易错点4导数及其应用答案-备战2023年高考数学易错题_2.2025数学总复习_赠品通用版（老高考）复习资料_一轮复习_2023年高考数学一轮复习易错题（含解析）

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； 1 a x2 ax1 f(x) 1  【解析】(1) f(x) 的定义域为 (0,) ， x2 x x2 ． a≤2 f(x)≤0 a2 x1 f(x)0 （i）若 ，则 ，当且仅当 ， 时 ， f(x) (0,) 所以 在 单调递减． a a2 4 a a2 4 x x （ii）若 a2 ，令 f(x)0 得， 2 或 2 ． a a2 4 a a2 4 x(0, )U( ,) 当 2 2 时， f(x)0 ；a a2 4 a a2 4 a a2 4 x( , ) (0, ) 当 2 2 时， f(x)0 ．所以 f(x) 在 2 ， a a2 4 a a2 4 a a2 4 ( ,) ( , ) 2 单调递减，在 2 2 单调递增． 2．（2017·全国2卷）已知函数 ，且 ．(1)求 ； f(x) (0,) 【解析】（1） 的定义域为 ． g(x)axalnx f(x) xg(x) f(x)≥0 g(x)≥0 设 ，则 ， 等价于 ． 1 g(x)a 因为 g(1)0 ， g(x)≥0 ，故 g(1)0 ，而 x， g(1)a1 ，得 a1 ． 1 g(x)1 若 a1 ，则 x ．当 0 x1 时， g(x)0 ， g(x) 单调递减；当 x1 g(x)0 g(x) x1 g(x) g(x)≥g(1)0 时， ， 单调递增．所以 是 的极小值点，故 ． a1 综上， ． 3．（2017·全国3卷）已知函数 ．(1)若 ，求 的值； f(x) (0,) 【解析】（1） 的定义域为 ． 1 1 f( ) aln20 a≤0 2 2 ①若 ，因为 ，所以不满足题意； a xa a＞0 f 'x1 x  x x0,a f 'x＜0 ②若 ，由 知，当 时， ； xa，+ f 'x＞0 f(x) (0,a) 当 时， ，所以 在 单调递减， (a,) 在 单调递增， xa f(x) (0,) 故 是 在 的唯一最小值点． f 10 f(x)≥0 由于 ，所以当且仅当a=1时， ．故a=1． 4．（2016·全国1卷） 已知函数 有两个零点． （I）求a的取值范围； f '(x)(x1)ex 2a(x1)(x1)(ex 2a) 【解析】（Ⅰ） ． （i）设a 0，则 f(x)(x2)ex ， f(x) 只有一个零点． （ii）设a 0，则当 x(,1) 时， f '(x)0 ；当 x(1,) 时， f '(x)0 ． f(x) (,1) (1,) 所以 在 上单调递减，在 上单调递增． a bln 又 f(1)e ， f(2)a ，取b满足b0且 2 ，则 a 3 f(b) (b2)a(b1)2 a(b2  b)0 2 2 ，故 f(x) 存在两个零点．（iii）设a0，由 f '(x)0 得x1或 xln(2a) ． e a 若 2，则 ln(2a)1 ，故当 x(1,) 时， f '(x)0 ， 因此 f(x) 在 (1,) 上单调递增．又当x1时， f(x)0 ， f(x) 所以 不存在两个零点． e a 若 2，则 ln(2a)1 ，故当 x(1,ln(2a)) 时， f '(x)0 ； x(ln(2a),) f '(x)0 f(x) (1,ln(2a)) 当 时， ．因此 在 上单调递减， 在 (ln(2a),) 上单调递增．又当x1时， f(x)0 ， f(x) a (0,) 所以 不存在两个零点．综上， 的取值范围为 ． f(x)2x3 ax2 b f(x) 5．（2019·全国3卷）已知函数 ，讨论 的单调性； 【解析】（1） f(x)6x2 2ax2x(3xa)． a 令 ，得x=0或x . f(x)0 3 a  x(,0) , 若a>0，则当  时， ； 3  f(x)0  a 当x  0, 时， ．  3 f(x)0 a   a 故 在(,0),  , 单调递增，在 0, 单调递减； f(x) 3   3 若a=0， f(x)在(,)单调递增；  a x , (0,) 若a<0，则当   时， ；  3 f(x)0 a  当x  ,0 时， ． 3  f(x)0  a a  , ,(0,) ,0 故 在  单调递增，在 单调递减. f(x)  3 3  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． x1 f (x) lnx  f (x) x1 3.（2019全国Ⅱ理20（1））已知函数 ,讨论 的单调性，并证 f(x) 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x，即f（x）=0． 1 1 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 有两个零点． （I）求a的取值范围； f '(x)(x1)ex 2a(x1)(x1)(ex 2a) 【解析】Ⅰ） ． （i）设a 0，则 f(x)(x2)ex ， f(x) 只有一个零点． （ii）设a 0，则当 x(,1) 时， f '(x)0 ；当 x(1,) 时， f '(x)0 ． f(x) (,1) (1,) 所以 在 上单调递减，在 上单调递增． a bln 又 f(1)e ， f(2)a ，取b满足b0且 2 ，则 a 3 f(b) (b2)a(b1)2 a(b2  b)0 2 2 ，故 f(x) 存在两个零点． （iii）设a0，由 f '(x)0 得x1或 xln(2a) ． e a 若 2，则 ln(2a)1 ，故当 x(1,) 时， f '(x)0 ， 因此 f(x) 在 (1,) 上单调递增．又当x1时， f(x)0 ， f(x) 所以 不存在两个零点． e a 若 2，则 ln(2a)1 ，故当 x(1,ln(2a)) 时， f '(x)0 ； x(ln(2a),) f '(x)0 f(x) (1,ln(2a)) 当 时， ．因此 在 上单调递减， 在 (ln(2a),) 上单调递增．又当x1时， f(x)0 ， f(x) a (0,) 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 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)＝。 (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)＝， 则f′(x)＝＝， 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)＝， 则f′(x)＝＝。 若函数f(x)在x＝－1处取得极值， 令f′(－1)＝0，则＝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)＝，函数定义域为R， f′(x)＝， 令f′(x)＝0，解得x＝－1，x＝4。 1 2 f(x)，f′(x)随x的变化趋势如下表： x (－∞，－1) －1 (－1,4) 4 (4，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(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)＝－。 又因为x<时，f(x)>0，x>时，f(x)<0， 所以函数f(x)的最大值为f(－1)＝1，最小值为f(4)＝－。 2.(2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝(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)＝(x>0)， f′(x)＝(x>0)， 令f′(x)>0，则0，此时函数f(x)单调递减， 所以函数f(x)的单调递增区间为， 单调递减区间为。 (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＝1(x>0)有两个不同的解，即 方程＝有两个不同的解。 设g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝(x>0)，令g′(x)＝＝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) ＝g(e)＝， max 且当x>e时，g(x)∈， 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， .