1.利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值(最值)是高考的常見題型，而導數(shù)與函數(shù)、 不等式、方程、數(shù)列等的交匯命題是高考的熱點和難點.2.多以解答題的形式壓軸出現(xiàn)，難度較大.
母題突破1　導數(shù)與不等式的證明
　 已知函數(shù)f(x)＝ex－x2.(1)求曲線f(x)在x＝1處的切線方程；
思路分析?求切線方程　　　 ↓?f(x)≥(e－2)x＋1　　 　↓?ex－x2－(e－2)x－1≥0　　 　↓?ex＋(2－e)x－1≥x2　　 　↓
(1)f′(x)＝ex－2x，f′(1)＝e－2，又f(1)＝e－1.∴切線方程為y－(e－1)＝(e－2)(x－1)，即y＝(e－2)x＋1.
(2)令φ(x)＝f(x)－[(e－2)x＋1]＝ex－x2－(e－2)x－1(x>0)，φ′(x)＝ex－2x－(e－2)，令t(x)＝φ′(x)＝ex－2x－(e－2)，t′(x)＝ex－2，當x∈(0，ln 2)時，t′(x)0，∴φ′(x)在(0，ln 2)上單調(diào)遞減，在(ln 2，＋∞)上單調(diào)遞增，又φ′(0)＝3－e>0，φ′(1)＝0，∴φ′(ln 2)0，x∈(x0，1)時，φ′(x)0)，
h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)min＝h(1)＝0，∴h(x)≥0，即x≥ln x＋1，則原不等式成立.
令φ(x)＝ex－x－1，x>0，∴φ′(x)＝ex－1>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)>φ(0)＝0，即ex－x－1>0.
∴h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)>h(0)＝0，
∴F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，當x→0時，F(xiàn)(x)→1，∴F(x)0，函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，所以g(x)x3，所以1＋x－x3>1，又1t(1)＝ln 1－12＋1＝0，
利用導數(shù)證明不等式問題的方法(1)直接構造函數(shù)法：證明不等式f(x)>g(x)(或f(x)0(或f(x)－g(x)0，ln(1－x)0；同理，當x∈(－∞，0)時，
∵x0，∴xln(1－x)xln(1－x)，化簡得x＋(1－x)ln(1－x)>0，令h(x)＝x＋(1－x)ln(1－x)，再令t＝1－x，則t∈(0,1)∪(1，＋∞)，x＝1－t，令g(t)＝1－t＋tln t，t∈(0,1)∪(1，＋∞)，g′(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t，
當t∈(0,1)時，g′(t)g(1)＝0；當t∈(1，＋∞)時，g′(t)>0，g(t)單調(diào)遞增，假設g(1)能取到，則g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0，
2.已知函數(shù)f(x)＝ex－a－ln(x＋a).當a≤1時，證明：f(x)>0.
先證不等式ex≥x＋1與x－1≥ln x，設g(x)＝ex－x－1，則g′(x)＝ex－1＝0?x＝0，可得g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)＝ex－x－1≥g(0)＝0，即ex≥x＋1；
可得h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)＝x－1－ln x≥h(1)＝0，即x－1≥ln x.
于是，當a≤1時，ex－a≥x－a＋1≥x＋a－1≥ln(x＋a)，注意到以上三個不等號的取等條件分別為x＝a，a＝1，x＋a＝1，它們無法同時取等，所以當a≤1時，ex－a>ln(x＋a)，即f(x)>0.
1.(2022·呂梁模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－x－1.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；
易知函數(shù)f(x)的定義域為R，∵f(x)＝ex－x－1，∴f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝ex－1>0，解得x>0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，令f′(x)＝ex－1

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