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
　　(ⅰ) 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
　　(ⅱ) 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，
　　（ⅰ） 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．
　　（ⅱ） 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.
　　(ⅰ) 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.
　　(ⅱ) 当00,f(x)在(－∞,1),(1,+∞)为增函数.
　　(ⅲ) 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） (ⅰ) 当0f(0)=1，符合题意．
　　(ⅱ) 当a>2时,取x0=12a-2a∈(0,1),则由(Ⅰ)知f(x0)　　(ⅲ) 方法1：当a≤0时,对任意x∈(0,1),恒有1+x1-x>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）