第 4 讲 导数的热点问题[考情考向分析] 利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数零点、方程根及不等式相结合，难度较大． 热点一 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 (2018·湖南长沙雅礼中学、河南省实验中学联考)已知函数 f(x)＝ae2x－aex－xex(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；(2)证明：f(x)存在唯一极大值点 x0，且＋≤f(x0)<.(1)解 由 f(x)＝ex(aex－a－x)≥0 对于 x∈R 恒成立，设函数 g(x)＝aex－a－x，可得 g(x)＝aex－a－x≥0 对于 x∈R 恒成立， g(0)＝0，∴g(x)≥g(0)，从而 x＝0 是 g(x)的一个极小值点， g′(x)＝aex－1，∴g′(0)＝a－1＝0，即 a＝1.当 a＝1 时，g(x)＝ex－1－x，g′(x)＝ex－1， x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，0)上单调递减，x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(0)＝0，故 a＝1.(2)证明 当 a＝1 时，f(x)＝e2x－ex－xex，f′(x)＝ex(2ex－x－2)．令 h(x)＝2ex－x－2，则 h′(x)＝2ex－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， 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(0)＝0，即 f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，∴f(x)在(－ln 2，＋∞)上只有一个极小值点 0，综上可知，f(x)存在唯一的极大值点 x0，且 x0∈(－2，－1)． h(x0)＝0，∴2－x0－2＝0，∴f(x0)＝－－x0＝2－(x0＋1)＝－，x0∈(－2，－1)， 当 x∈(－2，－1)时，－<，∴f(x0)<； ln∈(－2，－1)，∴f(x0)≥f ＝＋；综上知＋≤f(x0)<.思维升华 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
