1． （06全国Ⅱ）设函数f(x)＝(x＋1)?ln?(x＋1)，若对所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立，求实数a的取值范围． 解法1：令g(x)＝(x＋1)?ln?(x＋1)－ax，
对函数g(x)求导数：g′(x)＝?ln?(x＋1)＋1－a
令g′(x)＝0，解得x＝e??a－1?－1，……5分
(?) 当a≤1时，对所有x＞0，g′(x)＞0，所以g(x)在［0，＋∞)上是增函数，
又g(0)＝0，所以对x≥0，都有g(x)≥g(0)，
即当a≤1时，对于所有x≥0，都有f(x)≥ax．……9分
(?) 当a＞1时，对于0＜x＜e??a－1?－1，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，e??a－1?－1)是减函数，
又g(0)＝0，所以对0＜x＜e??a－1?－1，都有g(x)＜g(0)，
即当a＞1时，不是对所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立．
综上，a的取值范围是（－∞，1］．……12分
解法2：令g(x)＝(x＋1)?ln?(x＋1)－ax，
于是不等式f(x)≥ax成立即为g(x)≥g(0)成立．……3分
对函数g(x)求导数：g′(x)＝?ln?(x＋1)＋1－a
令g′(x)＝0，解得x＝e??a－1?－1，……6分
当x＞e??a－1?－1时，g′(x)＞0，g(x)为增函数，
当－1＜x＜e??a－1?－1，g′(x)＜0，g(x)为减函数，……9分
所以要对所有x≥0都有g(x)≥g(0)充要条件为e??a－1?－1≤0．
由此得a≤1，即a的取值范围是（－∞，1］．……12分
反思：函数g(x)过定点（0，0），g(x)与特殊值0作比较，依题意，g(x)≥0恒成立．数形结合理解，x∈(0,x?0)时，g(x)不能递减．
解法3（自解）：x=0时，f(x)≥ax总成立
x>0时，设g(x)=f(x)x=(x+1)?ln?(x+1)x
则g′(x)=x-?ln?(x+1)x?2
设h(x)=x-?ln?(x+1),则h′(x)=1-1x+1＜0
所以h(x)＞h(0)=0,即g′(x)＞0
??lim??x→0g(x)=??lim??x→0f′(x)x′=??lim??x→0［?ln?(x+1)+1］=100型，用洛比达法则
x>0时，g(x)=f(x)x≥a恒成立，即a≤1.
反思：解法1、2，构造新函数无分母，求导简单，但是新函数含参数a，解题要分类；解法3，分离出常数a，构造的新函数不含参数a，不需分类，但含分母，求导稍复杂，且要利用高中没学过的极限法则．
2． （07全1）设函数f(x)=e?x-e??-x?．
（Ⅰ） 证明：f(x)的导数f′(x)≥2；
（Ⅱ） 若对所有x≥0都有f(x)≥ax，求a的取值范围．
解：（Ⅰ） f(x)的导数f′(x)=e?x+e??-x?．
由于e?x+e??-x?≥2e?x•e??-x?=2，故f′(x)≥2．
（当且仅当x=0时，等号成立）．
（Ⅱ） 令g(x)=f(x)-ax，则
g′(x)=f′(x)-a=e?x+e??-x?-a，
（?） 若a≤2，当x＞0时，g′(x)=e?x+e??-x?-a＞2-a≥0，
故g(x)在(0,+∞)上为增函数，
所以，x≥0时，g(x)≥g(0)，即f(x)≥ax．
（?） 若a＞2，方程g′(x)=0的正根为x?1=?ln?a+a?2-42，
此时，若x∈(0,x?1)，则g′(x)＜0，故g(x)在该区间为减函数．
所以，x∈(0,x?1)时，g(x)＜g(0)=0，即f(x)＜ax，与题设f(x)≥ax相矛盾．
综上，满足条件的a的取值范围是(-∞,2］．
反思：函数g(x)过定点（0，0），g(x)与特殊值0作比较，依题意，g(x)≥0恒成立．数形结合理解，x∈(0,x?0)时，g(x)不能递减．当a＞2时，若利用常规思路g(x)???min??≥0求参数a的取值范围，则给此题增加了不必要的麻繁．
3． （自编）设函数f(x)=2x?3-5x+3,x∈R,当x＞1时,f(x)≥k(x-1)恒成立，求实数k的取值范围．
解：设g(x)=2x?3-5x+3-k(x-1)，g(1)=0,
g′(x)=6x?2-5-k,g′(1)=1-k,g′(x)在(1,+∞)上单调递增,
（1） 当g′(1)=1-k≥0时,即k≤1时,g′(x)≥0,g(x)在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)＞g(1)=0,即x＞1时,f(x)≥k(x-1)恒成立．
（2） 当g′(1)=1-k＜0,即k＞1时，则存在x?0∈(1,+∞),使g′(x?0)=0，
所以当x∈(1,x?0)，则g′(x)＜0，
故g(x)在该区间为减函数，g(x?0)＜g(1)=0，不符题意．
综上，k≤1．
反思：函数g(x)过定点（1，0），g(x)与特殊值0作比较，g(x)≥0，数形结合理解，x∈(1,x?0)时，g(x)不能递减．
4． （06全1）已知函数f(x)=1+x1-xe??-ax?．
（Ⅰ） 设a＞0，讨论y=f(x)的单调性；
（Ⅱ） 若对任意x∈(0,1)恒有f(x)＞1，求a的取值范围．
解：(Ⅰ) f(x)的定义域为(－∞,1)∪(1,+∞).对f(x)求导数得f′(x)=ax?2+2-a(1-x)?2e??-ax?.
(?) 当a=2时,f′(x)=2x?2(1-x)?2e??-2x?,f′(x)在(－∞,0),(0,1)和(1,+∞)均大于0,所以f(x)在(－∞,1),(1,+∞).为增函数.
(?) 当00,f(x)在(－∞,1),(1,+∞)为增函数.
(?) 当a>2时,0 当x变化时,f′(x)和f(x)的变化情况如下表:
x(-∞,?-a-2a)(-a-2a,?
a-2a)a-2a,1(1,+∞)
f′(x)+-++
f(x)????
f(x)在-∞,-a-2a,a-2a,1,(1,?+∞)?为增函数,f(x)在-a-2a,a-2a为减函数.
（Ⅱ） (?) 当0f(0)=1，符合题意．
(?) 当a>2时,取x?0=12a-2a∈(0,1),则由(Ⅰ)知f(x?0)1且e??－ax?≥1,得
f(x)=1+x1-xe??－ax?≥1+x1-x>1.
方法2：a≤0时，x∈(0,1),ax?2+2-a＞0,所以f′(x)＞0,
f(x)在(0,1)上单调递增，所以f(x)＞1.
综上当且仅当a∈(－∞,2］时,对任意x∈(0,1)恒有f(x)>1.
反思：函数f(x)过定点（0，1），f(x)与特殊值1作比较，f(x)＞1，数形结合，x∈(0,x?0)时，f(x)不能递减．
5． 已知函数f(x)=a?ln?x+x?2,若存在x∈［1,e］,使得f(x)≤(a+2)x成立，求实数a的取值范围．
解：设g(x)=a?ln?x+x?2-(a+2)x，则g(1)=-1-a.
（1） 当-1-a≤0，即a≥-1时，满足条件．
（2） 当-1-a＞0，即a＜-1时，
g′(x)=2x?2-(a+2)x+ax
设h(x)=2x?2-(a+2)x+a
对称轴为x=a+24＜14，所以h(x)在［1，e］上单调递增，
h(x)≥h(1)=0，g′(x)≥0,
则g(x)≥g(1)=-1-a＞0，不符条件，
综上，a≥-1．
反思：函数g(x)的关键点是(1,-1-a)，利用该点的函数值分成两类讨论．再利用h(x)经过特殊点（１，０）判断导函数g′(x)的符号，数形结合理解此题是关键．
6． （０８全２）设函数f(x)=?sin?x2+?cos?x．
（Ⅰ） 求f(x)的单调区间；
（Ⅱ） 如果对任何x≥0，都有f(x)≤ax，求a的取值范围．
解：（Ⅰ） f′(x)=(2+?cos?x)?cos?x-?sin?x(-?sin?x)(2+?cos?x)?2=2?cos?x+1(2+?cos?x)?2……2分
当2k?π?-2?π?3＜x＜2k?π?+2?π?3（k∈Z）时，?cos?x＞?-12，?即f′(x)＞0；
当2k?π?+2?π?3＜x＜2k?π?+4?π?3（k∈Z）时，?cos?x＞?-12，?即f′(x)＜0．
因此f(x)在每一个区间2k?π?-2?π?3,2k?π?+2?π?3(k∈Z)是增函数，
f(x)在每一个区间2k?π?+2?π?3,2k?π?+4?π?3(k∈Z)是减函数．……6分
（Ⅱ） 解法1（自解）：令g(x)=f(x)-ax，则
g′(x)=2?cos?x+1(2+?cos?x)?2-a
设?cos?x=t,t∈［-1,1］
h(t)=2t+1(2+t)?2,t∈［-1,1］
∵h′(t)=-2(t+2)(t-1)(2+t)?2≥0
∴h(t)在［-1,1］上单调递增，-1≤h(t)≤13,
又∵t=?cos?x在x∈［0,?π?］上单调递减，
所以由t=?cos?x,h(t)复合的函数g′(x)在［0,?π?］上单调递减，且-1-a≤g′(x)≤13-a．
（下转49）