解答题的热点题型有： (1)利用导数研究函数 的单调性、极值、最值； (2)利用导数证明不等 式或探讨方程根； (3)利用导数求解参数 的范围或值.
[常考题点逐一突破]
利用分类讨论思想探究函数性质 [典例] (2017·张掖诊断)设函数f(x)＝x22－aln x. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)求函数f(x)的单调区间和极值． [解] (1)当a＝1时，f(x)＝x22－ln x， 则f′(x)＝x－1x，所以f′(1)＝0，又f(1)＝12， 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝12.
压轴专题(三) 第21题解答题“函数、导数与不等式”的抢分策略
[全国卷 3 年考情分析]
年份 卷别
考查内容
卷Ⅰ 利用导数研究函数的单调性、函数的零点
2017
卷Ⅱ
利用导数研究函数的单调性及极值、函数 的零点、不等式的证明
卷Ⅲ
导数在研究函数单调性中的应用、不等式 放缩
卷Ⅰ 函数的零点问题、不等式的证明
2016
考自变量的取值范围，讨论的关键是做到不重不漏．
[针对训练] 1．(2018届高三·湖南十校联考)函数f(x)＝13x3＋|x－a|(x∈R，
a∈R)． (1)若函数f(x)在R上为增函数，求a的取值范围； (2)若函数f(x)在R上不单调时，记f(x)在[－1,1]上的最大值、 最小值分别为M(a)，m(a)，求M(a)－m(a)．
所以 f a＋b b>f(1)，即1－aa＋＋bbb＋lna＋b b>0，化简得a＋1 b<ln a＋b b， a· b
lna＋b b<ab等价于 lna＋b b－ab＝ln1＋ab－ab<0，
令 g(x)＝ln(1＋x)－x(x∈(0，＋∞))，
则 g′(x)＝1＋1 x－1＝1－＋xx<0，
故 M(a)－m(a)＝43.
－13a3＋3a－4，－1<a≤13， 综上，M(a)－m(a)＝－13a3－3a－2，13<a<1，
43，a≥1.
利用数形结合思想探究函数的零点
[典例] (2017·沈阳质检)函数f(x)＝ax＋xln x在x＝1处 取得极值．
(1)求f(x)的单调区间； (2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求 实数m的取值范围．
利用函数思想证明不等式
[典例] (2017·兰州诊断)已知函数f(x)＝1－axx＋ln x在(1， ＋∞)上是增函数，且a>0.
(1)求a的取值范围； (2)若b>0，试证明a＋1 b<lna＋b b<ab.
[解] (1)f′(x)＝－a1x2＋1x＝axa－x21， 因为在(1，＋∞)上f′(x)≥0，且a>0， 所以ax－1≥0，即x≥1a， 所以1a≤1，即a≥1. 故a的取值范围为[1，＋∞)． (2)证明：因为b>0，a≥1，所以a＋b b>1， 又f(x)＝1－axx＋ln x在(1，＋∞)上是增函数，
解：由已知得，f(x)＝1313xx33＋ －xx－ ＋aa， ，xx≥ <aa，， 令g(x)＝13x3＋x－a，则g′(x)＝x2＋1>0， 所以g(x)在[a，＋∞)上为增函数． 令h(x)＝13x3－x＋a，则h′(x)＝x2－1. 令h′(x)＝0，得x＝±1，所以h(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞) 上是增函数，在(－1,1)上为减函数．
卷Ⅱ
函数单调性的判断、不等式证明及值域 问题
卷Ⅲ
三角函数的导数运算、最值问题及不等式 证明
卷Ⅰ 导数的几何意义、函数的最值、零点问题
2015
卷Ⅱ
利用导数研究函数的单调性、根据恒成立 求参数的取值范围
命题分析
导数日益成为解决问 题必不可少的工具，利用 导数研究函数的单调性与 极值(最值)是高考的常见 题型，而导数与函数、不 等式、方程、数列等的交 汇命题，是高考的热点和 难点．
[解] (1)由题意知，f′(x)＝a＋ln x＋1(x>0)， f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1， 当a＝－1时，f(x)＝－x＋xln x， 即f′(x)＝ln x， 令f′(x)>0，解得x>1； 令f′(x)<0，解得0<x<1. ∴f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1， ＋∞)，单调递减区间为(0,1)．
当43－a≥a＋23，即－1<a≤13时，M(a)＝43－a， M(a)－m(a)＝－13(a3＋3a－4)； 当43－a<a＋23，即13<a<1时，M(a)＝a＋23， M(a)－m(a)＝－13(a3－3a－2)． 当a≥1时，f(x)在[－1,1]上是减函数，
所以 m(a)＝h(1)＝a－23，M(a)＝h(－1)＝a＋23.
[题后悟通]
2．构造辅助函数的四种方法 (1)移项法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))的问题转化为证明 f(x)－g(x)>0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)． (2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通 分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结 构，根据“相同结构”构造辅助函数． (3)主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或 x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x1，x))． (4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式 进行放缩，再重新构造函数．
(2)由题设g(x)＝f′(x)－x3＝1x－xm2－x3(x＞0)， 令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x＞0)． 设φ(x)＝－13x3＋x(x≥0)， 则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)． 当x∈(0,1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,1)上单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减． ∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点， 因此x＝1也是φ(x)的最大值点，
当 x∈(－1，x0)时，h′(x)＜0；当 x∈(x0，＋∞)时， h′(x)＞0， 所以当 x＝x0 时，h(x)取得最小值 h(x0)． 所以 h(x)≥h(x0)＝e x0＋1－ln(x0＋1)－2＝x0＋1 1＋(x0＋1) －2＞0. 综上可知，当 m≥1 时，f(x)＞g(x)－x3.
(2)由f(x)＝x22－aln x， 得f′(x)＝x－ax＝x2－x a(x>0)．
①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递
增，函数既无极大值，也无极小值；
②当a>0时，由f′(x)＝0，得x＝ a或x＝－ a(舍去)．
于是，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
所以函数 p(x)＝h′(x)＝ex＋1－x＋1 1在(－1，＋∞)上单调递增．
因为
h′－12＝e
1 2
－2＜0，h′(0)＝e－1＞0，
所以函数 h′(x)＝ex＋1－x＋1 1在(－1，＋∞)上有唯一零点 以 e x0＋1＝x0＋1 1， 即 ln(x0＋1)＝－(x0＋1)．
(2)y＝f(x)－m－1 在(0，＋∞)上有两个不同的零点，可转化 为 f(x)＝m＋1 在(0，＋∞)上有两个不同的根，也可转化为 y＝f(x) 与 y＝m＋1 的图象有两个不同的交点，由(1)知，f(x)在(0,1)上单 调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，
由题意得，m＋1>－1，即 m>－2， ① 当 0<x<1 时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0； 当 x>0 且 x→0 时，f(x)→0； 当 x→＋∞时，显然 f(x)→＋∞. 如图，由图象可知，m＋1<0，即 m<－1，② 由①②可得－2<m<－1. 故实数 m 的取值范围为(－2，－1)．
[针对训练] 3．(2018届高三·西安八校联考)已知函数f(x)＝ex＋m－x3，g(x)
＝ln(x＋1)＋2. (1)若曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为1，求实数 m的值； (2)当m≥1时，证明：f(x)＞g(x)－x3. 解：(1)因为f(x)＝ex＋m－x3，所以f′(x)＝ex＋m－3x2. 因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为1， 所以f′(0)＝em＝1，解得m＝0.
(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值； 解(2)：讨(论1)由函题数设g(x，)＝当fm′＝(xe)时－，x3零f(点x)＝的l个n x数＋．xe，则f′(x)＝x－x2 e， ∴当x∈(0，e)时，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减， 当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增， ∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋ee＝2， ∴f(x)的极小值为2.
∴φ(x)的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0， 结合y＝φ(x) 的图象(如图)， 可知， ①当m＞23时，函数g(x)无零点； ②当m＝23时，函数g(x)有且只有一个零点； ③当0＜m＜23时，函数g(x)有两个零点； ④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．
综上所述，当m＞23时，函数g(x)无零点； 当m＝23或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点； 当0＜m＜23时，函数g(x)有两个零点.
所以函数 g(x)在(0，＋∞)上为减函数，
所以
gab＝ln1＋ab－ab＝lna＋b b－ab<g(0)＝0，即
a＋b a ln b <b.
综上，a＋1 b<lna＋b b<ab，得证．
[题后悟通] 1．利用导数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形． (2)构造新的函数h(x)． (3)利用导数研究h(x)的单调性及最值． (4)根据单调性及最值，得到所证不等式．