第4讲导数的热点问题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(2017届云南省昆明市第一中学月考)设函数f(x)＝ax2－－lnx，曲线y＝f(x)在x＝2处与直线2x＋3y＝0垂直．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当x>1时，证明：f(x)>－e1－x.(1)解函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2ax－，由已知得f′(2)＝，所以a＝，所以f′(x)＝x－＝.由f′(x)>0，得x>1，由f′(x)<0，得0
1时，h′(x)>0，所以h(x)在(1，＋∞)上为增函数，所以h(x)>h(1)＝0，所以－e1－x>0，即－e1－x>－，所以g′(x)>x－＋，而x－＋＝>>0，所以g′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上为增函数，所以g(x)>g(1)＝0，即f(x)>－e1－x.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x10，若函数f(x)在区间上存在极值，求实数a的取值范围；(2)如果当x≥1时，不等式f(x)≥恒成立，求实数k的取值范围．解(1)因为f(x)＝，则f′(x)＝－(x>0)，当00；当x>1时，f′(x)<0.所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以f(x)在x＝1处取得极大值．因为f(x)在区间(其中a>0)上存在极值，所以解得0，从而g′(x)>0，故g(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以g(x)的最小值为g(1)＝2，所以k3＋k≤2，即(k－1)(k2＋k＋2)≤0，解得k≤1.故k的取值范围为(－∞，1]．热点二利用导数讨论方程根的个数方程的根、函数的零点、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的走势，通过数形结合思想直观求解．例2(2017届汕头期末)设函数f(x)＝x2－(a＋1)x＋alnx，a>0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)讨论函数f(x)的零点个数．解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f′(x)＝x－(a＋1)＋＝＝(x>0)．当00，得01，所以函数f(x)的单调增区间为(0，a)和(1，＋∞)，单调减区间为(a,1);当a＝1时，f′(x)＝≥0恒成立，所以函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)，无减区间；当a>1时，令f′(x)<0，得10，得0a，所以函数f(x)的单调增区间为(0,1)和(a，＋∞)，单调减区间为(1，a).(2)由(1)可知，当00,所以函数f(x)有唯一零点；当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(1)＝－<0，f(4)＝ln4>0，所以函数f(x)有唯一零点；当a>1时，函数f(x)的单调递增区间是(0,1)和(a，＋∞)，单调递减区间是(1，a)，所以f(x)极大值＝f(1)＝－－a<0，f(x)极小值＝f(a)＝－a2－a＋alna<0，f(2a＋2)＝aln(2a＋2)>0,综上，函数f(x)有唯一零点.思维升华(1)函数y＝f(x)－k的零点问题，可转化为函数y＝f(x)和直线y＝k的交点问题．(2)研究函数y＝f(x)的值域，不仅要看最值，而且要观察随x值的变化y值的变化趋势．跟踪演练2(2017届运城期中)已知函数f(x)＝x3－(a＋1)x2＋x－(a∈R)．(1)若a<0，求函数f(x)的极值；(2)当a≤1时，判断函数f(x)在区间[0,2]上零...
