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- 2021-06-16 发布
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一、陷阱类型
1.导数与不等式证明
2.极值点偏移问题
3.导函数为0的替换作用
4.导数与数列不等式的证明
5.变形后求导
6.讨论参数求参数
7.与三角函数有关的含参数的求导问题
8.构造函数问题
9.恒成立求参数
二、陷阱类型分析及练习
1.导数与不等式证明
例1. 已知函数=lnx+ax2+(2a+1)x．
（1）讨论的单调性；
（2）当a﹤0时，证明．
（2）由（1）知，当a＜0时，f（x）在取得最大值，最大值为
.
所以等价于，即.
设g（x）=lnx-x+1，则.
当x∈（0,1）时， ；当x∈（1，+）时， .所以g（x）在（0,1）单调递增，在（1，+）单调递减.故当x=1时，g（x）取得最大值，最大值为g（1）=0.所以当x＞0时，g（x）≤0.从而当a＜0时， ，即.
【放陷阱措施】利用导数证明不等式的常见类型及解题策略：（1）构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.
（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.
练习1设函数,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=e(x-1)+2.
(1)求 (2)证明:
【答案】（I）；（II）详见解析.
试题解析：（1）函数的定义域为，
.
由题意可得， .故， .
（2）证明：由（1）知， ，
从而等价于.
设函数，则.
所以当， ；
当时， .
故在上单调递减， 上单调递增，从而在上的最小值为.
设函数，则.
所以当时， ；当时， .故在上单调递增，在上单调递减，从而在上的最大值为.
综上，当时， ，即.
2.极值点偏移问题
例2. ．函数 .
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若函数有两个极值点，且，证明： .
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【解析】试题分析：
(2)由题意结合函数的性质可知： 是方程
的两根，结合所给的不等式构造对称差函数 ，结合函数的性质和自变量的范围即可证得题中的不等式.
试题解析：
函数的定义域为，
（1）令，开口向上， 为对称轴的抛物线，
当时，
①，即时， ，即在上恒成立，
②当时，由，得，
因为，所以，当时， ，即，
（2）若函数有两个极值点且，
则必有，且，且在上递减，在和上递增，
则，
因为是方程的两根，
所以，即，
要证
又
，
即证对恒成立，
设
则
当时， ，故，
所以在上递增，
故，
所以，
所以.
【防陷阱措施】：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，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度 从高考 看，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．
练习1. 已知函数（其中）在点处的切线斜率为1.
（1）用表示；
（2）设，若对定义域内的恒成立，求实数的取值范围；
（3）在（2）的前提下，如果，证明： .
【答案】（1）；（2）；（III）证明见解析.
【解析】试题分析：（1）由题意即得；
（2）在定义域上恒成立，即，由恒成立，得，再证当时， 即可；学
（3）由（2）知，且在单调递减；在单调递增，当时，不妨设，要证明，等价于，需要证明，令，可证得在上单调递增， 即可证得.
试题解析：
（1），由题意
（2）在定义域上恒成立，即。
解法二：（分离变量）恒成立，分离变量可得
对恒成立，
令，则。
这里先证明，记，则，
易得在上单调递增，在上单调递减， ，所以。
因此， ，且时，
所以，实数的取值范围是。
（3）由（2）知，且在单调递减；在单调递增，
当时，不妨设，要证明，等价于，
只需要证明，这里，
令
，求导得
.
注意当时， ， ，（可由基本不等式推出）又
因此可得，当且仅当时等号成立。
所以在上单调递增， ，也即，
因此，此时都在单调递增区间上，
所以，得
练习2已知常数,函数.
(1)讨论在区间上的单调性;
(2)若存在两个极值点,且,求的取值范围.
【答案】(1)详见解析 (2)
(2)利用第(1)可得到当时,导数等于0有两个根,根据题意即为两个极值点,首先导函数等于0的两个根必须在原函数的可行域内,把关于的表达式带入,得到关于的不等式,然后利用导函数讨论的取值范围使得成立.即可解决该问题.
(1)对函数求导可得
,因为,所以当时,即时, 恒成立,则函数在单调递增,当时, ,则函数在区间单调递减,在单调递增的.
(2)函数的定义域为,由(1)可得当时, ,则 ,即
,则为函数的两个极值点,代入可得
=
令,令,由知: 当时, , 当时, ,
当时, ,对求导可得,所以函数在上单调递减,则,即不符合题意.
当时, ,对求导可得,所以函数在上单调递减,则,即恒成立,
综上的取值范围为.
3.导函数为0的替换作用
例3. （本小题满分12分）设函数.
（Ⅰ）讨论的导函数的零点的个数；
（Ⅱ）证明：当时.
【答案】（Ⅰ）当时，没有零点；当时，存在唯一零点.（Ⅱ）见解析
【解析】
试题解析：（Ⅰ）的定义域为，.
当时,，没有零点；
当时，因为单调递增，单调递增，所以在单调递增.又,当b满足且时，,故当时，存在唯一零点.
（Ⅱ）由（Ⅰ），可设在的唯一零点为，当时，;
当时，.学
故在单调递减，在单调递增，所以当时，取得最小值，最小值为.
由于，所以.
故当时，.
【防陷阱措施】：证明不等式时注意使用导函数为0的式子作为已知条件证明不等式.
练习1已知函数.
（1）当时，求在区间上的最值；
（2）讨论函数的单调性；
（3）当时，有恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）， ．
（2）当时， 在单调递增；当时， 在单调递增，在上单调递减；当时， 在上单调递减．（3）
【解析】试题分析：（1）先求导数，再求导函数零点，列表分析导数在区间上符号变化规律，确定函数最值（2）先求导数，根据导函数符号是否变化进行分类讨论： 时， ， 时， ， 时，先负后正，最后根据导数符号对应确定单调性（3）将不等式恒成立转化为对应函数最值，由（2）得，即，整理化简得，解得的取值范围.
试题解析：解：（Ⅰ）当时， ，∴.
∵的定义域为，∴由得.
∴在区间上的最值只可能在， ， 取到，而， ， ，
∴，
（Ⅱ）， .
①当，即时， ，∴在上单调递减；
②当时， ，∴在上单调递增；
③当时，由得，∴或（舍去）
∴在单调递增，在上单调递减；
综上，当， 在上单调递增；
当时， 在单调递增，在上单调递减；当时， 在上单调递减；
4.导数与数列不等式的证明
例4. 已知函数（）.
（1）若在处取到极值，求的值；
（2）若在上恒成立，求的取值范围；
（3）求证：当时， .
【答案】(1) ；(2) ；(3)证明见解析.
【解析】：
试题分析：（1）根据极值的概念得到，可得到参数值；（2）转化为函数最值问题，研究函数的单调性，分时， 时， ，三种情况讨论单调性，使得最小值大于等于0即可。（3）由（1）知令，当时， ，当时， ，给x赋值：2，3，4，5等，最终证得结果。
解析：（1），
∵在处取到极值，
∴，即，∴，
经检验， 时， 在处取到极小值.
（2），令（），
1°当时， ， 在上单调递减，又，
∴时， ，不满足在上恒成立.
2°当时，二次函数开口向上，对称轴为，过.
①当，即时， 在上恒成立，∴，从而在上单调递增，
又，∴时， 成立，满足在上恒成立；
②当，即时，存在，使时， ， 单调递减， 时， ， 单调递增，
∴，又，∴，故不满足题意.[ :学 ]
3°当时，二次函数开口向下，对称轴为， 在单调递减， ，
∴， 在上单调递减，又，∴时， ，故不满足题意.
综上所述， .[ :学 ]
（3）证明：由（1）知令，当时， （当且仅当时取“”），
∴当时， .即当2,3,4，…， ，有
.
【防陷阱措施】：最后证明数列不等式时，把数列放缩成前后抵消或等比数列
练习1函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，证明：.
【答案】（1）（1）当时，在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数；（2）当时,在上是增函数；（iii）当时，在是上是增函数，在上是减函数，在上是增函数；（2）详见试题分析．
【解析】
试题分析：（1）首先求函数的定义域，的导数：，再分，，三种情况，讨论函数的单调性；（2）先在（1）的基础上，当时，由的单调性得．同理当时，由的单调性得．下面再用数学归纳法证明．
（1）的定义域为．
（1）当时，若，则在上是增函数；若则在上是减函数；若则在上是增函数．
（2）当时,成立当且仅当在上是增函数．
（iii）当时，若，则在是上是增函数；若，则在上是减函数；若
，则在上是增函数．
（2）由（1）知，当时，在是增函数．当时，，即．又由（1）知，当时，在上是减函数；当时，，即．下面用数学归纳法证明．
（1）当时，由已知，故结论成立；
（2）假设当时结论成立，即．当时，，即当时有，结论成立．根据（1）、（2）知对任何结论都成立．
考点：1．利用导数研究函数的单调性；2．利用数学归纳法证明数列不等式．
5.变形后求导
例5. 已知函数，曲线在点处的切线方程为，
（1）求的值
（2）证明：当时，
【答案】分析：（1）利用导数的几何意义列式求待定系数的值；（2）构造新函数求其导数，利利用单调性和极值证明。
解：（Ⅰ），由题意知：即
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以，
设则，
当时， ，而
故，当得：
从而，当时，即
【防陷阱措施】：对于复杂的函数导数问题，需要兼顾左右两端，以能够持续化简为准
6.讨论参数求参数
例6．设函数，，其中为实数.
（1）若在上是单调减函数，且在上有最小值，求的取值范围；
（2）若在上是单调增函数，试求的零点个数，并证明你的结论.
【答案】（1）
（2）当或时，的零点个数为1；当时，的零点个数为2.
【解析】（1）∵，考虑到函数的定义域为，故，进而解得
，即在上是单调减函数. 同理，在上是单调增函数.
由于在是单调减函数，故，从而，即.
令，得，当时，；当时，，
又在上有最小值，所以，即，
综上所述，.
（2）当时，必是单调增函数；当时，令，
解得，即，
∵在上是单调函数，类似（1）有，即，
综合上述两种情况，有.
①当时，由以及，得存在唯一的零点；
②当时，由于，，且函数在上的图象不间断，∴在是单调增函数，∴在上存在零点. 另外，当时，，则在上是单调增函数，只有一个零点.
③当时，令，解得.
当时，；当时，. ∴是的最大值点，且最大值为.
1)当，即时，有一个零点.
2)当，即时，有两个零点. 实际上，对于，由于，，且函数在上的图象不间断，∴在上存在零点.
另外，当时，，故在上是单调增函数，∴在上有一个零点.
下面需要考虑在上的情况，先证，
为此，我们要证明：当时，，设，则，再设，则.
当时，，∴在上是单调增函数，
故当时，，从而在上是单调增函数，进而当
时，，即当时，.
当，即时，，又，且函数
在的图象不间断，∴在上存在零点.
又当时，，故在是单调减函数，所以，在上只有一个零点.
综上所述，当或时，的零点个数为1；当时，的零点个数为2.
【防陷阱措施】：讨论参数的分界点问题，一般是在不得不讨论时再讨论.
练习1已知函数，其中.
（1）求函数的单调区间；
（2）对任意，都有，求实数的取值范围.
【答案】（1）函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）的取值范围是
【解析】试题分析：（1）求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系，即可求解函数的单调区间；
（2）对于任意，都有，转化为，多次构造函数，求函数的导数，利用导数研究函数的最值可求函数求实数的取值范围.
试题解析：（1）函数的定义域为，
函数的导数，
因为，
所以当时， ，此时，函数在上单调递减，
当时， ，此时，函数在上单调递增，
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，由（1）知在上单调递减， 在上单调递减，
所以对任意的，都有，
因为对任意的，都有，
所以，即，得，
所以当时，对于任意的，都有，
当时， ，由（1）得在上单调递增，
所以对于任意，有，
因为对于任意，都有，
所以，即，
设，则，
设，
则，所以在上单调递减，
则当时， ，
此时不等式不成立，
综上，所求的取值范围是.
7.与三角函数有关的含参数的求导问题
例7. 已知函数.
(1)求证： ；
(2)若对恒成立，求的最大值与的最小值.
【答案】（1）详见解析；（2）的最大值为，的最小值为1.
【解析】试题分析：（1）求，由，判断出，得出函数在上单调递减，从而；（2）由于，“”等价于“”，“”等价于“”，令，则，对分；；进行讨论，
用导数法判断函数的单调性，从而确定当对恒成立时的最大值与的最小值.学
（1）由得，
因为在区间上，所以，在区间上单调递减，
从而.
（2）当时，“”等价于“”，“”等价于“”，
令，则，
当时，对任意恒成立，
当时，因为对任意，，所以在区间上单调递减，从而对任意恒成立.
当时 ，存在唯一的使得，
、在区间上的情况如下表：
因为在区间上是增函数，所以，进一步“对任意恒成立”
，当且仅当，即.
综上所述，当且仅当时，对任意恒成立.当且仅当时，对任意恒成立.
所以，若对恒成立，则的最大值为与的最小值1.
【防陷阱措施】：三角函数的求导注意符号问题
练习1. （I）证明当
（II）若不等式取值范围.
【答案】（I）见解析（II）
【解析】（I）令，
即为增函数， 即为减函数，
故， 为减函数，
（II）
下面证明，
综上
直接移项构造函数，比较容易想到，但是求出导函数后又变得无从下手，这时候需要二次求导分析 解决。两种解法各有特点。第二问主要是在第一问的基础上利用不等式进行适当的放缩，转化为另一个函数进行分析解答。
练习2设函数。
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）如果对任何，都有，求的取值范围。
【答案】（Ⅰ）在每一个区间（）是增函数，
在每一个区间（）是减函数。
（Ⅱ）
（Ⅱ）令，则
。
故当时， 。
又，所以当时， ，即。 9分
当时，令，则。
故当时， 。
因此在上单调增加。
故当时， ，
即。
于是，当时， 。
当时，有。
因此， 的取值范围是。 12分
8.构造函数问题
例8. 设, 已知函数
(Ⅰ) 证明在区间(－1,1)内单调递减, 在区间(1, + ∞)内单调递增;
(Ⅱ) 设曲线在点处的切线相互平行, 且证明.
【答案】见解析
②，因为，所以当时，
；当时， ，即函数在区间（0，1）内单调递减，在区间内单调递增.
综合①②及，可知函数在区间(－1,1)内单调递减, 在区间(1, + ∞)内单调递增.
(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)知， 在区间内单调递减，在区间内单调递减，在区间
内单调递增.因为曲线在点处的切线相互平行，从而互不相等，且.不妨设，学
由= = ，可得 ，
解得，从而，
设，则，
由= ，解得，所以 ，
设，则，因为，所以，
故 = ，即 .
【防陷阱措施】：本题第（Ⅰ）问，可以分两段 证明,都是通过导数的正负 判断单调性；第(Ⅱ)问，由切线平行知，切线的斜率相等，然后构造函数解决.判断分段函数的单调性时,要分段判断;证明不等式时,一般构造函数解决.
练习1设函数．
（1）证明： 在单调递减，在单调递增；
（2）若对于任意，都有，求的取值范围．
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ） ．
【解析】（Ⅰ）．
若，则当时， ， ；当时， ， ．
若，则当时， ， ；当时， ， ．
所以， 在单调递减，在单调递增．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，对任意的， 在单调递减，在单调递增，故在处取得最小值．所以对于任意， 的充要条件是： 即①，设函数，则．当时， ；当时， ．故在单调递减，在单调递增．又， ，故当时， ．当时， ， ，即①式成立．当时，由的单调性， ，即；当时， ，即．综上， 的取值范围是．
练习2设，函数.
（1）若，求曲线在处的切线方程；
（2）若无零点，求实数的取值范围；
（3）若有两个相异零点， ，求证：
【答案】（1）（2）（3）见解析
【解析】试题分析：（1）根据导数几何意义得切线斜率为，再根据点斜式求切线方程（2）由于无零点，且函数恒有负值，所以函数最大值必小于零，根据导数可得函数最值，即得实数的取值范围；也可先变量分离，根据两函数交点情况求实数的取值范围（3）利用分析法证不等式，要证，只要证，根据零点条件可得，令，构造函数，
，利用导数可得单调性，即得，逆推可得结论
试题解析：（1）函数的定义域为， ，
当时， ，则切线方程为，
即.
（2）①若时，则， 是区间上的增函数，
∵， ，
∴，函数在区间有唯一零点；
②若， 有唯一零点；
③若，令，得，
在区间上， ，函数是增函数；
在区间上， ，函数是减函数；
故在区间上， 的极大值为，
由于无零点，须使，解得，
故所求实数的取值范围是.
（3）要证，两边同时取自然对数得.
由得，得.
所以原命题等价于证明.
因为，故只需证，即.
令，则，设（），只需证.
而，故在单调递增，所以.
综上得.
练习3. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若方程存在两个不同的实数根， ，证明： .
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【解析】试题分析：
（1）先求得函数的定义域为，由及对取值的讨论可得当时， 在区间上单调递增；当时， 在区间上单调递增，在区间上单调递减.（2）设， ，可得， 。故原不等式可化为证，等价于。在此基础上，令，转化为证成立，构造函数，通过单调性可得不等式成立。
试题解析：
（1）函数的定义域为，
∵
∴.
①当时， ，故在区间上单调递增.
②当时，
则当时， ， 上单调递增；
当时， ， 上单调递减。
综上，当时， 在区间上单调递增；
当时， 在区间上单调递增，在区间上单调递减.
（2）由方程存在两个不同的实数根， ，可设，
∵， ，
∴，
∴.
要证，只需证，等价于，
设，则上式转化为，
9.恒成立求参数
例9. 已知函数
（I）当时，讨论的单调性；
（II）若时，，求的取值范围.
【答案】（I）当时，，在是增函数；
当时，，在是减函数；
当时，，在是增函数；
（II）
【解析】（Ⅰ）当时，
.
令，得，.
当时，，在是增函数；
当时，，在是减函数；
当时，，在是增函数；
（1）直接利用求导的方法，通过导函数大于0和小于0求解函数单调区间；（2）解题关键是利用求导的方法和不等式的放缩进行证明.
【防陷阱措施】：恒成立问题转化为求函数最值问题
三、高考真题演练
1.【2017课标3，理11】已知函数有唯一零点，则a=
A． B． C． D．1
【答案】C
【解析】
试题分析：函数的零点满足，
设，则，
当时，，当时，，函数 单调递减，
当时，，函数 单调递增，
当时，函数取得最小值，
设 ，当时，函数取得最小值 ，
若，函数与函数没有交点，
当时，时，此时函数和有一个交点，
即，解得 .故选C.
【考点】 函数的零点；导函数研究函数的单调性，分类讨论的数学思想
【名师点睛】函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用.
2.【2017课标1，理21】已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求a的取值范围.
【解析】
试题分析：（1）讨论单调性，首先进行求导，发现式子特点后要及时进行因式分解，在对按，进行讨论，写出单调区间；（2）根据第（1）题，若，至多有一个零点.若，当时，取得最小值，求出最小值，根据，，进行讨论，可知当有2个零点，设正整数满足，则
.由于，因此在有一个零点.所以的取值范围为.
试题解析：（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.
【考点】含参函数的单调性，利用函数零点求参数取值范围.
【名师点睛】研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数有2个零点求参数取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断与其交点的个数，从而求出a的范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证有最小值两边存在大于0的点.
3.【2017课标II，理】已知函数，且。
(1)求；
(2)证明：存在唯一的极大值点，且。
【答案】(1)；(2)证明略。
【解析】
试题分析：(1)利用题意结合导函数与原函数的关系可求得，注意验证结果的正确性；
(2)结合(1)的结论构造函数，结合的单调性和的解析式即可证得题中的不等式。
试题解析：
（1）的定义域为。
设，则，等价于。
因为，因，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，。
所以 在 有唯一零点，在 有唯一零点1，
且当 时， ；当 时， ，
当 时， 。
因为 ，所以是的唯一极大值点。
由得，故。
由 得 。
因为是在（0,1）的最大值点，
由， 得。
所以。
【考点】 利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【名师点睛】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，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度 从高考 看，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。
4.【2017天津，理20】设，已知定义在R上的函数在区间内有一个零点，为的导函数.
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）设，函数，求证：；
（Ⅲ）求证：存在大于0的常数，使得对于任意的正整数，且 满足.
【答案】 （1）增区间是，，减区间是.（2）（3）证明见解析
【解析】试题分析：由于为，所以判断的单调性，需要对二次求导，根据的导数的符号判断函数的单调性，给出单调区间;由，得
，.令函数，分别求导证明.有关零点问题，利用函数的单调性了解函数的图像情况，对极值作出相应的要求可控制零点的个数.
试题解析：（Ⅰ）由，可得，
进而可得.令，解得，或.
当x变化时，的变化情况如下表：
x
+
-
+
↗
↘
↗
所以，的单调递增区间是，，单调递减区间是.
（Ⅱ）证明：由，得，
.
令函数，则.由（Ⅰ）知，当时，，故当时，，单调递减；当时，，单调递增.因此，当时，，可得.
令函数，则.由（Ⅰ）知，在上单调递增，故当时，，单调递增；当时，，单调递减.因此，当时，，可得.
所以，.
（III）证明：对于任意的正整数 ，，且，
令，函数.
由（II）知，当时，在区间内有零点；
当时，在区间内有零点.
所以在内至少有一个零点，不妨设为，则.
由（I）知在上单调递增，故，
于是.
因为当时，，故在上单调递增，
所以在区间上除外没有其他的零点，而，故.
又因为，，均为整数，所以是正整数，
从而.
所以.所以，只要取，就有.
【考点】导数的应用
【名师点睛】判断的单调性，只需对函数求导，根据的导数的符号判断函数的单调性，求出单调区间，有关函数的零点问题，先利用函数的导数判断函数的单调性，了解函数的图象的增减情况，再对极值点作出相应的要求，可控制零点的个数.
【2016年】
1．【2016高考新课标1卷】已知函数有两个零点.
(I)求a的取值范围；[ :Z|xx|k.Com]
(II)设x1,x2是的两个零点,证明：.
【答案】
【解析】
试题解析;（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,．因此在单调递减,在单调递增．又当时,,所以不存在两个零点．
综上,的取值范围为．
（Ⅱ）不妨设,由（Ⅰ）知,,在上单调递减,所以等价于,即．
由于,而,所以
．
设,则．
所以当时,,而,故当时,．
从而,故．
考点：导数及其应用
【名师点睛】,对于含有参数的函数单调性、极值、零点问题,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简；,解决函数不等式的证明问题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解.
2. 【2016高考山东理数】(本小题满分13分)
已知.
（I）讨论的单调性；
（II）当时，证明对于任意的成立.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析
【解析】
试题分析：（Ⅰ）求的导函数，对a进行分类讨论，求的单调性；
（Ⅱ）要证对于任意的成立，即证，根据单调性求解.
试题解析：
（Ⅰ）的定义域为；
.
当， 时，，单调递增；
，单调递减.
当时，.
（1），，
当或时，，单调递增；
当时，，单调递减；
（2）时，，在内，，单调递增；
（3）时，，
当或时，，单调递增；
当时，，单调递减.
综上所述，
当时，函数在内单调递增，在内单调递减；
当时，在内单调递增，在内单调递减，在 内单调递增；
当时，在内单调递增；
当，在内单调递增，在内单调递减，在内单调递增.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，时，
，，
令，.
则，
由可得，当且仅当时取得等号.
又，
设，则在单调递减，
因为，
所以在上存在使得 时，时，，
所以函数在上单调递增；在上单调递减，
由于，因此，当且仅当取得等号，
所以，
即对于任意的恒成立。
考点：1.应用导数研究函数的单调性、极值；2.分类讨论思想.
【名师点睛】本题主要考查导数的计算、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论思想.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导数是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当，或因复杂式子变形能力差，而错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等.
3.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）
已知函数.
设.
（1）求方程的根;
（2）若对任意,不等式恒成立，求实数的最大值；
（3）若，函数有且只有1个零点，求的值。
【答案】（1）①0 ②4（2）1
【解析】
试题分析：（1）①根据指数间倒数关系转化为一元二次方程，求方程根②根据指数间平方关系，将不等式转化为一元不等式，再利用变量分离转化为对应函数最值，即的最小值，最后根据基本不等式求最值（2）先分析导函数零点情况：唯一零点
，再确定原函数单调变化趋势：先减后增，从而结合图像确定唯一零点必在极值点取得，而，因此极值点必等于零，进而求出的值.本题难点在证明，这可利用反证法：若，则可寻找出一个区间，由结合零点存在定理可得函数存在另一零点，与题意矛盾，其中可取；若，同理可得.
试题解析：（1）因为，所以.
①方程，即，亦即，
所以，于是，解得.
②由条件知.
因为对于恒成立，且，
所以对于恒成立.
而，且，
所以，故实数的最大值为4.
（2）因为函数只有1个零点，而，
所以0是函数的唯一零点.
因为，又由知，
所以有唯一解.
若，则，于是，
又，且函数在以和为端点的闭区间上的图象不间断，所以在和之间存在的零点，记为. 因为，所以，又，所以与“0是函数的唯一零点”矛盾.
若，同理可得，在和之间存在的非0的零点，矛盾.
因此，.
于是，故，所以.
考点：指数函数、基本不等式、利用导数研究函数单调性及零点
【名师点睛】对于函数零点个数问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别，论证是充要关系，要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数.学
4.【2016高考新课标3理数】设函数，其中，记的最大值为．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）求；
（Ⅲ）证明：．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；
（Ⅲ）见解析．
【解析】
试题分析：（Ⅰ）直接可求；（Ⅱ）分两种情况，结合三角函数的有界性求出，但须注意当时还须进一步分为两种情况求解；（Ⅲ）首先由（Ⅰ）得到，然后分，三种情况证明．
试题解析：（Ⅰ）．
（Ⅱ）当时，
因此，． ………4分
当时，将变形为．
令，则是在上的最大值，，，且当时，取得极小值，极小值为．
令，解得（舍去），．
（ⅰ）当时，在内无极值点，，，，所以．
（ⅱ）当时，由，知．
又，所以．
综上，．
（Ⅲ）由（Ⅰ）得.
当时，.
当时，，所以.
当时，，所以.
考点：1、三角恒等变换；2、导数的计算；3、三角函数的有界性．
【归纳总结】求三角函数的最值通常分为两步：（1）利用两角和与差的三角公式、二倍角公式、诱导公式将解析式化为形如的形式；（2）结合自变量的取值范围，结合正弦曲线与余弦曲线进行求解．
【2015年】
1.【2015福建理10】若定义在上的函数 满足 ，其导函数 满足 ，则下列结论中一定错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【考点定位】函数与导数．
【名师点睛】联系已知条件和结论，
构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，属于难题．
2.【2015高考福建，理20】已知函数，
(Ⅰ)证明：当；
(Ⅱ)证明：当时，存在,使得对
(Ⅲ)确定k的所以可能取值，使得存在，对任意的恒有．
【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详见解析；(Ⅲ) ．
【解析】解法一：(1)令则有
当 ,所以在上单调递减；
故当时，即当时，．
(2)令则有
当 ,所以在上单调递增,
故对任意正实数均满足题意.
当时，令得．
取对任意恒有,所以在上单调递增, ,即.
综上，当时，总存在,使得对任意的恒有．
(3)当时，由（1）知，对于故，
，
令，则有
故当时，,在上单调递增，故,即,所以满足题意的t不存在.
当时，由（2）知存在,使得对任意的任意的恒有．
此时,
令，则有
故当时，,在上单调递增，故,即,记与中较小的为，
则当，故满足题意的t不存在.
当，由（1）知，，
令，则有
当时，,所以在上单调递减，故,
故当时，恒有,此时，任意实数t满足题意.
综上，.
解法二：（1）（2）同解法一.
（3）当时，由（1）知，对于，
故，
令，
从而得到当时，恒有,所以满足题意的t不存在.
当时，取
由（2）知存在,使得.
此时,
令，此时 ,
记与中较小的为，则当，
故满足题意的t不存在.
当，由（1）知，，
令，则有
当时，,所以在上单调递减，故,
故当时，恒有,此时，任意实数t满足题意．
综上，.
【考点定位】导数的综合应用．
【名师点睛】在解函数的综合应用问题时,我们常常借助导数,将题中千变万化的隐藏信息进行转化，探究这类问题的根本，从本质入手,进而求解，利用导数研究函数的单调性，再用单调性 证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或最值，从而证得不等式，注意与不等价，只是的特例，但是也可以利用它 证明，在2014年全国Ⅰ卷理 高考21题中，就是使用该种方法证明不等式；导数的强大功能就是通过研究函数极值、最值、单调区间 判断函数大致图象，这是利用研究基本初等函数方法所不具备的，而是其延续．学
3.【2015高考天津，理20】已知函数，其中.
(I)讨论的单调性；
(II)设曲线与轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为,求证：对于任意的正实数，都有；
(III)若关于的方程有两个正实根，求证：
【解析】(I)由，可得，其中且，
下面分两种情况讨论：
（1）当为奇数时：
令，解得或，
当变化时，的变化情况如下表：
所以，在，上单调递减，在内单调递增.
(2)当为偶数时，
当，即时，函数单调递增；
当，即时，函数单调递减.
所以，在上单调递增，在上单调递减.
类似的，设曲线在原点处的切线方程为，可得，当，
，即对任意，
设方程的根为，可得，因为在上单调递增，且，因此.
由此可得.
因为，所以，故，
所以.
【考点定位】1.导数的运算；2.导数的几何意义；3.利用导数研究函数性质、证明不等式.
【名师点睛】本题主要考查函数的性质与导数之间的关系以及利用函数证明不等式.第(I)小题求导后分为奇偶数讨论函数的单调性，体现了数学分类讨论的重要思想；第(II)(III)中都利用了构造函数证明不等式这一重要思想方法，体现数学中的构造法在解题中的重要作用，是拨高题.
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