高考 大题05 函数与导数（10大题型）（原卷及解析版）

这是一份高考 大题05 函数与导数（10大题型）（原卷及解析版），文件包含大题05函数与导数10大题型原卷版docx、大题05函数与导数10大题型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共83页， 欢迎下载使用。
函数与导数问题是高考数学的必考内容。从近几年的高考情况来看，在大题中考查内容主要有主要利用导数研究函数的单调性、极值与最值、不等式及函数零点等内容。此类问题体现了分类讨论、转化与化归的数学思想，难度较大。
题型一：利用导数研究函数的单调性
（2024·河南郑州·高三校联考阶段练习）已知函数在处的切线方程为.
（1）求，的值；
（2）证明：在上单调递增.
【思路分析】
（1）求出函数的导函数，依题意可得，即可得到方程组，解得即可；
（2）令，，利用导数说明函数的单调性，即可得到当时，即当时，即可得证.
【规范解答】
（1）因为，
所以，
依题意可得，即，解得.
（2）由（1）可得，则，
令，，则，
所以在上单调递增，又，
所以当时，即当时，
所以在上单调递增.
1．（2024·安徽六安·高三统考期末）已知函数.
（1）若函数的图象在处的切线与x轴平行，求函数的图象在处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性.
【答案】（1）；（2）答案见解析
【分析】（1）先求导函数再求斜率最后写出切线方程；（2）分类讨论列表根据导函数求单调性.
【解析】（1）.
由题意，解得，
所以，，
在处的切线方程为
（2）.
①当时，，在上单调递增.
②当时，由得，在上的变化情况如下表：
由上表可得在上单调递增，
在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，增区间为，无减区间；
当时，增区间为和，减区间为.
2．（2024·辽宁·校联考一模）已知.
（1）求在处的切线方程；
（2）求的单调递减区间.
【答案】（1）；（2）单调递减区间为，
【分析】（1）先求原函数的导函数，再求出处的导数值即切线的斜率，写出切线方程即可；
（2）求的单调递减区间，只需求出其导函数满足不等式的解集即可.
【解析】（1）由于，
其导函数为：，得：，，
所以在处的切线方程为：，即；
（2）由于，
得：，
若，则，即，
由于，则，
只需即可，解得，，
故的单调递减区间为：，.
题型二：利用导数研究函数的极值
（2024·湖南长沙·高三长沙一中校考开学考试）已知直线与函数的图象相切.
（1）求的值；
（2）求函数的极大值.
【思路分析】
（1）设出切点，利用导数的几何意义求解即得.
（2）利用导数判断函数的单调性，然后求出极值即可.
【规范解答】
（1）函数的定义域为，求导得，
设切点为，则切线的斜率为，
切线方程为，
又切线过点，于是，而，解得，所以.
（2）由（1）知，，设，求导得，
令，得，当时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
于是，又，
则存在，当时，，当时，，
从而在上单调递减，在上单调递增，
所以存在唯一极大值.
1．（2024·广东汕头·统考一模）已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若既存在极大值，又存在极小值，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）把代入，利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）求出函数的导数，利用导数探讨函数的单调性，求出的范围.
【解析】（1）当时，函数，求导得，
则，而，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）函数的定义域为，
求导得，
当时，，由，得，由，得，
则函数在上递增，在上递减，函数只有极大值，不合题意；
当时，由，得或，
①若，即，由，得或，由，得，
则函数在上递增，在上递减，
因此函数的极大值为，极小值为，符合题意；
②若，即，由，得或，由，得，
则函数在上递增，在上递减，
因此函数的极大值为，极小值为，符合题意；
③若，即，由在上恒成立，得在上递增，
函数无极值，不合题意，
所以的取值范围为.
2．（2022·河南·高三专题练习）已知函数，其中常数.
（1）若在上是增函数，求实数的取值范围；
（2）若，设，求证：函数在上有两个极值点.
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）由在上是增函数，得在上恒成立，分离参数可得，
构造函数，利用导数求出函数的最小值即可；
（2）要证函数在上有两个极值点，只需证在上有两个不等实根，
令，利用导数研究出函数的零点即可.
【解析】（1）因为在上是增函数，
所以在上恒成立，即恒成立，只需，
设，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，函数在上单调递增，
所以的最小值为，所以，解得.
故实数的取值范围是；
（2）要证函数在上有两个极值点，
只需证在上有两个不等实根，
由题意，当时，，则，
令，则，
由，得，由，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又因为，，，
所以存在，，使得，，
所以是函数的两个极值点，
即在上有两个极值点.
题型三：利用导数研究函数的最值
（2024·江苏泰州·高三统考阶段练习）已知函数，．
（1）若函数在点处的切线过原点，求实数a的值；
（2）若，求函数在区间上的最大值．
【思路分析】
（1）代入求出切点，求导，利用导数的意义求斜率，再由点斜式写出直线方程求出；
（2）求导，分析单调性，求出最值即可.
【规范解答】
（1）切点，，．
切线过，
∴，∴．
（2），，
，或3，
则当或时，,当时，,
在上为减，在为增，
，，∴．
1．（2024·安徽黄山·统考一模）已知函数在处取值得极大值．
（1）求的值；
（2）求在区间上的最大值．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）求导，然后令求出，代入验证是否符合题意即可；
（2）求导，确定函数在区间上的单调性，进而可求最大值.
【解析】（1）由已知
令得或，
当时，令得或，令得，
故函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
此时函数在处取极大值，在处取极小值，
与函数在处取值得极大值不符；
当，即时，令得或，令得，
故函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
此时函数在处取极大值，在处取极小值，符合题意；
所以；
（2）由（1）得，，
令，得，函数单调递增，
令，得，函数单调递减，
所以.
2．（2024·陕西西安·统考一模）已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若的最小值为1，求a．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）通过运算得即可得解.
（2）对分类讨论，首先得满足题意，进一步分、以及分类讨论即可求解.
【解析】（1），
所以曲线在点处的切线方程，即．
（2），
令，则，
令，则，
当时，，
则，
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
在上单调递增，且，
所以，当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
所以．所以成立，
当时，当时，在上单调递减，，
在上单调递减，
因为，所以在上单调递减，
此时，舍去．
当时，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
，舍去；
当时，当时，在上单调递增，
在上单调递减，
在上单调递增，此时，，舍去，
综上，．
题型四：利用导数解决恒成立与能成立
（2024·湖北荆州·高三沙市中学校考阶段练习）设函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，若恒成立，求实数的取值范围.
【思路分析】
（1）求导，即可根据点斜式求解切线方程，
（2）分离参数，将问题转化为对于恒成立，构造函数利用导数求解函数的最值即可求解.
【规范解答】
（1）时，，则，
，故，
所以直线方程为，即；
（2），当时，的最大值为，
对于恒成立，则，
即，，当时，不等式成立，
当，即对于恒成立，
令，则，
于是当时， ，递增；在，，递减，
， 因此
的取值范围为
1．（2023·宁夏银川·高三校联考阶段练习）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若存在，使得，求实数的最大值.
【答案】（1）答案见解析；（2）1.
【分析】（1）先求导得到含参的导函数，然后对参数进行分类讨论即可.
（2）先进行参分，得到参数恒成立问题，然后通过求导得到新函数的单调性，再根据单调性得到最值即可.
【解析】（1）函数的定义域为，求导得，
当时，恒成立，则在上单调递增；
当时，令，解得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）存在，使得，即存在，使得，
则存在，使得，
令，则恒成立，
即函数在上单调递减，有恒成立，
因此，即，
令，
求导得，
令，求导得，
则当时，，此时单调递减，
当时，，此时单调递增，
即在上单调递减，在上单调递增，
则，即当时，恒成立，
因此函数在上单调递减，，
所以，即实数的最小值为．
2．（2022·全国·模拟预测）已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数，且在上恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；（2）
【分析】（1）求得，分和，两种情况讨论，即可求解；
（2）当时，得出函数的单调性，证得，令，得到在上单调递增，求得，结合，得到，进而得到答案.
【解析】（1）由函数，可得，
当时，恒成立，则在上单调递增；
当时，令，可得；令，可得，
则函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，，
由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，
当时，，所以，所以，所以，
令，则在上恒成立，
则函数在上单调递增，所以，所以，
因为，可得，所以，所以，
综上，当时，，
由（1）知，当时，在上单调递增，
因为，所以，符合题意；
当时，函数在上单调递增，
因为，所以要使成立，则，解得，
综上所述，实数的取值范围为.
题型五：利用导数求解函数的零点
（2024·江苏南通·高三统考开学考试）已知函数，曲线在处的切线方程为．
（1）求，的值；
（2）求的单调区间，并证明在上没有零点．
【思路分析】
（1）求出导函数，依题意可得，解得即可；
（2）由（1）可得，求出函数的定义域与导函数，即可求出单调区间，结合函数的单调性说明在上没有零点.
【规范解答】
（1）因为，所以，
由题意知，解得.
（2）由（1）可得定义域为，
又，
因为，
所以当时，当或时，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为，；
因为在上单调递增，在上单调递减，
时，，
在上没有零点．
1．（2024·湖北襄阳·高三枣阳一中校联考期末）已知函数，其导函数为．
（1）求单调性；
（2）求零点个数．
【答案】（1）在上单调递减；（2）2个零点，理由见解析
【分析】（1）求定义域，二次求导，得到导函数的单调性和极值情况，从而求出的单调性；
（2）得到的定义域，求导，分，和，结合函数的单调性，隐零点，零点存在性定理等得到函数的零点个数.
【解析】（1）的定义域为，，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
在处取得极大值，也是最大值，
又，故恒成立，
则在上单调递减；
（2），定义域为，，
当时，单调递减，且，
，，
故存在，使得，即，
当时，，当时，，
故当时，单调递增，当时，单调递减，
又，，，
由（1）知，在上恒成立，当且仅当时，等号成立，
故，
又当趋向于0时，趋向于，
由零点存在性定理得在和上，各存在一个零点，
当时，由（1）知，恒成立，此时恒成立，
故在恒成立，故此时函数无零点，
当时，，
令，则，则在上单调递减，
其中，
由于，故，所以，
故时，，
综上，的零点个数为2.
2．（2022·全国·模拟预测）已知函数.
（1）若，求函数的单调区间；
（2）若函数有两个零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；（2）
【分析】（1）利用导数求函数的单调区间；
（2）函数有两个不同的零点，等价于关于的方程有两个不同的实数根，设，利用导数求单调性和值域，可得实数的取值范围.
【解析】（1）由题意得，，函数定义域为，
令，解得；令，解得，
函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）有两个零点等价于关于的方程有两个不同的实数根，
令，则，
令，则，
当时，；当时，，
在上单调递增，在上单调递减，，
当时，；当时，，
在上单调递增，在上单调递减，，
且当以及时， ，
故当时，直线与函数的图象有两个不同的交点，
即函数有两个不同的零点，实数的取值范围是.
题型六：利用导数证明不等式
（2022·全国·高三专题练习）已知函数.
（1）求函数的极值；
（2）求证：.
【思路分析】
（1）求出函数的导数后讨论其符号可得函数的单调区间;
（2）设，利用导数可证当时，，时，，故可证题设中的不等式.
【规范解答】
（1）由题意得，，，
令，解得；令，解得，
∴函数在上单调递减，在上单调递增，
∴函数有极小值，无极大值，极小值为.
（2）令，则，
设，则.
令，解得；令，解得，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴，∴，
∴，∴在上单调递增.
又，∴当时，，，∴；
当时，，，∴.
综上所述，.
1．（2024·全国·高三专题练习）已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；
（2）首先将题意转化为证明，令，利用导数求出函数的最大值即可证明.
【解析】（1）因为，所以切点为.
又，所以，所以切线为.
（2）要证，只需证：，即证：.
令，，所以，，
令，解得.
所以当时，，为增函数，
当时，，为减函数.
所以，所以恒成立，所以.
2．（2024·山东济宁·高三校考开学考试）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）已知，当时，证明：．
【答案】（1）在区间上单调递减，在上单调递增；（2）证明见解析
【分析】（1）根据导函数的符号确定原函数的单调性即得；
（2）先将求证式进行等价转化成（对数单身狗，指数找朋友），再构造函数
，证明在上恒成立即得.
【解析】（1）依题，的定义域为.
，由得，
列表如下，
由表知，在区间上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，.
要证明，即证，只需证.
令，则.
再令，则，
所以在上单调递增，所以，
即在上恒成立，故由可得，
列表如下，
由表知，的最小值为，
所以在上恒成立，故.
题型七：利用导数研究双变量问题
（2024·江苏·校联考模拟预测）已知函数，其中，为自然对数的底数．
（1）函数，求的最小值；
（2）若为函数的两个零点，证明：．
【思路分析】
（1）求导确定函数的单调性即可求解最值，
（2）根据，故，进而构造函数，由导数求解单调性，结合零点存在定理与不等式的性质即可求.
【规范解答】
（1）由可得，
则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以的最小值为，故.
（2）由于为函数的两个零点，所以也是的两个零点，
故，故，，
,
令，
令，则，
当时, ,故单调递增，
故，则，
所以由零点存在定理可知，，
设，则当时，单调递减，
当时，单调递增，故当，
故故，
故，
所以由零点存在定理可知，，
所以.
1．（2024·广东·高三统考阶段练习）设函数，其中a为实数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）当在定义域内有两个不同的极值点时，证明：．
【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）证明见解析
【分析】（1）求出原函数的导数，结合导数性质即可得其单调区间；
（2）由题意可得是函数的导数的两个不同零点，即可利用韦达定理结合题意得到的范围，并将中的变量替换成，再借助导数研究其单调性即可得证.
【解析】（1）的定义域为，，
令，得或，
时，，时，，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2），
由在上有两个不同的极值点，
故有两个不同的正根，则有，解得，
因为
，
设，，
则，故在上单调递增，
又，
故．
2．（2023·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）设，为函数（）的两个零点．
（1）若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围；
（2）证明：．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）求出定义域，求导，得到的单调性和极值情况，根据函数零点个数，得到，求出，结合题目条件，得到当时，，根据零点存在性定理得到在内存在唯一零点，同理得到在内存在唯一零点，从而求出答案；
（2）设，由可得，令，故，，推出要证，即证，构造，，求导，对分子再构造函数，证明出，在定义域内单调递减，故，即，证明出结论.
【解析】（1）的定义域为R，，
当时，，当时，，
故在内单调递减，在单调递增，
故要使有两个零点，则需，故，
由题目条件，可得，
当时，因为，又，
故在内存在唯一零点，
又，故在内存在唯一零点，
则在R上存在两个零点，故满足题意的实数的取值范围为；
（2）证明：由（1）可设，由可得，
令，则，所以，故，所以，
要证，即证，
即证，
因为，即证，即，
令，，，
令，则，当时，，
当时，，
故在内单调递减，在单调递增，所以，
所以，令得，
故，在定义域内单调递减，
故，即，，，
则，证毕．
题型八：利用导数研究极值点偏移问题
（2024·浙江绍兴·高三统考期末）已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若方程有两个解，求证：.
【思路分析】
（1）根据给定条件，利用导数求解函数的单调性即可.
（2）由（1）求出程的两个解与1的大小关系，再变形要证不等式，结合的单调性分析，构造函数借助导数推理即得.
【规范解答】
（1）函数的定义域为，求导得，
当时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数的递减区间是，递增区间是.
（2）由（1）知，函数在，上的取值集合均为，
当时，直线与函数的图象有两个交点，即方程有两个解，
其中一个解小于1，一个解大于1，不妨设，要证，
即证，而，只证，又，即证，
而，
即证：，亦即，
设，求导得，
设，求导得，函数在上单调递增，
即，而，于是，
因此，函数在上单调递增，有，
令，求导得，
则函数在上单调递减，于是，即，
从而，所以.
1．（2024·海南·高三校联考期末）已知函数的导函数为．
（1）若，求曲线在点处的切线方程．
（2）若存在两个不同的零点，
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）证明：．
【答案】（1）；（2）（ⅰ）；（ii）证明见解析
【分析】（1）求导，根据导数的几何意义分析求解；
（2）（ⅰ）设，利用导数判断的单调性，结合单调性分析极值；（ⅱ）设，利用导数判断的单调性，结合单调性可得，进而可得，在结合的单调性分析证明.
【解析】（1）若，则，，
可得，且，
所以曲线在点处的切线方程为．
（2）（ⅰ）由题意可知：，
设，则
令，得，
当时，，当上，，
则在上单调递减，在上单调递增，
可得．
且当或时，，
若有两个零点，则，解得，
所以的取值范围为．
（ⅱ）由题意及（ⅰ）知，存在不同的，使得，
不妨设，即，则，
设，
则，
当时，，可知在上恒成立，
则在内单调递减，可得，即，
又因为，，则，
且在上单调递增，可得，即．
2．（2024·江西·高三校联考开学考试）已知函数，且的极值点为.
（1）求；
（2）证明：；
（3）若函数有两个不同的零点，证明：.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，结合极值点的定义即可求解；
（2）由（1）知，要证只需证.设，利用导数研究函数的单调性，得，即可证明；
（3）由零点的定义可得，由（2），只需证，即证.设，结合换元法，只需证，利用导数证得即可.
【解析】（1）由，则，
所以当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以为的极大值点，即.
（2）由（1）知，，
要证，只需证，即，
令，则，
当时，单调递减；
当时，单调递增，
所以，即，所以.
（3）因为是的两个不同的零点，
所以，
两式相减并整理，得.
设，由（2）知，
所以要证，只需证，即证.
设，下面只需证，
设，则，
所以在上单调递增，从而，
所以成立，从而.
题型九：隐零点问题综合应用
（2024·广西南宁·南宁三中校联考一模）已知函数．
（1）若，求的值；
（2）当时，证明：．
【思路分析】
（1）求出函数的导数，分类讨论a的取值，结合函数的单调性判断是否成立，即可求得答案；
（2）根据要证明的，构造函数，利用导数判断，使得，结合单调性确定，继而令，利用导数证明，即可证明结论.
【规范解答】
（1）由题意知，
当时，，在上单调递增，
而，当时，，与题意不符；
当时，，
由可得，在上单调递增，
此时，不符合题意；
当时，由可得，在上单调递增，
由可得，在上单调递减，
故对于任意的恒成立，符合题意；
当时，，
由可得，在上单调递减，
此时，不符合题意；
综合上述，；
（2）证明：要证，即证；
即，则，
令，则，
则，即在上单调递增，
又，，
故，使得，即，则，
则当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
故，
令，
则，
当时，，则，
当时，，则，
故在上单调递增，在上单调递减，
由于，故时，，
故，即，
即当时，成立.
1．（2024·山东·高三实验中学校联考开学考试）已知函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若函数恰有两个零点，求实数的取值范围．
【答案】（1）答案见解析；（2）．
【分析】（1）求定义域，求导后因式分解，分，，和，求出单调区间；
（2），二次求导，分，，结合特殊点的函数值和隐零点，得到实数的取值范围.
【解析】（1）定义域为，
．①当时，令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增；
②当时，令，得，令，得或，
所以在区间上单调递增，在区间和上单调递减；
③当时，在上单调递减；
④当时，令，得，令，得或，
所以在区间上单调递增，在区间和上单调递减；
综上，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为和；
当时，的单调递减区间为，无递增区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为和.
（2）由题意知，则．
令，则．
若，则恒成立，在上单调递增．
因为，所以当时，单调递减，
当时，单调递增，
则，即有且仅有一个零点，不符合题意．
若，则由，解得，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
则．
令，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，则．
若，则恒成立，在上单调递增，不可能有两个零点，不符合题意．
若，则，
显然当时，，故，使得．
又，所以当和时，单调递增，
当时，单调递减，
因为，当时，，
所以，使得，则恰有两个零点，符合题意．
若，则，显然当时，，
故，使得．
又，所以当和时，单调递增，
当时，单调递减，
因为，当时，，所以，使得，
则恰有两个零点，符合题意．
综上所述，的取值范围为．
2．（2024·广东·高三校联考开学考试）已知函数.
（1）若曲线在点处的切线过点，求的值；
（2）若恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）4；（2）
【分析】（1）求得，得到且，求得切线方程，将点代入切线方程，即可求解；
（2）转化为，令，求得，令，求得是增函数，得到，再令，求得是减函数，结合，得到存在，使得，再分和，两种情况讨论，得到，令，所以是增函数，进而结合，即可求解.
【解析】（1）由函数，可得，则且，
曲线在点处的切线方程为.
因为该直线过点，所以，解得.
（2）因为，所以，且，
两边平方可得，
令函数，可得，
令函数，可得，所以是增函数，
令，可得，
下面比较与的大小：
令函数，，是减函数，
因为，
所以存在，使得当时，，即，
若，可得，即.
若，当时，，即；
当时，，即，
所以在上单调递减，在上单调递增，
且，
令函数，所以是增函数，
由题意可得，又因为，所以，
当时，，符合题意.
综上可得，实数的取值范围为.
题型十：导数与数列综合问题
（2024·云南昆明·昆明一中校联考一模）已知函数．
（1）若，求实数的值；
（2）证明：当时，；
（3）证明：．
【思路分析】
（1）求出的导数，分类讨论，确定函数的单调性，利用成立，求出；
（2）由知，将各式累乘得证；
（3）由知，将各式累加得证.
【规范解答】
（1）由题意知，，，
①当时，，在上单调递减，
所以，当时，，不合题意；
②当时，由得，，则在上单调递增，
由得，，则在上单调递减，
所以，，不合题意；
③当时，由得，，则在上单调递增，
由得，，则在上单调递减，
所以，对于任意的，，符合题意；
④当时，由得，，则在上单调递增，
由得，，则在上单调递减，
所以，，不合题意．
综上所述，．
（2）由（1）知，时，即，当且仅当时等号成立．
所以，当时，令得，
所以，
所以当时，成立.
（3）由（1）知，时，即，当且仅当时等号成立．
当时，令得，所以，
所以，
所以成立.
1．（2024·山西·高三统考期末）已知函数.
（1）若当时，，求实数的取值范围；
（2）求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）求导后令，对与2的大小关系进行分类讨论，结合导数与单调性极值的关系即可求解.
（2）由（1）得，进而将代入裂项即可得解.
【解析】（1）由题可知.
令，其图象的对称轴为直线.
当即时，在单调递增，
又，所以当时，恒成立，从而恒成立，
所以在单调递增，
又，所以恒成立.
当即时，在单调递减，在单调递增，
又，
所以当时，恒成立，从而恒成立，在单调递减，
又，所以当时，，与已知矛盾，舍去.
综上所述，的取值范围为.
（2）由（1）可知，当时，，
从而，
于是.
2．（2024·四川德阳·统考模拟预测）（）.
（1）当时，证明：；
（2）证明：.
【答案】（1）证明过程见解析；（2）证明过程见解析
【分析】（1）放缩得到，构造，得到函数的奇偶性，二次求导，得到函数的单调性，结合特殊点的函数值，证明出结论；
（2）由（1）知，令，且放缩得到，再由得到，从而得到，相加后得到结论.
【解析】（1）当时，，
令，，
故为偶函数，，
令，，
故为奇函数，其中恒成立，
故在上单调递增，其中，故在恒成立，
故在上单调递增，
其中，故在上恒成立，
结合为偶函数，故在上恒成立，
故在上恒成立；
（2）由（1）知，，
即，当且仅当时，等号成立，
令，且，所以，故，
即，
由（1）可知，当时，，当且仅当时，等号成立，
当且时，，
故，故，即，
所以，
故
.
1．（2024·山东聊城·高三统考期末）已知函数（）.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性.
【答案】（1）；（2）答案见解析
【分析】（1）直接利用导数的几何意义求出切线的斜率，再求出切线方程；
（2）由于函数的定义域为，当时，函数只有一个极值点，当时，的两个解为和，所以当时分，，三种情况.
【解析】（1）当时，.
，切点为，
，切线斜率
所以曲线在处的切线方程为：
（2）由题意，函数（）的定义域为，
可得，
①当时，可得，当时，，当时，，
所以在单调递减，在单调递增；
②当时，可得在上恒成立，
所以函数在上单调递增；
③当时，当时，；
当时，；当时，，
所以在递减，在，递增；
④当时，当时，；
当时，；当时，，
所以在递减，在，递增.
综上，当时，在递减，在递增；
当时，在上单调递增；
当时，在递减，在，递增；
当时，在递减，在，递增.
2．（2024·江苏·徐州市第一中学校联考模拟预测）已知函数，其中．
（1）若，证明；
（2）讨论的极值点的个数．
【答案】（1）证明见解析；（2）有且仅有一个极值点.
【分析】（1）根据导函数的正负，判断的单调性，求得最小值，即可证明；
（2）求得，构造函数，对参数的取值进行分类讨论，结合零点存在性定理，判断的单调性，即可求得函数极值点个数.
【解析】（1）证明：当时，，，，，
又易知在上为增函数，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
从而.
（2）由题意知，函数的定义域为，，
设，，显然函数在上单调递增，与同号，
①当时，，，
所以函数在内有一个零点，且，，，，
故在单调递减，在单调递增；
所以函数在上有且仅有一个极值点；
②当时，由（1）知，函数在上有且仅有一个极值点；
③当时，，，
因为，所以，，
又，所以函数在内有一个零点，
且，，，，
故在单调递减，在单调递增；
所以函数在上有且仅有一个极值点；
综上所述，函数在上有且仅有一个极值点．
3．（2022·河南·高三专题练习）已知函数．
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）若函数在处取到极小值，求实数m的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）求导，即可根据点斜式求解直线方程，
（2）求导，分类讨论的取值，即可结合函数的单调性求解极值.
【解析】（1）由题意，，则，
又，故所求的切线方程为．
（2）由题意，，故．
若，则，故当时，，当时，，
故当时，函数取到极小值；
若，则令，解得或，
要使函数在处取到极小值，则需，即，
此时当时，，当时，，
当时，，满足条件．
综上，实数m的取值范围为．
4．（2024·重庆·高三重庆一中校考开学考试）已知，．
（1）若在处的切线也与的图象相切，求的值；
（2）若在恒成立，求的取值集合．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根据导数的几何意义先求得在处的切线方程，再根据直线与的图象相切，设切点，再根据导数的几何意义，切点既在曲线上又在切线上，求得的值；
（2）根据必要性可求得，再代入数据计算函数在上单调递减，在上单调递增，计算即可求解.
【解析】（1）由已知，则，又，
所以切点为，切线的斜率为，所以切线方程为，
又，设切点为，所以，
所以，解得；
（2）设，则，
必要性：因为，函数在的左右均大于等于，
所以是极值点，所以，所以；
充分性：当时，，
当时，，，所以，
所以在上单调递减，
当时，设，则，
因为，所以单调递增，即单调递增，
又，所以在上单调递增，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，所以，
故实数的取值集合为.
5．（2024·浙江·高三校联考开学考试）设函数.
（1）时，求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：至多只有一个零点.
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）当时，，得到，进而可求出，，再根据导数的几何意义，即可求出结果；
（2）将的零点个数转化成与交点个数，对求导，利用导数与函数单调性间的关系，得到在区间上单调递减，即可证明结果.
【解析】（1）当时，，则，
所以，又，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）由，得到，整理得到，
令，则，
当时，，当时，，
所以在区间上恒成立，当且仅当时取等号，
故在区间上单调递减，
则与最多有一个交点，
即至多只有一个零点
6．（2023·江苏盐城·高三盐城中学校联考阶段练习）设函数，其中为自然对数的底数，
（1）若为上的单调增函数，求实数的取值范围；
（2）讨论的零点的个数.
【答案】（1）；（2）答案见解析
【分析】（1）依题需使在上恒成立，接着对的取值分类讨论，确保条件满足即得的取值范围；
（2）借助于一阶、二阶导数，就的取值范围分类进行分析、讨论函数的零点情况.
【解析】（1）因为上的单调增函数，故对恒成立，
①当时，显然符合；
②当时，当时，，不合题意，舍去；
③当时，令
则当 时， ，当 时， ，
故在上递减，在上递增，则，
依题意，需使，即，故得：.
综上：实数的取值范围为.
（2）
①当时，有且仅有一个零点；
②当时，若，则无零点，
当时，递增，注意到
由零点存在定理，在上有唯一的零点；
③当时，令当时，，当时，，
故在上递增，在上递减，
时，时，递减，注意到，
则在上有唯一的零点，且当时，递增；
当时，，递减，
注意到，
在和上各有一个零点
综上：当时，有两个零点；当时，有唯一的零点.
7．（2024·甘肃平凉·校考模拟预测）已知函数．
（1）判断的单调性；
（2）设方程的两个根分别为，求证：．
【答案】（1）在上单调递减，上单调递增；（2）证明见解析
【分析】（1）求导，由和求解；
（2）令，利用导数法得到在上单调递减，在上单调递增，将证，转化为证，再由，转化为证，令，利用导数法证明即可.
【解析】（1）因为，所以，
令，得，
当时，，当时，，
所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．
（2）令，则，
令，得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，所以不妨设．
要证，即证，即证．
因为，所以即证．
令，
则，
所以在上单调递减，
所以，从而必有．即．
8．（2023·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）已知函数.
（1）若，求的单调区间；
（2）若有两个极值点，分别为和，求的最小值.
【答案】（1）在和上单调递增，在上单调递减；（2）
【分析】（1）由导函数的正负得出单调性；（2）由结合韦达定理得出，，进而得出，构造函数，利用导数得出其最小值即为的最小值.
【解析】（1）若，则.
从而.
令，得或.
当或时，单调递增；
当时，单调递减.
综上所述，在和上单调递增，在上单调递减.
（2）.
令，得.
由题意，是关于的方程的两个实根.
所以.
由得.
所以，
将代入，得，
同理可得：.
所以.
令，上式为.
设，则.
记，则.
记时，单调递增，所以.
所以单调递增，.
所以在单调递减.
又.
当且仅当时，取到最大值4，即得最大值为2.
所以的最小值为.
9．（2024·山东烟台·高三统考期末）已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）求证：.
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析；
【分析】（1）对求导可得，再对参数进行分类讨论即可讨论出函数的单调性；
（2）易知当时，满足，再利用对数运算性质以及累加法即可得出证明；
【解析】（1）易知函数的定义域为，
，
当时，，
易知时，，此时单调递减，
时，，此时单调递增；
即在上单调递减，在上单调递增；
当时，令，
易知当时，，
当时，，在上单调递减，
在上单调递增，在单调递减；
当时，，在上单调递减，
在上单调递增，在单调递减；
当时，，所以在单调递减；
当时，，所以在单调递减，在单调递增；
综上可知，当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增，在单调递减；
当时，在单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增，在单调递减；
（2）由（1）可知当时，在单调递增，所以，
即（当且仅当时等号成立），
令可得，即；
，，
累加可得.
10．（2024·宁夏石嘴山·高三平罗中学校考期末）设函数.
（1）讨论的单调性；
（2）证明：，．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析
【分析】（1）求导，考虑和两种情况，根据导函数的正负确定函数单调区间；
（2）确定，得到，，，，累加得到答案.
【解析】（1）的定义域为，，
当时，恒成立，在上单调递增；
当时，由得，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
综上所述：
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）证明：当时，在上单调递增，
当时，，即，
故，，， ，，
，
故.
1．（2023·全国·统考高考真题）已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程．
（2）若函数在单调递增，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；
（2）原问题即在区间上恒成立，整理变形可得在区间上恒成立，然后分类讨论三种情况即可求得实数的取值范围.
【解析】（1）当时，，
则，
据此可得，
所以函数在处的切线方程为，即.
（2）由函数的解析式可得，
满足题意时在区间上恒成立.
令，则，
令，原问题等价于在区间上恒成立，
则，
当时，由于，故，在区间上单调递减，
此时，不合题意;
令，则，
当，时，由于，所以在区间上单调递增，
即在区间上单调递增，
所以，在区间上单调递增，，满足题意.
当时，由可得，
当时，在区间上单调递减，即单调递减，
注意到，故当时，，单调递减，
由于，故当时，，不合题意.
综上可知：实数得取值范围是.
2．（2023·全国·统考高考真题）已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）在上单调递减；（2）
【分析】（1）代入后，再对求导，同时利用三角函数的平方关系化简，再利用换元法判断得其分子与分母的正负情况，从而得解；
（2）法一：构造函数，从而得到，注意到，从而得到，进而得到，再分类讨论与两种情况即可得解；
法二：先化简并判断得恒成立，再分类讨论，与三种情况，利用零点存在定理与隐零点的知识判断得时不满足题意，从而得解.
【解析】（1）因为，所以，
则
，
令，由于，所以，
所以，
因为，，，
所以在上恒成立，所以在上单调递减.
（2）法一：构建，
则，
若，且，
则，解得，
当时，因为，
又，所以，，则，
所以，满足题意；
当时，由于，显然，
所以，满足题意；
综上所述：若，等价于，
所以的取值范围为.
法二：因为，
因为，所以，，
故在上恒成立，
所以当时，，满足题意；
当时，由于，显然，
所以，满足题意；
当时，因为，
令，则，
注意到，
若，，则在上单调递增，
注意到，所以，即，不满足题意；
若，，则，
所以在上最靠近处必存在零点，使得，
此时在上有，所以在上单调递增，
则在上有，即，不满足题意；
综上：.
3．（2023·全国·统考高考真题）已知函数
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1）答案见解析；（2）
【分析】（1）求导,然后令,讨论导数的符号即可;
（2）构造,计算的最大值,然后与0比较大小,得出的分界点,再对讨论即可.
【解析】（1）
令,则，则
当
当,即.
当,即.
所以在上单调递增,在上单调递减
（2）设
设
所以.
若,
即在上单调递减,所以.
所以当,符合题意.
若，当，所以，.
所以,使得,即,使得.
当,即当单调递增.
所以当,不合题意.
综上,的取值范围为.
4．（2023·全国·统考高考真题）已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.
（3）若在存在极值，求a的取值范围.
【答案】（1）；（2）存在满足题意，理由见解析；（3）.
【分析】（1）由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；
（2）首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可得关于实数的方程，解方程可得实数的值，最后检验所得的是否正确即可；
（3）原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数，然后对函数求导，利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论，和三中情况即可求得实数的取值范围.
【解析】（1）当时，，则，
据此可得，
函数在处的切线方程为，即.
（2）令，
函数的定义域满足，即函数的定义域为，
定义域关于直线对称，由题意可得，
由对称性可知，
取可得，即，则，解得，
经检验满足题意，故.
即存在满足题意.
（3）由函数的解析式可得，
由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点;
令，
则，
令，
在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点，
当时，，在区间上单调递减，
此时，在区间上无零点，不合题意;
当，时，由于，所以在区间上单调递增，
所以，在区间上单调递增，，
所以在区间上无零点，不符合题意；
当时，由可得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故的最小值为，
令，则，
函数在定义域内单调递增，，
据此可得恒成立，则，
令，则，
当时，单调递增，当时，单调递减，
故，即(取等条件为)，
所以，
，且注意到，
根据零点存在性定理可知:在区间上存在唯一零点.
当时，，单调减，当时，，单调递增，
所以.
令，则，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
所以
，
所以函数在区间上存在变号零点，符合题意.
综合上面可知:实数得取值范围是.
5．（2023·全国·统考高考真题）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析
【分析】（1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可.
方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证.
【解析】（1）因为，定义域为，所以，
当时，由于，则，故恒成立，所以在上单调递减；
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）方法一：由（1）得，，
要证，即证，即证恒成立，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
方法二：令，则，
由于在上单调递增，所以在上单调递增，
又，所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，则，当且仅当时，等号成立，
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以要证，即证，即证，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
6．（2023·全国·统考高考真题）（1）证明：当时，；
（2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围．
【答案】（1）证明见解析（2）
【分析】（1）分别构建，，求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得结果；
（2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究在上的单调性，求导，分类讨论和，结合（1）中的结论放缩，根据极大值的定义分析求解.
【解析】（1）构建，则对恒成立，
则在上单调递增，可得，所以；
构建，则，
构建，则对恒成立，
则在上单调递增，可得，即对恒成立，
则在上单调递增，可得，所以；
综上所述：.
（2）令，解得，即函数的定义域为，
若，则，
因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
则在上单调递减，在上单调递增，
故是的极小值点，不合题意，所以.
当时，令
因为，
且，
所以函数在定义域内为偶函数，
由题意可得：，
（i）当时，取，，则，
由（1）可得，
且，所以，
即当时，，则在上单调递增，
结合偶函数的对称性可知：在上单调递减，
所以是的极小值点，不合题意；
（ⅱ）当时，取，则，
由（1）可得，
构建，
则，
且，则对恒成立，
可知在上单调递增，且，
所以在内存在唯一的零点，
当时，则，且，
则，
即当时，，则在上单调递减，
结合偶函数的对称性可知：在上单调递增，
所以是的极大值点，符合题意；
综上所述：，即，解得或，
故a的取值范围为.
7．（2023·北京·统考高考真题）设函数，曲线在点处的切线方程为．
（1）求的值；
（2）设函数，求的单调区间；
（3）求的极值点个数．
【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）3个
【分析】（1）先对求导，利用导数的几何意义得到，，从而得到关于的方程组，解之即可；
（2）由（1）得的解析式，从而求得，利用数轴穿根法求得与的解，由此求得的单调区间；
（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间，，与上的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得的极值点个数.
【解析】（1）因为，所以，
因为在处的切线方程为，
所以，，
则，解得，所以.
（2）由（1）得，
则，
令，解得，不妨设，，则，
易知恒成立，
所以令，解得或；令，解得或；
所以在，上单调递减，在，上单调递增，
即的单调递减区间为和，单调递增区间为和.
（3）由（1）得，，
由（2）知在，上单调递减，在，上单调递增，
当时，，，即
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；
所以在上有一个极小值点；
当时，在上单调递减，
则，故，
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递增；
当时，，则单调递减；
所以在上有一个极大值点；
当时，在上单调递增，
则，故，
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增；
所以在上有一个极小值点；
当时，，
所以，则单调递增，
所以在上无极值点；
综上：在和上各有一个极小值点，
在上有一个极大值点，共有个极值点.
8．（2023·天津·统考高考真题）已知函数．
（1）求曲线在处的切线斜率；
（2）求证：当时，；
（3）证明：．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求斜率；
（2）问题化为时，构造，利用导数研究单调性，即可证结论；
（3）构造，，作差法研究函数单调性可得，再构造且，应用导数研究其单调性得到恒成立，对作放缩处理，结合累加得到，即可证结论.
【解析】（1），则，
所以，故处的切线斜率为；
（2）要证时，即证，
令且，则，
所以在上递增，则，即.
所以时.
（3）设，，
则，
由（2）知：，则，
所以，故在上递减，故；
下证，
令且，则，
当时，递增，当时，递减，
所以，故在上恒成立，
则，
所以，，…，，
累加得：，而，
因为，所以，
则，
所以，故；
综上，，即.
9．（2022·全国·统考高考真题）已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求a的取值范围；
（3）设，证明：．
【答案】（1）的减区间为，增区间为；（2）；（3）见解析
【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.
（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
【解析】（1）当时，，则，
当时，，当时，，
故的减区间为，增区间为.
（2）设，则，
又，设，则，
若，则，
因为为连续不间断函数，
故存在，使得，总有，
故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾.
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上为减函数，故即成立.
由上述不等式有，
故总成立，即在上为减函数，所以.
当时，有，
所以在上为减函数，所以.
综上，.
（3）取，则，总有成立，
令，则，
故即对任意的恒成立.
所以对任意的，有，
整理得到：，
故，
故不等式成立.
10．（2022·全国·统考高考真题）已知函数．
（1）当时，求的最大值；
（2）若恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；
（2）求导得，按照、及结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.
【解析】（1）当时，，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以；
（2），则，
当时，，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，此时函数无零点，不合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；
又，
由（1）得，即，所以，
当时，，
则存在，使得，
所以仅在有唯一零点，符合题意；
当时，，所以单调递增，又，
所以有唯一零点，符合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；此时，
由（1）得当时，，，所以，
此时
存在，使得，
所以在有一个零点，在无零点，
所以有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为.
1、求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.
2、求函数单调区间的步骤
（1）确定函数的定义域；
（2）求（通分合并、因式分解）；
（3）解不等式，解集在定义域内的部分为单调递增区间；
（4）解不等式，解集在定义域内的部分为单调递减区间．
3、含参函数单调性讨论依据：
（1）导函数有无零点讨论（或零点有无意义）；
（2）导函数的零点在不在定义域或区间内；
（3）导函数多个零点时大小的讨论。
x
0
0
极大值
极小值
1、利用导数求函数极值的方法步骤
（1）求导数；
（2）求方程的所有实数根；
（3）观察在每个根x0附近，从左到右导函数的符号如何变化．
①如果的符号由正变负，则是极大值；②如果由负变正，则是极小值；③如果在的根x＝x0的左右侧的符号不变，则不是极值点．
根据函数的极值(点)求参数的两个要领：
①列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；
②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证.
函数在区间上连续，在内可导，则求函数最值的步骤为：
（1）求函数在区间上的极值；
（2）将函数的各极值与端点处的函数值，比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值；
（3）实际问题中，“驻点”如果只有一个，这便是“最值”点。
对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方。
利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
0
↘
↗
↘
↗
双变量不等式的处理策略：
含两个变量的不等式，基本的思路是将之转化为一元的不等式，
具体转化方法主要有三种:整体代换，分离变量，选取主元.
1、和型（或）问题的基本步骤：
①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；
②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，
得与零进行大小比较；
③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；
2、积型问题的基本步骤：
①求导确定的单调性，得到的范围；
②构造函数，求导可得恒正或恒负；
③得到与的大小关系后，将置换为；
④根据与的范围，结合的单调性，可得与的大小关系，由此证得结论.
隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到.