导数的热点问题
【2019年高考考纲解读】
导数还经常作为高考的压轴题，能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力．估计以后对导数的考查力度不会减弱．作为导数综合题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题，利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在. 【题型示例】
题型一、利用导数证明不等式
用导数证明不等式是导数的应用之一，可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值，以及构造函数解题的能力．
例1、已知函数f(x)＝ae－ae－xe(a≥0，e＝2.718…，e为自然对数的底数)，若f(x)≥0对于x∈R恒成立．
(1)求实数a的值；
ln 211
(2)证明：f(x)存在唯一极大值点x0，且＋2≤f(x0)<. 2e4e4
2xxx
(2)证明 当a＝1时，f(x)＝e－e－xe，
2xxxf′(x)＝ex(2ex－x－2)．
令h(x)＝2e－x－2，则h′(x)＝2e－1，
∴当x∈(－∞，－ln 2)时，h′(x)<0，h(x)在(－∞，－ln 2)上为减函数； 当x∈(－ln 2，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(－ln 2，＋∞)上为增函数，
xx∵h(－1)<0，h(－2)>0，
∴在(－2，－1)上存在x＝x0满足h(x0)＝0， ∵h(x)在(－∞，－ln 2)上为减函数， ∴当x∈(－∞，x0)时，h(x)>0，
即f′(x)>0，f(x)在(－∞，x0)上为增函数， 当x∈(x0，－ln 2)时，h(x)<0，
即f′(x)<0，f(x)在(x0，－ln 2)上为减函数， 当x∈(－ln 2,0)时，h(x)
∵h(x0)＝0，∴2e－x0－2＝0，
x0
?x0＋2?2－?x0＋2?(x＋1)＝－x0＋2x0，x∈(－2，－1)，
∴f(x0)＝e－e－x0e＝????00
4?2??2?
2x0x0x0
2
∵当x∈(－2，－1)时，－1
∵ln∈(－2，－1)，
2e
x2＋2x1
4
1
<，∴f(x0)<； 44
?1?ln 2＋1；
∴f(x0)≥f ?ln?＝
?2e?2e4e2ln 211综上知＋2≤f(x0)<.
2e4e4
【方法技巧】用导数证明不等式的方法
(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①?x∈[a，b]，则f(a)≤f(x)≤f(b)；②对?x1，x2∈[a，
b]，且x1 (2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则对?x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m)． (3)证明f(x) 1??ax－1 (2)若a∈?－∞，－2?，求证：f(x)≥2ax－xe. e??1ax－1 (1)解 由题意得f′(x)＝a－＝(x>0)， xx①当a≤0时，则f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减． ②当a>0时， ?1?则当x∈?，＋∞?时，f′(x)>0，f(x)单调递增， ?a? ?1?当x∈?0，?时，f′(x)<0，f(x)单调递减． ? a? 综上当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减； ?1??1?当a>0时，f(x)在?0，?上单调递减，在?，＋∞?上单调递增． ? a? ?a? (2)证明 令g(x)＝f(x)－2ax＋xe＝xe ax－1 ax－1 －ax－ln x， ax－1 则g′(x)＝e＋axe ax－1 1 －a－ xax＋?ax－11?＝(ax＋1)?e－?＝x?? 设r(x)＝xe ax－1 xeax－1－x(x>0)， －1(x>0)， ax－1 则r′(x)＝(1＋ax)e∵e ax－1 (x>0)， >0， 1??∴当x∈?0，－?时，r′(x)>0，r(x)单调递增； ?a? ?1?当x∈?－，＋∞?时，r′(x)<0，r(x)单调递减． ?a? 1??1??1??∴r(x)max＝r?－?＝－?2＋1?≤0?a≤－2?， e??a??ae??11 ∴当0 aa1???1?∴g(x)在?0，－?上单调递减，在?－，＋∞?上单调递增， ?a??a? ?1?∴g(x)min＝g?－?， ?a? 12 设t＝－∈(0，e]， at?1?2 则g?－?＝h(t)＝2－ln t＋1(0 e?a?