则，得，所以，正确；，则，即或，不能确定，不正确；若，则，此时，正确选B10.、是两

20、个平面，m、n是两条直线，有下列四个命题：（1）如果mn，m，n，那么.（2）如果m，n，那么mn.（3）如果，m，那么m. （4）如果mn，那么m与所成的角和n与所成的角相等.其中正确的命题有 。(填写所有正确命题的编号）【答案】【解析】对于命题，可运用长方体举反例证明其错误：如图，不妨设为直线，为直线,所在的平面为所在的平面为，显然这些直线和平面满足题目条件，但不成立命题正确，证明如下：设过直线的某平面与平面相交于直线，则，由，有，从知结论正确由平面与平面平行的定义知命题正确由平行的传递性及线面角的定义知命题正确易错点03 函数概念与基本函数易错点1：求解与函数有关的问题易忽略定义域优先的

21、原则；研究与函数有关的问题时，一定要先明确函数的定义域是什么，才能进行下一步工作。易错点2：判断函数奇偶性时，易忽略检验函数定义域是否关于原点对称；判断奇偶性的方法是在定义域关于原点对称的前提下，根据与的关系得到结论；易错点3： HYPERLINK / 根据定义证明函数的单调性时，规范格式是什么？(取值, 作差, 判正负 HYPERLINK / )；判断单调性的关键是能够根据自变量的范围化简函数，根据单调性的性质和复合函数“同增异减”性得到结论.易错点4：指对型函数比较大小要熟练掌握常用初等函数的单调性如：一次函数的单调性取决于一次项系数的符号，二次函数的单调性决定于二次项系数的符号及对称轴的

22、位置，指数函数、对数函数的单调性决定于其底数的范围（大于1还是小于1），特别在解决涉及指、对复合函数的单调性问题时要树立分类讨论的数学思想（对数型函数还要注意定义域的限制）.易错点5：用函数图象解题时作图不准“数形结合”是重要思想方法之一，以其准确、快速、灵活及操作性强等诸多优点颇受数学学习者的青睐。但我们在解题时应充分利用函数性质，画准图形，不能主观臆造，导致图形“失真”，从而得出错误的答案。易错点6：在涉及指对型函数的单调性有关问题时，没有根据性质进行分类讨论的意识和易忽略对数函数的真数的限制条件；要熟练掌握常用初等函数的单调性如：一次函数的单调性取决于一次项系数的符号，二次函数的单调性决

23、定于二次项系数的符号及对称轴的位置，指数函数、对数函数的单调性决定于其底数的范围（大于1还是小于1），特别在解决涉及指、对复合函数的单调性问题时要树立分类讨论的数学思想（对数型函数还要注意定义域的限制）；易错点7：抽象函数的推理不严谨致误；所谓抽象函数问题，是指没有具体地给出函数的解析式，只给出它的一些特征或性质。解决这类问题常涉及到函数的概念和函数的各种性质，因而它具有抽象性、综合性和技巧性等特点;解决抽象函数的方法有：换元法、方程组法、待定系数法、赋值法、转化法、递推法等；考点一：函数的单调性和奇偶性1(2021年高考全国甲卷理科)设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，若，则()A

24、BCD【答案】D【解析】因为是奇函数，所以；因为是偶函数，所以令，由得：，由得：，因为，所以，令，由得：，所以思路一：从定义入手所以思路二：从周期性入手由两个对称性可知，函数的周期所以故选：D2（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）下列函数中是增函数的为（ ）ABCD【答案】D【解析】1.对于A，为上的减函数，不合题意，舍.对于B，为上的减函数，不合题意，舍.对于C，在为减函数，不合题意，舍.对于D，为上的增函数，符合题意，故选：D.3（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）设函数，则下列函数中为奇函数的是（ ）ABCD【答案】B【分析】由题意可得，对于A，不是奇函数；对于B，是奇函数；对于

25、C，定义域不关于原点对称，不是奇函数；对于D，定义域不关于原点对称，不是奇函数.故选：B4(2021年高考全国乙卷理科)设函数，则下列函数中为奇函数的是()ABCD【答案】B【解析】由题意可得，对于A，不是奇函数；对于B，是奇函数；对于C，定义域不关于原点对称，不是奇函数；对于D，定义域不关于原点对称，不是奇函数故选：B5.（2021新高考2卷）已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，则（ ）AB.C.D.【答案】B【解析】因为函数为偶函数，则，可得，因为函数为奇函数，则，所以，所以，即，故函数是以为周期的周期函数，因为函数为奇函数，则，故，其它三个选项未知.故选：B6（2021年上海卷）以下

26、哪个函数既是奇函数，又是减函数( )ABCD【答案】A【解析】由题易知，只有既是奇函数又是减函数，故选A考点二：指对型函数比较大小1.（2021年天津卷5）设，则a，b，c的大小关系为A.B.C.D.【答案】D【解析】，.故选：D.2.（2021年新高考2卷7）已知，则下列判断正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】，即.故选：C.3（2020年全国2卷11）若，则AB CD【答案】A【解析】设，则，所以函数在上单调递增，因为，所以，所以，从而，故选A4（2021年全国1卷理12）若，则ABCD【答案】B【解析】由指数与对数运算可得：，又因为，即，令，由指对函数单调性可得在内单调递增，由

27、可得：，所以选B.5（2019全国理11）设是定义域为的偶函数，且在单调递减，则 A BC D【答案】C【解析】 是定义域为的偶函数，所以，因为，所以，又在上单调递减，所以. 故选C6.（2015年全国2卷12）设函数f(x)是奇函数的导函数，当时，则使得成立的x的取值范围是（ ）A. B. C. D.【答案】【解析】令，因为为奇函数，所以为偶函数，由于，当时， ，所以在上单调递减，根据对称性在上单调递增，又，数形结合可知，使得成立的的取值范围是考点三、函数的图像与性质1.（2021年天津卷3）函数的图像大致为A.B.C.D.【答案】B【解析】设，则函数的定义域为，关于原点对称，又，所以函数为

28、偶函数，排除AC；当时，所以，排除D.故选：B.2.（2019全国理7）函数在的图像大致为 B C D【解析】 因为，所以是上的奇函数，因此排除C，又，因此排除A，D故选B3（2021年浙江卷7）已知函数，则图象为右图的函数可能是（ ）.AB CD【答案】D 【解析】是偶函数，是奇函数，由于图象是奇函数，所以C，D正确，由于，则，C选项不符合，故选D4（2021年全国甲卷16）已知函数的部分图象如图所示，则满足条件的最小正整数为_.【答案】2【解析】由，得，将代入得，所以.等价于，等价于或，由图像得最小整数，所以5.（2015年全国2卷）如图，长方形ABCD的边AB=2，BC=1，O是AB的中

29、点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记BOP=x将动点P到A、B两点距离之和表示为x的函数f（x），则f（x）的图像大致为（ ） 【答案】B【解析】由于，故排除选项C、D；当点在上时，不难发现的图像是非线性，排除A故选B.6.（2014年全国1卷） 如图，圆O的半径为1，A是圆上的定点，P是 圆上的动点，角的始边为射线，终边为射线，过点作直线的垂线，垂足为，将点到直线的距离表示为的函数，则=在0,上的图像大致为（ ）【答案】C【解析】由题意知，当时，；当时，故选C考点四、分段函数1（2021年浙江卷12）已知，函数若则 【答案】2【解析】，即解得2（2015新课标）设函数，则A3 B6 C9

30、D12【答案】C【解析】由于，所以3.（2017新课标）设函数则满足的的取值范围是_【答案】【解析】当时，不等式为恒成立；当，不等式恒成立；当时，不等式为，解得，即；综上，的取值范围为4(2014新课标)设函数则使得成立的的取值范围是_【答案】【解析】当时，由得，；当时，由得，综上5.（2021年天津卷9）设，函数，若在区间内恰有6个零点，则a的取值范围是A.B.C.D.【答案】A【解析】最多有2个根，所以至少有4个根，由可得，由可得，（1）时，当时，有4个零点，即；当，有5个零点，即；当，有6个零点，即；（2）当时，当时，无零点；当时，有1个零点；当时，令，则，此时有2个零点；所以若时，有1

31、个零点.综上，要使在区间内恰有6个零点，则应满足或或，则可解得a的取值范围是.6.(2018全国卷)已知函数，若 存在2个零点，则a的取值范围是（ ）A1，0） B0，+） C1，+） D1，+）【答案】C【解析】函数存在 2个零点，即关于的方程有2 个不同的实根，即函数的图象与直线有2个交点，作出直线与函数的图象，如图所示，由图可知，解得，故选C1.函数在单调递减，且为奇函数若，则满足的的取值范围是（ ）.A-2,2 QUOTE 2,2 B-1,2 QUOTE 1,1 C0,4 QUOTE 0,4 D1,3【答案】D【解析】由函数为奇函数，得，不等式即为，又在单调递减，所以得，即，选D2设函

32、数，的定义域都为，且是奇函数，是偶函数，则下列结论正确的是（ ）A是偶函数 B|是奇函数C|是奇函数 D|是奇函数【答案】B【解析】为奇函数，为偶函数，故为奇函数，|为奇函数，|为偶函数，|为偶函数，故选B3下列函数中，既是偶函数又在单调递增的函数是( )A B C D 【答案】B【解析】为奇函数，在上为减函数，在上为减函数4.已知，则（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，且幂函数在上单调递增，指数函数在上单调递增，所以，故选A5.若，则（ ）A. B.C. D.【答案】C【解析】选项A，考虑幂函数，因为，所以为增函数，又，所以，A错对于选项B，又是减函数，所以B错对于选项D，由

33、对数函数的性质可知D错，故选C6设函数，则A3 B6 C9 D12【答案】C【解析】由于，所以7.函数在的图像大致为 B C D【答案】B【解析】 因为，所以是上的奇函数，因此排除C，又，因此排除A，D故选B8.偶函数的图像关于直线对称，则=_【答案】3【解析】函数的图像关于直线对称，所以，又，所以，则9函数的图像与函数的图像所有交点的横坐标之和等于_.【答案】2【解析】图像法求解的对称中心是也是的中心，他们的图像在的左侧有4个交点，则右侧必有4个交点不妨把他们的横坐标由小到大设为，则10已知函数的部分图像如图所示，则满足条件的最小正整数x为_【答案】2【解析】由图可知，即，所以；由五点法可得

34、，即；所以因为，；所以由可得或；因为，所以，方法一：结合图形可知，最小正整数应该满足，即，解得，令，可得，可得的最小正整数为2 方法二：结合图形可知，最小正整数应该满足，又，符合题意，可得的最小正整数为2故答案为：2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

35、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，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

36、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，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

37、=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）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

38、（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

39、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

40、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，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)。(

41、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(2x232x2x,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

42、，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

43、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)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

44、 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(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

45、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】（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

46、，；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

47、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；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

48、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

49、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

50、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，

51、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

52、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，

53、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

54、，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

55、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：，令，解得：，故在递增，在递减，又，故分别在和有零点，（不妨设，时，递减，时，递增，时，递减，故在和有个极值点，而，故原命题成立【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9已知函数.（1）函数是否存在极小值?若存在，求出的取值范围，若不存在，说明理由；（2）若，求证：【解析】（1）由题意（其中），当时

56、，函数不存在极值.当时，令，则.若，可知时，时，则此时为的极小值点，符合题意.若，可知时，时，则此时为的极大值点，不合题意.综上，存在极小值时，的取值范围是.（2）由不等式得（其中），即证明（其中）.令，只需证明即可.又，则时，；时，.则时，取得极大值，即的极大值为，也即为最大值.由，得，则时，；时，.则时，取得极小值，即的极小值为，也即为最小值.由于，即有，则所以时，不等式成立.【名师点睛】关键点点睛：本小题主要考查函数零点、导数及其应用等基础知识；，解题的关键是将要证的不等式转化为证明（其中），令，只需证明即可，考查推理论证能力、运算求解能力以及创新能力；考查函数与方程、分类与整合、化归与

57、转化等数学思想，属于较难题10已知函数（为常数）（1）当时，求函数的单调区间；（2）当时，设函数的两个极值点，（）满足，求的最小值【解析】（1）依题意，得，由，解得，即当时，单调递增，由，解得，即当时，单调递减，当时，的单调递增区间为，的单调递减区间为，（2），的两根为，即方程的两根为，令，由韦达定理，得，或，令，在上递减，.易错点05 比较大小在每年的高考数学卷中,“比较大小”是一类热点问题.考生们经常找不到解答问题的方法，乱猜导致丢分.易错点1：比较大小时，对指数函数，对数函数，和幂函数的性质记忆模糊导致失误。常用的指对数变换公式：（1） （2） （3） （4）换底公式： 进而有两个推论：

58、 （令） 易错点2：混淆对数的符号如何快速判断对数的符号-八字真言“同区间正，异区间负”（1）如果底数和真数均在（0，1）中，或者均在（1，+）中，那么对数的值为正数；（2）如果底数和真数一个在（0，1）中，一个在（1，+）中，那么对数的值为负数.易错点3：没有选中合适的中间量利用特殊值作“中间量”：在指对数中通常可优先选择“-1，0,1”对所比较的数进行划分，然后再进行比较，有时可以简化比较的步骤（在兵法上可称为“分割包围，各个击破”，也有一些题目需要选择特殊的常数对所比较的数的值进行估计.题组一1.(2016全国III)已知，则（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，且幂函数在

59、上单调递增，指数函数在上单调递增，所以，故选A2.（2013新课标）设，则（ ）A. B. C. D.【答案】D【解析】法1：，由下图可知D正确法2： ，由，可得答案D正确题组二3.（2019全国理3）已知，则A B C D【答案】B【解析】依题意，因为，所以，所以.故选B4（2021天津高考真题）设，则a，b，c的大小关系为（ ）ABCD【答案】D【解析】，.故选：D.题组三5.(2016全国I) 若，则（ ）A. B.C. D.【答案】C【解析】选项A，考虑幂函数，因为，所以为增函数，又，所以，A错对于选项B，又是减函数，所以B错对于选项D，由对数函数的性质可知D错，故选C6（2017新课

60、标）设为正数，且，则（ ）A B C D【答案】D【解析】设，因为为正数，所以，则，所以，则，排除A、B；只需比较与，则，选D7(2018全国卷)设，则( )A BC D【答案】B【解析】由得，由得，所以，所以，得又，所以，所以故选B题组四8（2019全国理11）设是定义域为的偶函数，且在单调递减，则 A BC D【答案】C【解析】 是定义域为的偶函数，所以，因为，所以，又在上单调递减，所以. 故选C9.（20152）设函数f(x)是奇函数的导函数，当时，则使得成立的x的取值范围是（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】令，因为为奇函数，所以为偶函数，由于，当时， ，所以在上单调递减，根