第4讲导数的热点问题(2016·课标全国乙)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.(1)解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)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．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，＋∞)上单调递增．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))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．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)＝＋a(x2－1)2，而f(x2)＝(x2－2)＋a(x2－1)2＝0，所以f(2－x2)＝.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.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已知函数f(x)＝ex－x2＋a，x∈R，曲线y＝f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx.(1)求函数y＝f(x)的解析式；(2)当x∈R时，求证：f(x)≥－x2＋x；(3)若f(x)>kx对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求实数k的取值范围．(1)解根据题意，得f′(x)＝ex－2x，则f′(0)＝1＝b.由切线方程可得切点坐标为(0,0)，将其代入y＝f(x)，得a＝－1，故f(x)＝ex－x2－1.(2)证明令g(x)＝f(x)＋x2－x＝ex－x－1.由g′(x)＝ex－1＝0，得x＝0，当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．∴g(x)min＝g(0)＝0，∴f(x)≥－x2＋x.(3)解f(x)>kx对任意的x∈(0，＋∞)恒成立等价于>k对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．令φ(x)＝，x>0，得φ′(x)＝＝＝.由(2)可知，当x∈(0，＋∞)时，ex－x－1>0恒成立，令φ′(x)>0，得x>1；令φ′(x)<0，得00)．(1)当x>0时，求证：f(x)－1≥a；(2)在区间(1，e)上f(x)>x恒成立，求实数a的取值范围．(1)证明设φ(x)＝f(x)－1－a＝alnx－a(x>0)，则φ′(x)＝－.令φ′(x)＝0，则x＝1，当01时，φ′(x)>0，所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，故φ(x)在x＝1处取到极小值也是最小值，故φ(x)≥φ(1)＝0，即f(x)－1≥a.(2)解由f(x)>x得alnx＋1>x，即a>.令g(x)＝(10，故h(x)在区间(1，e)上单调递增，所以h(x)>h(1)＝0.因为h(x)>0，所以g′(x)>0，即g(x)在区间(1，e)上单调递增，则g(x)
