PAGE-8-3.4.1导数与不等式的综合问题核心考点·精准研析考点一导数法证明不等式【典例】(2020·莆田模拟)已知函数f(x)=xex-1-ax+1,曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线l的斜率为3e-2.(1)求a的值及切线l的方程.(2)证明:f(x)≥0.【解题导思】序号题目拆解(1)利用导数的几何意义求切线方程利用求导的方法求出函数切线的斜率,再利用切线斜率的已知条件求出a的值,再将切点横坐标代入函数解析式求出切点纵坐标,再利用点斜式求出切线方程,最后转化为切线的一般式方程.(2)用导数法证明不等式利用求导的方法判断函数的单调性,从而证出不等式成立【解析】(1)由f(x)=xex-1-ax+1,得f′(x)=(x+1)ex-1-a,因为曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线l的斜率为3e-2,所以f′(2)=3e-a=3e-2,解得a=2,所以f(2)=2e-4+1=2e-3,故切线l的方程为:y-(2e-3)=(3e-2)(x-2),即(3e-2)x-y-4e+1=0.所以a=2,切线l的方程为(3e-2)x-y-4e+1=0.(2)由(1),可得f(x)=xex-1-2x+1,f′(x)=(x+1)ex-1-2,所以当x∈(-∞,-1]时,f′(x)<0.令g(x)=(x+1)ex-1-2(x>-1),则g′(x)=(x+2)ex-1>0,所以当x∈(-1,+∞)时,g(x)单调递增,即f′(x)单调递增,又因为f′(1)=0,所以当x∈(-1,1)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.所以f(x)≥f(1)=0.1.利用导数证明不等式f(x)>g(x)的基本方法(1)若f(x)与g(x)的最值易求出,可直接转化为证明f(x)min>g(x)max.(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出,可构造函数h(x)=f(x)-g(x),然后根据函数h(x)的单调性或最值,证明h(x)>0.2.证明不等式时的一些常见结论(1)lnx≤x-1,等号当且仅当x=1时取到.(2)ex≥x+1,等号当且仅当x=0时取到.(3)lnx<x<ex,x>0.(4)≤ln(x+1)≤x,x>-1,等号当且仅当x=0时取到.(2018·全国卷Ⅰ改编)已知函数f=aex-lnx-1.证明:当a≥时,f≥0.【证明】当a≥时,f(x)≥-lnx-1.设g(x)=-lnx-1,则g′(x)=-.当0<x<1时,g′(x)<0;当x>1时,g′(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.因此,当a≥时,f(x)≥0.考点二由不等式恒成立求参数命题精解读1.考什么:(1)考查利用导数研究函数单调性、求最值、不等式等问题.(2)考查数学运算、直观想象、逻辑推理的核心素养及转化与化归、分类与整合等数学思想.2.怎么考:与导数法研究函数单调性、最值等知识相结合考查不等式恒成立求参数等问题.3.新趋势:以导数法研究函数单调性、求函数极值、最值、导数的几何意义等知识交汇考查为主.学霸好方法不等式恒成立问题中的常用结论(1)f(x)≥a恒成立⇒f(x)min≥a,(2)f(x)≤b恒成立⇔f(x)max≤b,(3)f(x)>g(x)恒成立,构造F(x)=f(x)-g(x),则F(x)min>0.(4)∀x1∈M,∀x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)max.单变量不等式恒成立问题【典例】已知函数f(x)=mex-x2.(1)若m=1,求曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程.(2)若关于x的不等式f(x)≥x(4-mex)在[0,+∞)上恒成立,求实数m的取值范围.【解析】(1)当m=1时,f(x)=ex-x2,所以f′(x)=ex-2x,所以f′(0)=1,又f(0)=1,所以曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程为y-1=x,即x-y+1=0.(2)由f(x)≥x(4-mex),得mex(x+1)≥x2+4x,不等式f(x)≥x(4-mex)在[0,+∞)上恒成立,等价于当x≥0时,m≥,令g(x)=(x≥0),则g′(x)=.由g′(x)=0及x≥0,得x=-1,当x∈(0,-1)时,g′(x)>0,此时g(x)单调递增;当x∈(-1,+∞)时,g′(x)<0,此时g(x)单调递减.所以当x=-1时,g(x)max=g(-1)=2,所以m≥2.所以实数m的取值范围为[2,+∞).双变量不等式恒成立问题【典例】已