压轴专题(三)第21“”题解答题函数、导数与不等式的抢分策略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．其热点题型有：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．[师说考点]利用导数解决不等式问题的思路(1)不等式恒成立的问题，通过构造函数，转化为利用导数求函数最值的问题．(2)利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h(x)>0在区间D上恒成立．[典例](2016·全国乙卷)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.[解](1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．①设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．②设a>0，则当x∈(∞－，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，∞＋)时，f′(x)>0，所以f(x)在(∞－，1)内单调递减，在(1，∞＋)内单调递增．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，故f(x)存在两个零点．③设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．若a≥－，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，∞＋)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，∞＋)内单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．若a<－，则ln(－2a)>1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，∞＋)时，f′(x)>0.因此f(x)在(1，ln(－2a))内单调递减，在(ln(－2a)，∞＋)内单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．综上，a的取值范围为(0，∞＋)．(2)证明：不妨设x1f(2－x2)，即f(2－x2)<0.由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0.从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.——逆向解答此路不通另想法1．逆向解答是指对一个问题正面思考发生思维受阻时，用逆向思维的方法去探求新的解题途径，往往能得到突破性的进展．顺向推有困难就逆推，直接证有困难就反证．解答本题第(2)问利用了逆向解答的策略，把不等式x1＋x2<2转化为，构造函数，利用导数求解．2．“”破解此类题目需掌握一构一分“，”一构是指会构造函数，然后利用导数的知识进行“”求解；一分是指会分类讨论，对于含参的不等式问题或证明存在性的问题，常需要对参数进行分类讨论，而此时往往需要用到前面已证明过的结论．解答此题的关键是由x1＋x2<2转化为，从而构造函数g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，这是本题的难点，——也是求解此类题目的策略逆向解答．[应用体验]1．(2016·福建质检)已知函数f(x)＝ax－ln(x＋1)，g(x)＝ex－x－1.曲线y＝f(x)与y＝g(x)在原点处的切线相同．(1)求f(x)的单调区间；(2)若x≥0时，g(x)≥kf(x)，求k的取值范围．解：(1)因为f′(x)＝a－(x>－1)，g′(x)＝ex－1，依题意，f′(0)＝g′(0)，解得a＝1，所以f′(x)＝1－＝，当－10时，f′(x)>0.故f(x)的单调递减区间为(－1，0)，单调递增区间为(0，∞＋)．(2)由(1)知，当x＝0时，f(x)取得最小值0，所以f(x)≥0，即x≥ln(x＋1)，从而ex≥x＋1.设F(x)＝g(x)－kf(x)＝ex＋kln(x＋1)－(k＋1)x－1，则F′(x)＝ex＋－(k＋1)≥x＋1＋－(k＋1)，①当k＝1时，因为x≥0，所以F′(x)≥x＋1＋－2≥0(当且仅当x＝0时等号成立)，此时F(x)在[0，∞＋)上单调递增，从而F(x)≥F(0)＝0，即g(x)≥kf(x)．②当k<1时，因为f(x)≥0，所以f(x)≥kf(x)．由①知g(x)－f(x)≥0，所以g(x)≥f(x)≥kf(x)，故g(x)≥kf(x)．③当k>1时，令h(x)＝ex＋－(k＋1)，则h′(x)＝ex－，显然h′(x)在[0，∞＋)上单调递增，又h′(0)＝1－k<0，h′(－1)＝e－1－1>0，...
