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)＝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ln22e＋14e2≤f(x0)<14.(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∈(－∞，－ln2)时，h′(x)<0，h(x)在(－∞，－ln2)上为减函数；当x∈(－ln2，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(－ln2，＋∞)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(－∞，－ln2)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，－ln2)时，h(x)<0，即f′(x)<0，f(x)在(x0，－ln2)上为减函数，当x∈(－ln2,0)时，h(x)h(0)＝0，即f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，∴f(x)在(－ln2，＋∞)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，∴20ex－x0－2＝0，∴f(x0)＝02ex－0ex－x00ex＝x0＋222－x0＋22(x0＋1)＝－x20＋2x04，x0∈(－2，－1)， 当x∈(－2，－1)时，－x2＋2x4<14，∴f(x0)<14； ln12e∈(－2，－1)，∴f(x0)≥fln12e＝ln22e＋14e2；综上知ln22e＋14e2≤f(x0)<14.【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x10)，①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，则当x∈1a，＋∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈0，1a时，f′(x)<0，f(x)单调递减．综上当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在0，1a上单调递减，在1a，＋∞上单调递增．(2)证明令g(x)＝f(x)－2ax＋xeax－1＝xeax－1－ax－lnx，则g′(x)＝eax－1＋axeax－1－a－1x＝(ax＋1)eax－1－1x＝ax＋xeax－1－x(x>0)，设r(x)＝xeax－1－1(x>0)，则r′(x)＝(1＋ax)eax－1(x>0)， eax－1>0，∴当x∈0，－1a时，r′(x)>0，r(x)单调递增；当x∈－1a，＋∞时，r′(x)<0，r(x)单调递减．∴r(x)max＝r－1a＝－1ae2＋1≤0a≤－1e2，∴当0－1a时，g′(x)>0，∴g(x)在0，－1a上单调递减，在－1a，＋∞上单调递增，∴g(x)min＝g－1a，设t＝－1a∈(]0，e2，则g－1a＝h(t)＝te2－lnt＋1(0
