导数的综合应用
利用导数证明不等式
命题角度：(1)将不等式转化为函数最值问题；(2)利用分析法证明不等式；(3)放缩后构造函数证明不等式．
典例1(2023·新高考Ⅰ卷T19)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.
(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当a0时，f(x)2lna＋32
命题立意
审题指导
本题以指数函数、一次函数构成的新函数为载体，第(1)问考查利用导数研究函数的单调性，属于课程学习情境；第(2)问考查利用导数证明不等式，属于探索创新情境．
(1)f(x)→f′(x)导数的正负对a分类讨论f
(2)方法一(最值法)：由(1)知f(x)单调性a0f(x)min＝1＋a2＋lna构造函数g(a)＝1＋a2＋lna－2lna－32求导判断g(a)的单调性―→
方法二(分析法)：f(x)2lna＋32―→f(x)min2lna＋32―→关于a的不等式作差换元构造函数―→
思维拆解
解题思路
名师点拨
(1)第1步：求导．
第2步：对a分类讨论，判断f′(x)的符号，得单调性．
(2)方法一：最值法
第1步：利用(1)的结论，求f(x)的最值．
第2步：构造函数，求导，判断其单调性．
第3步：求所构造函数的最小值，得结论．
解：(1)f′(x)＝aex－1，当a≤0时，f′(x)≤0，
所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当a0时，令f′(x)0，得x－lna，令f′(x)0，得x－lna，所以函数f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．
综上可得：当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当a0时，函数f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．
(2)证明：法一(最值法)：由(1)得当a0时，函数f(x)＝a(ex＋a)－x的最小值为f(－lna)＝a(e－lna＋a)＋lna＝1＋a2＋lna，令g(a)＝1＋a2＋lna－2lna－32＝a2－lna－12，a∈(0，＋∞)，所以g′(a)＝2a－1a，令g′(a)0，得a22；令g′(a)0，得0a22.所以函数g(a)
所以函数g(a)的最小值为g22＝222－ln22-12＝ln20，所以当a0时，f
(1)研究含参函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．
(2)待证不等式的两边含同一个变量时，一般可以构造“左减右”函数，借助所构造函数的单调性和最值即可得证．
思维拆解
解题思路
名师点拨
方法二：分析法
第1步：利用(1)的结论，求函数f(x)的最值．
第2步：利用分析法转化不等式．
第3步：构造函数u(a)＝lna－(a－1)(a0)，求导，判断其单调性，求最值．
第4步：把要证的不等式转化为一元二次不等式，利用配方法证明．
法二(分析法)：
当a0时，由(1)得，f(x)min＝f(－lna)＝1＋a2＋lna.
故欲证f(x)2lna＋32
只需证1＋a2＋lna2lna＋32
即证a2－12lna
构造函数u(a)＝lna－(a－1)(a0)，
则u′(a)＝1a－1＝1-a
所以当a1时，u′(a)0；当0a1时，u′(a)0.
所以函数u(a)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以u(a)≤u(1)＝0，即lna≤a－1，
故只需证a2－12a－1，即证a2－a＋12
因为a2－a＋12＝a－12
所以当a0时，f(x)2lna＋32
(3)学会思考，明确求导的目的，同时注意函数、导数、不等式间的内在联系是攻克导数问题的根本．
不等式恒成立或有解问题
命题角度：(1)单变量的不等式恒成立或有解问题；(2)双变量的不等式恒成立或有解问题．
典例2(2024·新高考Ⅰ卷T18)已知函数f(x)＝lnx2-x＋ax＋b(x－1)3
(1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值；
(2)证明：曲线y＝f(x)是中心对称图形；
(3)若f(x)－2当且仅当1x2，求b的取值范围．
命题立意
审题指导
本题考查导数的运算法则，利用导数研究函数单调性，最值和解决不等式恒成立问题，通过导数、函数、不等式等知识，深入考查逻辑推理、运算求解能力以及分类讨论思想、化归与转化思想．
(1)已知条件b=0f(x)→f′(x)→f′(x)≥0恒成立参变分离a≥－2x2-x求出y=
(2)曲线f(x)是中心对称图形→f(x)＋f(2－x)＝2a→得证．
(3)曲线f(x)是中心对称图形―→a＝－2―→f′(x)令