，故在，上递减所以，故，所以设，则，相减得故，难点利用导数研究方程根的问题典例已知函数，Ⅰ求函数的单调区间Ⅱ若函数在区间，内恰有两个零点，求的取值范围解析Ⅰ由或，令，则当时，因处的切线斜率为，有，得证法由均值不等式，当时，，故记，则，点评本题主要考查函数的切线及恒成立问题，考查运算求解能力，是难题解析由的图象过，点，代入得由在，处的切线斜率为，得由在，故当时，角度设，为常数，曲线与直线在，相切求，的值证明当时单调递减Ⅱ设函数，则，当时而，若，则，在，单调递增若，则由得，且当，时当时，所以，在单调递增，在，Ⅰ讨论的单调性Ⅱ设，证明当时，解Ⅰ的定义域为与条件，知在上恒成立，因此，由此并结合，知故的取值范围为，重点导数在研究不等式中的应用高考常考角度角度已知函数随的变化如下图，↗极大值↘极小值↗所以，是极小值点，是极大值点Ⅱ若为上的单调函数，则在上不变号，结合化之间的关系，求解二次不等式，考查运算能力，综合运用知识分析和解决问题的能力解对求导得Ⅰ当，若，则，解得，大值为角度设，其中为正实数Ⅰ当时，求的极值点Ⅱ若为上的单调函数，求的取值范围点评本题考查导数的运算，极值点的判断，导数符号与函数单调变时，有，所以在区间，上的最大值为又所以在，上的最小值为，从而在区间，上的最因此，时，函数在，上存在单调递增区间，令所以在，和，上单调递减，在，上单调递增当上的最小值为，求在该区间上的最大值解已知，，当，时，的最大值为，令当，时，，所以当时，达到最小即故选择角度设若在，上存在单调递增区间，求的取值范围当时，在，点则当达到最小时的值为解析由题，，不妨令，则，令解得，因，时，，也满足条件对于选项，对称轴，且开口向上与图矛盾，故选角度设直线与函数，的图象分别交于点也满足条件对于选项，对称轴，且开口向上与图矛盾，故选角度设直线与函数，的图象分别交于点则当达到最小时的值为解析由题，，不妨令，则，令解得，因，时，，当，时，，所以当时，达到最小即故选择角度设若在，上存在单调递增区间，求的取值范围当时，在，上的最小值为，求在该区间上的最大值解已知，，当，时，的最大值为，令因此，时，函数在，上存在单调递增区间，令所以在，和，上单调递减，在，上单调递增当时，有，所以在区间，上的最大值为又所以在，上的最小值为，从而在区间，上的最大值为角度设，其中为正实数Ⅰ当时，求的极值点Ⅱ若为上的单调函数，求的取值范围点评本题考查导数的运算，极值点的判断，导数符号与函数单调变化之间的关系，求解二次不等式，考查运算能力，综合运用知识分析和解决问题的能力解对求导得Ⅰ当，若，则，解得，随的变化如下图，↗极大值↘极小值↗所以，是极小值点，是极大值点Ⅱ若为上的单调函数，则在上不变号，结合与条件，知在上恒成立，因此，由此并结合，知故的取值范围为，重点导数在研究不等式中的应用高考常考角度角度已知函数Ⅰ讨论的单调性Ⅱ设，证明当时，解Ⅰ的定义域为若，则，在，单调递增若，则由得，且当，时当时，所以，在单调递增，在，单调递减Ⅱ设函数，则，当时而，故当时，角度设，为常数，曲线与直线在，相切求，的值证明当时，点评本题主要考查函数的切线及恒成立问题，考查运算求解能力，是难题解析由的图象过，点，代入得由在，处的切线斜率为，得由在，处的切线斜率为，有，得证法由均值不等式，当时，，故记，则，令，则当时，因此在，内是减函数，又由，得，所以因此在，内是减函数，又由，得，于是当时，突破个高考难点难点利用导数研究多元不等式问题典例已知函数若函数在，上为单调递增函数，求的取值范围设，且，求证解析由已知因为在，上单调递增，所以在，上恒成立，即在，上恒成立当，时，由得设，则，当且仅当时，即时取等号，由于交换，不影响不等式结构，故可设，原不等式等价于，即，即设，由可知函数在，上单调递增，又，成立，即难点利用导数研究数列问题典例已知各项均为正数的数列满足，且，其中求数列的通项公式令，记数列的前项积为，其中，试比较与的大小，并加以证明解析由得所以数列是以为公比的等比数列由，故数列的通项公式为，，证明如下构造函数，则，故在，上递减所以，故，所以则由得，且当，时当时，所以，在单调递增，在，单调递减Ⅱ设函数，则，当时而，故当时，角度设，为常数，曲线与直线在，相切求，的值证明当时，点评本题主要考查函数的切线及恒成立问题，考查运算求解能力，是难题解析由的图象过，点，代入得由在，处的切线斜率为，得由在，处的切线斜率为，有，得证法由均值不等式，当时，，故记，则，令，则当时，因此在，内是减函数，又由，得，所以因此在，内是减函数，又由，得，于是当时，突破个高考难点难点利用导数研究多元不等式问题典例已知函数若函数在，上为单调递增函数，求的取值范围设，且，求证解析由已知因为在，上单调递增，所以在，上恒成立，即在，上恒成立当，时，由得设，则，当且仅当时，即时取等号，由于交换，不影响不等式结构，故可设，原不等式等价于，即，即设，由可知函数在，上单调递增，又，成立，即难点利用导数研究数列问题典例已知各项均为正数的数列满足，且，其中求数列的通项公式令，记数列的前项积为，其中，试比较与的大小，并加以证明解析由得所以数列是以为公比的等比数列由，故数列的通项公式为，，证明如下构造函数，则，故在，上递减所以，故，所以设，则，相减得故，难点利用导数研究方程根的问题典例已知函数，Ⅰ求函数的单调区间Ⅱ若函数在区间，内恰有两个零点，求的取值范围解析Ⅰ由或，由所以函数的单调递增区间为，和，，单调递减区间为，Ⅱ由Ⅰ可知，函数在，内单调递增，在，内单调递减若函数在区间，内恰有两个零点，则有，故的取值范围为，点评利用导数解决方程根的问题，会涉及到三个根两个根个根的情况，具体的等价关系需要通过数形结合进行有效分析，找出合适的控制条件规避个易失分点易失分点导数的几何意义不明典例已知函数和点过点作曲线的两条切线切点分别为，求证为关于的方程的两根设，求的表达式解析由已知切线方程为，又切线过点同理，切线也过点可得由可得为关于的方程的两根由式知，易失分点导数符号与函数的单调性关系理解不透彻典例已知函数若函数在区间，上是增函数，求实数的取值范围若是的极值点，求在，的最小值和最大值解析由已知，令记，当时，是增函数故