最新高考数学易错题精编 易错点04 导数及其应用

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第三，对于错题集的复习，最简单的方法就是盖住答案，然后重新来做一遍，从分析的角度条件的分析以及技巧的使用三个方面进行逐一的排除。
第四，在这些错题当中，并非所有的错题都是每个同学易错的，那么在第一遍的错题复习当中，我们就要进行排除，筛选出符合自己特点错题及其针对性也才更强。
如果自己已经完全掌握的，那么就当是对于知识点的再一次复习。这样的错题对于提升自己的能力来说也才是起到了最大的作用。
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，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，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．
①若，因为，所以不满足题意；
②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=1．
4．（2016·全国1卷） 已知函数 QUOTE ??=?−2e?+?(?−1)2 有两个零点．
（I）求a的取值范围；
【解析】（Ⅰ）．
（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a>0，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a<0，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Ⅲ）已知函数有唯一零点，则
A． B． C． D．1
【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C．
3.（2019全国Ⅱ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Ⅰ)已知函数 QUOTE ??=?−2e?+?(?−1)2 有两个零点．
（I）求a的取值范围；
【解析】Ⅰ）．
（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．（2017新课标Ⅰ）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，
，
（ⅰ）若，则，所以在单调递减．
（ⅱ）若，则由得．
当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增．
（2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点．
（ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，
最小值为．
①当时，由于，故只有一个零点；
②当时，由于，即，故没有零点；
③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Ⅰ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(3－2x,x2＋a)。
(1)若a＝0，求y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若函数f(x)在x＝－1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a＝0时，f(x)＝eq \f(3－2x,x2)，
则f′(x)＝eq \f(－2·x2－3－2x·2x,x4)＝eq \f(2x－6,x3)，
当x＝1时，f(1)＝1，f′(1)＝－4，故y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－4(x－1)，整理得y＝－4x＋5。
(2)已知函数f(x)＝eq \f(3－2x,x2＋a)，
则f′(x)＝eq \f(－2x2＋a－3－2x·2x,x2＋a2)＝eq \f(2x2－3x－a,x2＋a2)。
若函数f(x)在x＝－1处取得极值，
令f′(－1)＝0，则eq \f(24－a,a＋12)＝0，解得a＝4。
经检验，当a＝4时，x＝－1为函数f(x)的极大值点，符合题意。
此时f(x)＝eq \f(3－2x,x2＋4)，函数定义域为R，
f′(x)＝eq \f(2x－4x＋1,x2＋42)，
令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝4。
f(x)，f′(x)随x的变化趋势如下表：
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，x>eq \f(3,2)时，f(x)<0，
所以函数f(x)的最大值为f(－1)＝1，最小值为f(4)＝－eq \f(1,4)。
2.(2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝eq \f(xa,ax)(x>0)。
(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围。
【解析】(1)当a＝2时，f(x)＝eq \f(x2,2x)(x>0)，
f′(x)＝eq \f(x2－xln 2,2x)(x>0)，
令f′(x)>0，则0令f′(x)<0，则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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,ln 2)))，
单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,ln 2)，＋∞))。
(2)曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，可转化为方程eq \f(xa,ax)＝1(x>0)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)(x>0)，则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)(x>0)，令g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)＝0，得x＝e，
当00，函数g(x)单调递增，
当x>e时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，
故g(x)max＝g(e)＝eq \f(1,e)，
且当x>e时，g(x)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，
又g(1)＝0，所以0所以a>1且a≠e，
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】（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，，，
①当时，在恒成立，
的单调递增区间为．
②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．
①若，，则，，
则与已知矛盾；
②若，，则，，
则与已知矛盾；
③若，则，又，，
，与矛盾；
④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，
①若，则当时，，所以函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减；
②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，，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．
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，
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，
①证明：函数有两个极值点，，且随着的增大而增大；
②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：①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．
②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：，
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，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，
.
x
(－∞，－1)
－1
(－1,4)
4
(4，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值
