函数与导数习题

设(f(x)=x(x+1)(x+2)cdots (x+2013))，求(f'(0))的值；

分析：令(g(x)=(x+1)(x+2)cdots (x+2013))，则(f(x)=xcdot g(x))，

则(f'(x)=g(x)+xcdot g'(x))，故(f'(0)=g(0)+0cdot g'(0)=1 imes 2 imes 3 imes cdots imes 2013)；

(2017(cdot)北京卷)

已知函数(f(x)=e^xcosx-x).

(1)、求曲线(y=f(x))在点((0，f(0)))处的切线方程。

(2)、求函数(f(x))在区间([0，cfrac{pi}{2}])上的最大值和最小值。

分析：(1)由题目可知，(f'(x)=e^xcosx+e^xcdot (-sinx)-1=e^x(cosx-sinx)-1)

则切线的斜率(k=f'(0)=e^0(cos0-sin0)-1=0)，

又(f(0)=(e^xcosx-x)_{|x=0}=1)，即切点为((0，1))，

由点斜式可知切线方程为(y-1=0(x-0))，

整理得到在点((0，f(0)))处的切线方程为(y=1)。

(2)由上可知，(f'(x)=e^x(cosx-sinx)-1)，

令(h(x)=e^x(cosx-sinx)-1)，

则(h'(x)=e^x(cosx-sinx)+e^x(-sinx-cosx)=-2e^xsinx)，

当(xin (0，cfrac{pi}{2}))时， 容易知道(h'(x)=-2e^xsinx<0)(注意恒有(e^x>0))，

即函数(h(x))，也就是函数(f'(x))，在(xin (0，cfrac{pi}{2}))单调递减，

则(xin [0，cfrac{pi}{2}])时，(h(x)leq h(0)=0)，即$f'(x)leq 0 $恒成立，

即使(f'(x)=0)，也是仅仅在单独的端点处，不会影响函数(f(x))的单调性。

则有函数(f(x))在区间$ [0，cfrac{pi}{2}]$上单调递减，

故(f(x)_{min}=f(cfrac{pi}{2})=-cfrac{pi}{2})，(f(x)_{max}=f(0)=1)。

解后反思：

1、关于二阶导的那些事，由解答过程就能看出，函数(h(x))是函数(f(x))的一阶导数，那么函数(h'(x))其实是函数(f(x))的二阶导，
由于高中阶段我们只接触学习了一阶导数，故答案中一般不出现二阶导(f''(x))的表示形式，我们做答案是也需要注意这一点。

2、为什么要用二阶导？平时我们的解题经验是一般只给函数(f'(x))求一次导数得到(f'(x))，然后求解导函数不等式，由导函数的正负就知道了原函数(f(x))的单调性了；

但是，不是所有的函数求一阶导后，导函数的正负我们就能一目了然，这时候往往需要针对导函数再求导，也就是二阶导，其目的就是想知道导函数的单调性，

在我们的解题体验中，往往是二阶导恒为正或恒为负，这样我们就知道了一阶导的单调性，利用一阶导的端点值(往往为0)，从而知道了一阶导的正负，

这样原函数的单调性就清楚了。

3、由于上述比较拗口，结合题目做以说明。原函数为(f(x))，一阶导为(f'(x)=h(x))，二阶导为(h'(x)=f''(x))，

由于二阶导(h'(x)=f''(x)=-2e^xsinx<0)在((0，cfrac{pi}{2}))上恒成立，则一阶导(h(x)=f'(x))在([0，cfrac{pi}{2}])上单调递减；

此时一阶导(h(x)=f'(x))有最值，取哪一个最值，一般取函数值为0的那一个。比如(h(x)_{max}=h(0)=0)，

从而知道一阶导(f'(x)<0)，这样就知道了原函数(f(x))在([0，cfrac{pi}{2}])上单调递减；

接下来求最值，那还不是小菜一碟吗。

定义在((-1，1))上的函数(f(x)=1+x-cfrac{x^2}{2}+cfrac{x^3}{3}-cdots-cfrac{x^{2016}}{2016})，设(F(x)=f(x+4))，且(F(x))的零点均在区间((a，b))内，其中(a，bin Z，a<b)，则圆(x^2+y^2=b-a)的面积的最小值是多少？(pi)。

分析：此题目的关键是求得(f(x))的零点的个数和大致区间，为此，需要考虑(f(x))的单调性和端点值的情况。

(f'(x)=1-x+x^2-x^3+cdots+x^{2014}-x^{2015})

(=(1-x)+x^2(1-x)+cdots+x^{2014}(1-x))

(=(1-x)(1+x^2+x^4+cdots+x^{2014})>0)

或者利用导数这样计算：

(f'(x)=1-x+x^2-x^3+cdots+x^{2014}-x^{2015}=cfrac{1-x^{2016}}{1+x}>0)，

所以函数(f(x))在区间((-1，1))上单调递增，由于(f(0)=1>0)，故在区间((0，1))上没有零点，只需要考查区间((-1，0))上，

(f(-1)=(1-1)-(cfrac{1}{2}+cfrac{1}{3}+cfrac{1}{4}+cfrac{1}{5}+cdots+cfrac{1}{2014}+cfrac{1}{2015}+cfrac{1}{2016})<0)，所以函数在区间((-1，0))上只有一个零点(x_0in (-1，0))，这样函数(F(x))的零点就在区间((-5，-4))，所以(b-a=1)，即求解(x^2+y^2=1)的面积，很明显是(pi)

已知函数(f(x)=alnx+(x+1)^2)，若图像上存在两个不同的点(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2)(x_1>x_2))，使得(f(x_1)-f(x_2)leq 4(x_1-x_2))成立，则实数(a)的取值范围是多少？

分析1：这个题目的难点在于如果巧妙的转化和划归，如果注意到(f(x_1)-f(x_2)leq 4(x_1-x_2))可以转化为(cfrac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}leq 4)，那么就可以转化为(f'(x)leq 4)能成立；但是这个思路还是有一定的问题，因为割线的斜率和切线的斜率毕竟不是一回事。

法1：[数形结合](f'(x)=cfrac{a}{x}+2x+2leq 4)对于(x>0)能成立，分离参数可得(aleq -2x^2+2x)对于(x>0)能成立，即求解(-2x^2+2x=g(x))在(x>0)上的最大值。

而(g(x)=-2x^2+2x=-2(x-cfrac{1}{2})^2+cfrac{1}{2}leq cfrac{1}{2})，即(g(x)_{max}=cfrac{1}{2})，故(a leq cfrac{1}{2})，也即(ain(-infty，cfrac{1}{2}]).

法2：[构造函数法]如果将(f(x_1)-f(x_2)leq 4(x_1-x_2))转化为(f(x_1)-4x_1leq f(x_2)-4x_2)，令(g(x)=f(x)-4x=alnx+(x-1)^2)，

则原题转化为存在(x_1>x_2，g(x_1)leq g(x_2))成立，

即就是(x>0)时，(g(x))有单调递减区间或(g(x))为常函数；

即就是(x>0)时，(g'(x)leq 0)有解或(g(x))为常函数，而(g'(x)=cfrac{a}{x}+2x-2leq 0)有解，

分离参数即得(aleq -2x^2+2x)对于(x>0)能成立，即求解(-2x^2+2x=g(x))在(x>0)上的最大值。

而(g(x)=-2x^2+2x=-2(x-cfrac{1}{2})^2+cfrac{1}{2}leq cfrac{1}{2})，即(g(x)_{max}=cfrac{1}{2})，故(a leq cfrac{1}{2})，也即(ain(-infty，cfrac{1}{2}]).

已知函数(f(x)=alnx+x^2(ain R))，

（1）当(a=-4)时，求函数(f(x))在区间([1，e])上的最大值和相应的(x)值；

（2）当(xin [1，e])时，讨论方程(f(x)=0)的根的个数；

（3）若(a>0)，且对(forall x_1，x_2 in [1,e])，都有(|f(x_1)-f(x_2)|leq |cfrac{1}{x_1}-cfrac{1}{x_2}|)，求实数(a)的取值范围。

解析：（1）由题目可知，定义域为((0，+infty))；当(a=-4)时，(f'(x)=cfrac{-4}{x}+2x=cfrac{2x^2-4}{x}=cfrac{2(x-sqrt{2})(x+sqrt{2})}{x})

借助导函数的分子的图像和(xin [1，e])，可知(xin[1，sqrt{2}))时，(f'(x)<0，f(x)searrow)；(xin(sqrt{2}，e])时，(f'(x)>0，f(x) earrow)；

又因为端点值(f(1)=1，f(e)=e^2-4>f(1))，故(x=e)时，(f(x)_{max}=f(e)=e^2-4).

（2）当(x=1)时，方程(f(x)=alnx+x^2=0)无解；当(x>1)时，(lnx>0)，

故方程(f(x)=0)的根的个数即就是方程(-a=cfrac{x^2}{lnx})的根的个数。即函数(g(x)=-a)和函数(h(x)=cfrac{x^2}{lnx})的图像的交点个数。

又(h'(x)=cfrac{2xlnx-x^2cdotcfrac{1}{x}}{ln^2x}=cfrac{x(2lnx-1)}{ln^2x})，借助导函数的分子的图像得到：

(xin(1，sqrt{e}))时，(h'(x)<0，h(x)searrow)；(xin(sqrt{e}，e))时，(h'(x)>0，h(x) earrow)；又(h(sqrt{e})=2e，h(e)=e^2)，课件

在同一个坐标系中作出函数(g(x))和(h(x))的图像可知，

(1^。)当(-a<2e)时，即(a>-2e)时，两个函数图像没有交点，原方程无解；

(2^。)当(-a=2e)时，即(a=-2e)时，两个函数图像有一个交点，原方程一个解；

(3^。)当(2e<-aleq e^2)时，即(-e^2leq a<-2e)时，两个函数图像有两个交点，原方程有两个解；

(4^。)当(-a>e^2)时，即(a<-e^2)时，两个函数图像有一个交点，原方程一个解；

综上所述，当(a>-2e)时，原方程根的个数是0个；当(a<-e^2)或(a=-2e)时，原方程根的个数是1个；当(-e^2leq a<-2e)时，原方程根的个数有2个；

（3）(a>0)时，(f'(x)=cfrac{a}{x}+2x>0)，即函数(f(x))在(xin [1，e])上单增，又函数(y=cfrac{1}{x})在(xin [1，e])上单减，不妨设(1leq x_1<x_2leq e)，

则(|f(x_1)-f(x_2)|leq |cfrac{1}{x_1}-cfrac{1}{x_2}|)等价于(f(x_2)-f(x_1)leq cfrac{1}{x_1}-cfrac{1}{x_2})，

即(f(x_1)+cfrac{1}{x_1}ge f(x_2)+cfrac{1}{x_2})在(xin [1，e])上恒成立，

令(g(x)=f(x)+cfrac{1}{x}=alnx+x^2+cfrac{1}{x})，则原命题等价于函数(g(x))在区间(xin [1，e])上单调递减，

所以(g'(x)=cfrac{a}{x}+2x-cfrac{1}{x^2}leq 0)在(xin [1，e])上恒成立；分离参数得到(aleq cfrac{1}{x}-2x^2)在(xin [1，e])上恒成立；

又(h(x)=cfrac{1}{x}-2x^2)在(xin [1，e])上单调递减，则(h(x)_{min}=h(e)=cfrac{1}{e}-2e^2)；所以(aleq cfrac{1}{e}-2e^2)

又由题目可知(a>0)，故(ain varnothing)。即满足条件的实数(a)不存在。

已知函数(f(x))的定义域为(R)，且(f'(x)+f(x)=2xe^{-x})，若(f(0)=1)，则函数(cfrac{f'(x)}{f(x)})的取值范围是多少？

分析：本题目的难点在于要注意到((e^x)'=e^x)以及构造函数，

解析：由题目(f'(x)+f(x)=2xe^{-x})可知，(e^xf'(x)+e^xf(x)=2x)，令(g(x)=e^xf(x))，则(g'(x)=e^xf'(x)+e^xf(x)=2x)，故(g(x)=e^xf(x)=int 2x;;dx=x^2+C)，由(f(0)=1)，得到(g(0)=1=0^2+C)，故(C=1)

所以(e^xf(x)=x^2+1)，则(f(x)=cfrac{x^2+1}{e^x})，(f'(x)=cfrac{2xe^x-(x^2+1)e^x}{(e^x)^2}=cfrac{2x-x^2-1}{e^x})

故(cfrac{f'(x)}{f(x)}=cfrac{2x-x^2-1}{x^2+1}=cfrac{2x}{x^2+1}-1)，由于接下来需要变量集中到分母，故针对(x)分类讨论如下：

当(x=0)时，直接代入上式得到(cfrac{f'(x)}{f(x)}=-1)；

当(x eq 0)时，(cfrac{f'(x)}{f(x)}=cfrac{2}{x+cfrac{1}{x}}-1)；由于(|x+cfrac{1}{x}|ge 2)，则(0<cfrac{1}{left|x+cfrac{1}{x} ight|}leq cfrac{1}{2})，即(0<left|cfrac{2}{x+frac{1}{x}} ight|leq 1)，

所以(-1leq cfrac{2}{x+cfrac{1}{x}}<0或0< cfrac{2}{x+cfrac{1}{x}}leq 1)；(-1-1leq cfrac{2}{x+cfrac{1}{x}}-1<0-1或0-1< cfrac{2}{x+cfrac{1}{x}}-1leq 1-1)；

即(-2leq cfrac{f'(x)}{f(x)}<-1或-1< cfrac{f'(x)}{f(x)}leq 0)；

综上得到(cfrac{f'(x)}{f(x)}in [-2，0])

(2016.山东高考改编)设(f(x)=xlnx-ax^2+(2a-1)x，ain R).

⑴令(g(x)=f'(x))，求(g(x))的单调区间；

⑵已知(f(x))在(x=1)处取得极大值，求正实数(a)的取值范围.

解析：⑴(g(x)=f'(x)= lnx-2ax+2a，xin (0，+infty))

则(g'(x)= cfrac{1}{x}-2a=cfrac{1-2ax}{x})

(1^。)当(aleq 0)时，(xin(0，+infty))，(g'(x)>0，g(x) earrow)

(2^。)当(a> 0)时，令(g'(x)=0，1-2ax=0，x=cfrac{1}{2a})

当(xin (0，cfrac{1}{2a}))，(g'(x)>0，g(x) earrow)；当(xin (cfrac{1}{2a}，+infty))，(g'(x)<0，g(x)searrow)；

综上所述，当(aleq 0)时，单增区间为((0，+infty))，无单减区间；当(a> 0)时，单增区间为((0，cfrac{1}{2a}))，单减区间为((cfrac{1}{2a}，+infty))。

⑵由⑴知，有(f'(1)=0)成立，

(1^。)当(0<a<cfrac{1}{2})时，(cfrac{1}{2a}>1)，由⑴知(f'(x))在((0，cfrac{1}{2a}))单增，故(xin(0，1))时，(f'(x)<0)，(xin(1，cfrac{1}{2a}))时，(f'(x)>0)，则函数(f(x))在(x=1)处取得极小值，不符，舍去；

(2^。)当(a=cfrac{1}{2})时，(cfrac{1}{2a}=1)，(f'(x))在((0，1))上单增，在((1，+infty))上单减，则(xin (0，+infty))时，(f'(x)leq 0)，故(f(x)searrow),无极大值，不符，舍去；

(3^。)当(a>cfrac{1}{2})时，(0<cfrac{1}{2a}<1)，(xin(cfrac{1}{2a}，1))时，(f'(x)>0，f(x) earrow)，(xin(1，+infty))时，(f'(x)<0，f(x)searrow)，故在(x=1)处取到极大值，符合题意。

综上，(ain (cfrac{1}{2}，+infty))。

设函数(f(x))在(R)上存在导数(f'(x))，(forall xin R)，都有(f(-x)+f(x)=x^2)，在((0，+infty))上(f'(x)<x)，若(f(4-m)-f(m)ge 8-4m)，则实数(m)的取值范围是多少？

分析：本题中的题眼是在((0，+infty))上(f'(x)<x)，这句话是构造函数的关键所在。

解析：由题目“在((0，+infty))上(f'(x)<x)”，构造函数(g(x)=f(x)-cfrac{1}{2}x^2)，从简原则，我们不需要构造(cfrac{1}{2}x^2+C)；
则在((0，+infty))上(g'(x)=f'(x)-x<0)，(g(x))单调递减，

又由于(f(-x)+f(x)=x^2)，改写为(f(-x)-cfrac{1}{2}(-x)^2+f(x)-cfrac{1}{2}(x)^2=0)，即就是(g(-x)+g(x)=0)，

即函数(g(x))为定义在(R)上的奇函数，则((-infty，0))上单调递减，所以函数(g(x))在((-infty，+infty))上单调递减。

又由于(f(4-m)-f(m)ge 8-4m)，等价于(f(4-m)-cfrac{1}{2}(4-m)^2 ge f(m)-cfrac{1}{2}m^2)，

也等价于(g(4-m)ge g(m))，所以(4-mleq m)，解得(m ge 2)，即(min [2，infty)).

已知函数(f(x)=cfrac{lnx}{1-x})，(phi(x)=(x-1)^2cdot f'(x)).

⑴若函数(phi(x))在区间((3m，m+cfrac{1}{2}))上单调递减，求实数(m)的取值范围；

⑵若对于任意的(xin (0，1))，恒有((1+x)cdot f(x)+2a<0(a>0))，求实数(a)的取值范围；

【解析】⑴由于(f'(x)=cfrac{cfrac{1}{x}(1-x)+lnx}{(1-x)^2})，故(phi'(x)=(x-1)^2f'(x)=cfrac{1}{x}(1-x)+lnx=cfrac{1}{x}-1+lnx(x>0&x eq 1))

所以(phi'(x)=-cfrac{1}{x^2}+cfrac{1}{x}=cfrac{x-1}{x^2})，则(phi(x))在区间((0，1))单调递减，又由题可知，函数(phi(x))在区间((3m，m+cfrac{1}{2}))上单调递减，

则((3m，m+cfrac{1}{2})subseteq (0，1))，则得到(egin{cases} &3mge 0 \ &m+cfrac{1}{2}leq 1 \ &3m<m+cfrac{1}{2}end{cases})

则有(egin{cases} &mge 0 \ &m<cfrac{1}{4} \ &mleqcfrac{1}{2}end{cases})，解得(0leq m <cfrac{1}{4}).

⑵转化为恒成立和分离参数来求解。对于任意的(xin (0，1))，恒有(-2age (1+x)cdot f(x))成立，令(g(x)=(1+x)cfrac{lnx}{1-x})，

则(g'(x)=cfrac{lnx}{1-x}+(1-x)cfrac{cfrac{1}{x}(1-x)-lnxcdot (1-x)'}{(1-x)^2}=cfrac{lnx}{1-x}+(1-x)cfrac{cfrac{1}{x}(1-x)+lnx}{(1-x)^2})

即(=cfrac{lnx(1-x)+cfrac{1}{x}(1-x)^2+(1+x)lnx}{(1-x)^2}=cfrac{2lnx-x+cfrac{1}{x}}{(1-x)^2})，

再令(h(x)=2lnx+cfrac{1}{x}-x)，则(h'(x)=cfrac{2}{x}-cfrac{1}{x^2}-1)，则(h''(x)=-cfrac{2}{x^2}+cfrac{2}{x^3}=2(cfrac{1}{x^3}-cfrac{1}{x^2})>0)，

所以(h'(x))在区间((0，1))上单调递增，又(h'(1)=0)，则在区间((0，1))上(h'(x)<0)，故(h(x))在区间((0，1))上单调递减，

又(h(1)=0)，则在区间((0，1))上(h(x)>0)，故在区间((0，1))上(g'(x)>0)，从而(g(x))在区间((0，1))上单调递增，

故(g(x)_{max}= g(1))，以下用洛必达法则求解(g(1))；

(limlimits_{x o 1} g(x)= limlimits_{x o 1} cfrac{((1+x)lnx)'}{(1-x)'}=limlimits_{x o 1} cfrac{lnx+cfrac{1+x}{x}}{-1}=-2)；

故(g(x)_{max}= g(1))，故(-2a ge -2)，又(a>0)，解得(0<aleq 1)．

已知函数(f(x)=(2-x)e^x-ax-a)，若不等式(f(x)>0)恰有两个正整数解，则求(a)的取值范围。

分析：先转化为不等式((2-x)e^x>a(x+1))恰有两个正整数解，令函数(h(x)=(2-x)e^x，g(x)=a(x+1))，问题转化为函数(h(x))在函数(g(x))上方的部分只包含两个正整数，由(h'(x)=-e^x+(2-x)e^x=2(1-x)e^x)得到，(xin (-infty，1))时，(h'(x)>0，h(x) earrow)；(xin (1，+infty))时，(h'(x)<0，h(x)searrow)；在同一个坐标系中做出两个函数的图像，注意作图的特点，(h(x))中含有正因子(e^x)，(g(x))图像恒过定点((-1，0))，课件

由图可以看出，当(age 0)时，满足题意的正整数解只有(x=1)一个，(x=2)不能算在内，显然不满足题意；当(a<0)时，至少已有两个正整数解({1 ,2})，此时需要加以控制，不能出现多于两个的情况，当(h(3)=g(3))时，(f(x)>0)的解集中没有3，故只需要(h(3)leq g(3))，即((2-3)e^3leq a(3+1))，解得(ain [-cfrac{1}{4}e^3，0)).

当(x>0)时，求证：(a>ln2-1)是(e^x>x^2-2ax+1)的充分不必要条件。

分析：本题目分两步完成证明：第一步，先求出当(x>0)时(e^x>x^2-2ax+1)的(a)的取值范围；第二步，利用集合的关系来判断命题的关系；

解析：当(x>0)时，(e^x>x^2-2ax+1Longleftrightarrow a>cfrac{x^2-e^x+1}{2x})恒成立，令(h(x)=x^2-e^x+1)，则(h'(x)=cfrac{1}{2}[1-cfrac{(x-1)e^x}{x^2}-cfrac{1}{x^2}]=cfrac{(x-1)(x+1-e^x)}{2x^2})，由于(x>0)，容易知道(x+1-e^x<0).

令(h'(x)=0)，则(x=1)，当(0<x<1)时，(h'(x)>0)，(h(x)searrow)；当(x>1)时，(h'(x)<0)，(h(x) earrow)；故(h(x)_{max}=h(1)=1-cfrac{e}{2})，从而(a>1-cfrac{e}{2})。

现在需要证明：(a>ln2-1Longrightarrow a>1-cfrac{e}{2}).即只需证明(ln2-1>1-cfrac{e}{2})，即证明(ln2+cfrac{e}{2}-2>0)；

令(phi(x)=lnx+cfrac{e}{x}-2)，(phi'(x)=cfrac{1}{x}-cfrac{e}{x^2}=cfrac{x-e}{x^2})，由(phi'(x)=0)得到(x=e)，经讨论可知(phi(x)_{min}=phi(e)=0)，故(phi(2)=ln2+cfrac{e}{2}-2>0)

即就是(a>ln2-1Longrightarrow a>1-cfrac{e}{2}).故(a>ln2-1)是(e^x>x^2-2ax+1)的充分不必要条件。

已知函数(g(x)=lnx+cfrac{1}{2}x^2-(b-1)x)，存在单调递减区间，求实数(b)的取值范围；

分析：由于函数中含有参数，所以先考虑(g'(x)leq 0)在区间((0，+infty))上有解或能成立；

(g'(x)=cfrac{1}{x}+x-(b-1)=cfrac{x^2-(b-1)x+1}{x})，则只需要(h(x)=x^2-(b-1)x+1leq 0)在区间((0，+infty))上有解或能成立；

分离参数得到(b-1ge cfrac{x^2+1}{x}=x+cfrac{1}{x})在区间((0，+infty))上有解或能成立；([x+cfrac{1}{x}]_{min}=2)

故(b-1ge 2)，即(bge 3)，注意(b=3)时往往需要验证，

比如此时的(g'(x)=cfrac{x^2-(3-1)x+1}{x}=cfrac{(x-1)^2}{x})，此时(g'(x)ge 0)恒成立，故(b=3)要舍去，即(b>3).

已知函数(f(x)=axsinx+cosx)，且(f(x))在(x=cfrac{pi}{4})处的切线的斜率为(cfrac{sqrt{2}pi}{8}).

⑴求(a)的值；

⑵讨论函数(f(x))在([-pi，pi])上的单调性；

⑶设函数(g(x)=xlnx+cfrac{m}{x})，若对任意的(x_1in[cfrac{1}{2}，2])总存在(x_2in[0，cfrac{pi}{2}])，使得(g(x_1)ge f(x_2))成立，求实数(m)的取值范围。

分析：⑴利用(f'(x_0)=f'(cfrac{pi}{4})=cfrac{sqrt{2}pi}{8})，求得(a=1)；

⑵利用解不等式(f'(x)>0)得到单调区间或者利用两个函数(y=x，y=cosx，xin[-pi，pi])的图像直接写出单调区间；课件

⑶由题目可知(forall x_1in [cfrac{1}{2}，2])，(exists x_2in [0，cfrac{pi}{2}])，使得(g(x_1)ge f(x_2))成立，即就是(g(x_1)_{min}ge f(x_2)_{max})，且(x_1in [cfrac{1}{2}，2])，(x_2in [0，cfrac{pi}{2}])。

设(f(x)=lnx，g(x)=cfrac{1}{2}x|x|)，

⑴令(F(x)=xcdot f(x)-g(x))，求(F(x))的单调区间；

⑵若任意(x_1，x_2in [1，+infty))，且(x_1>x_2)，都有(m[g(x_1)-g(x_2)]>x_1f(x_1)-x_2f(x_2))恒成立，求实数(m)的取值范围；

分析：⑴由于(g(x))是分段函数，故按道理求(F(x)) 也应该是分段函数，但是(f(x))的定义域是((0，+infty))，故(F(x))也应该定义在((0，+infty))上，故(F(x)=xlnx-cfrac{1}{2}x^2)，则(F'(x)=lnx+1-x=lnx-(x-1)=f(x)-h(x))

到此可以考虑两个思路：其一，利用函数(y=f(x))和(h(x)=x-1)的图像很快的看出(F'(x))的正负，课件

故当(0<x<1)时，(F'(x)<0)；当(x>1)时，(F'(x)<0)；当(x=1)时，(F'(x)=0)；即(xin (0，+infty))时，(F'(x)leq 0)恒成立，即函数(F(x))只有单调递减区间((0，+infty))。

其二：构造函数(G(x)=F'(x)=lnx+1-x)，则(G'(x)=cfrac{1}{x}-1)，由(G'(x)=cfrac{1}{x}-1>0)，得到(0<x<1)；由(G'(x)=cfrac{1}{x}-1<0)，得到(x>1)；

即(G(x))在((0，1))上为增函数，在((1，+infty))上为减函数，即(F'(x))在((0，1))上为增函数，在((1，+infty))上为减函数，故(F'(x)leq F'(1)=0)，故函数(F(x))在区间((0，+infty))上单调递减。

⑵由题意当(x_1>x_2ge 1)时，都有(m[g(x_1)-g(x_2)]>x_1f(x_1)-x_2f(x_2))恒成立，故当(x_1>x_2ge 1)时，(mg(x_1)-x_1f(x_1)>mg(x_2)-x_2f(x_2))恒成立，

此时构造函数(H(x)=mg(x)-xf(x))，则函数(H(x))在区间([1，+infty))上是增函数，则有(H'(x)ge 0)恒成立；又(H(x)=mcfrac{1}{2}x^2-xlnx)，则(H'(x)=mx-lnx-1ge 0)恒成立，分离参数得到

(mge cfrac{lnx+1}{x})，再令(h(x)=cfrac{lnx+1}{x}(xge 1))，则(h'(x)=cfrac{1-lnx-1}{x^2}=cfrac{-lnx}{x^2}leq 0)，故(h(x))在([1，+infty))上单调递减；故(h(x)_{max}=h(1)=1)，故(mge 1)。

已知函数(f(x)=cfrac{ax+b}{x}cdot e^x，a、bin R，a>0)，

(1).若函数(f(x))在(x=-1)处取到极值(cfrac{1}{e})，试求函数(f(x))的解析式和单调区间；

提示：(f'(x)=cfrac{ax-(ax+b)}{x^2}e^x+cfrac{ax+b}{x}e^x)

(f'(-1)=0，f(-1)=cfrac{1}{e})，分别求得(a-2b=0)和(a-b=1)，联立求得(a=2，b=1)；则(f(x)=cfrac{2x+1}{x}cdot e^x)；

求解单调区间，实质就是解不等式(f'(x)=cfrac{e^x(x+1)(2x-1)}{x^2}>0)和(f'(x)=cfrac{e^x(x+1)(2x-1)}{x^2}<0)，此时可以通过穿根法解分式不等式。((-infty，-1)和(cfrac{1}{2}，+infty))单调递增；((-1，0)和(0，cfrac{1}{2}))单调递减；

【2017全国卷2文科第21题高考真题】设函数(f(x)=(1-x^2)e^x)，

（1）讨论(f(x))的单调性

分析：本题目一般要借助导数工具来讨论单调性，

(f'(x)=-2xe^x+(1-x^2)e^x=(-x^2-2x+1)e^x)，由于(e^x)的值恒为正，【思路提示：此时我们只要能做出导函数的其中一部分(-x^2-2x+1=g(x))的图像，结合图像就能讨论单调性】

令(-x^2-2x+1=0)，得到(x=pmsqrt{2}-1)，且二次函数(g(x))的开口向下，如图所示，故有以下结论

当(x<-sqrt{2}-1)时，(f'(x)<0)，(f(x))单调递减；当(-sqrt{2}-1<x<sqrt{2}-1)时，(f'(x)>0)，(f(x))单调递增；当(x>sqrt{2}-1)时，(f'(x)<0)，(f(x))单调递减；

故可得到函数(f(x))的单调递减区间是((-infty，-sqrt{2}-1))和((sqrt{2}-1，+infty))；单调递增区间是((-sqrt{2}-1，sqrt{2}-1))。

（2）当(xge 0)时，(f(x)leq ax+1)，求(a)的取值范围。课件

分析：我们可以利用函数的性质做出函数的大致图像来寻找思路，(f(0)=1)，(f(sqrt{2}-1)>1)，且函数在((0，sqrt{2}-1))上单调递增，在((sqrt{2}-1，+infty))上单调递减，故可以做出函数的大致图像如右图所示。再者，函数(f'(1)=1)，待编辑。

【2017全国卷2理科第11题高考真题】若(x=-2)是函数(f(x)=(x^2+ax-1)e^{x-1})的极值点，则(f(x))的极小值是（ ）

A、-1 (hspace{2cm}) B、(-2e^{-3}) (hspace{2cm}) C、(e^{-3}) (hspace{2cm}) D、 1

分析：(f'(x)=(2x+a)e^{x-1}+(x^2+ax-1)e^{x-1}=e^{x-1}[x^2+(a+2)x+a-1])，

又由题目可知(f'(-2)=0)，即(f'(-2)=e[4+(a+2)(-2)+a-1]=0)，解得(a=-1)

故原函数(f(x)=(x^2-x-1)e^{x-1})，

其导函数(f'(x)=e^{x-1}(x^2+x-2)=e^{x-1}(x+2)(x-1))，

仿照上例，做出函数(g(x)=(x+2)(x-1))的图像可知，

函数的极小值点是(x=1)；

故函数(f(x)_{极小}=f(1)=-1)。故选A。

【2017全国卷1文科第21题高考真题】已知函数(f(x)=e^x(e^x-a)-a^2x)，
（1）讨论(f(x))的单调性
分析：利用导数求导解决，(f'(x)=e^x(e^x-a)+e^xcdot e^x-a^2=2e^{2x}-e^xa-a^2=(e^x-a)(2e^x+a))，以下针对(a)分类讨论如下：课件

当(a=0)时，(f'(x)>0)恒成立，(f(x))在区间((-infty，+infty))上单调递增。

当(a>0)时，令(e^x>a)，解得(x>lna)，(f'(x)>0)，即在区间((lna，+infty))上函数(f(x))单调递增；令(e^x<a)，解得(x<lna)，(f'(x)<0)，即在区间((-infty，lna))上函数(f(x))单调递减；

当(a<0)时，令(e^x>-cfrac{a}{2})，解得(x>ln(-cfrac{a}{2}))，(f'(x)>0)，即在区间((ln(-cfrac{a}{2})，+infty))上函数(f(x))单调递增；令(e^x<-cfrac{a}{2})，解得(x<ln(-cfrac{a}{2}))，(f'(x)<0)，即在区间((-infty，ln(-cfrac{a}{2})))上函数(f(x))单调递减；

综上所述，当(a<0)时，函数(f(x))的单减区间是((-infty，ln(-cfrac{a}{2})))，单增区间是((ln(-cfrac{a}{2})，+infty))；

当(a=0)时，单增区间是((-infty，+infty))，无单减区间；

当(a>0)时，函数(f(x))的单减区间是((-infty，lna))，单增区间是((lna，+infty))；

（2）若(f(x)ge 0)，求(a)的取值范围。

分析：由于要(f(x)ge 0)恒成立，故只要求得(f(x)_{min}ge 0)即可，又最小值要用到函数的单调性，而函数的单调性又是与(a)的取值有关，故应该关于(a)分类讨论。

当(a<0)时，函数(f(x))的单减区间是((-infty，ln(-cfrac{a}{2})))，单增区间是((ln(-cfrac{a}{2})，+infty))；故(f(x)_{min}=f(ln(-cfrac{a}{2}))=e^{ln(-cfrac{a}{2})}(e^{ln(-cfrac{a}{2})}-a)-a^2ln(-cfrac{a}{2})=cfrac{3a^2}{4}-a^2ln(-cfrac{a}{2}))，令(cfrac{3a^2}{4}-a^2ln(-cfrac{a}{2})ge 0) 得到(age-2e^{frac{3}{4}})，故(-2e^{frac{3}{4}}leq a <0)；

当(a=0)时，(f(x)=e^{2x}ge 0)恒成立，故(a=0)满足题意；

当(a>0)时，函数(f(x))的单减区间是((-infty，lna))，单增区间是((lna，+infty))；故(f(x)_{min}=f(lna)=e^{lna}(e^{lna}-a)-a^2lna=-a^2lna)，令(-a^2lnage 0)，得到(aleq 1)，故(0<a leq 1)；

综上所述，取并集得到(a)的取值范围是([-2e^{frac{3}{4}}，1])。

已知(e)是自然对数的底数，函数(f(x))的定义域是R，(2^{f(x)}cdot 2^{f'(x)}>2)，(f(0)=27^{frac{2}{3}}-2^{log_2^;3} imes log_2^;{frac{1}{8}}+2lg(sqrt{3+sqrt{5}}+sqrt{3-sqrt{5}})-11)，则不等式(cfrac{f(x)-1}{e^{ln7-x}}>1)的解集是（）

A、((-infty，0)) (hspace{2cm}) B、((0，+infty)) (hspace{2cm}) C、((1，+infty)) (hspace{2cm}) D、((-infty，1))

分析：先将所给的条件化简如下，由(2^{f(x)}cdot 2^{f'(x)}>2)得到(f(x)+f'(x)-1>0)，由(f(0)=27^{frac{2}{3}}-2^{log_2^;3} imes log_2^;{frac{1}{8}}+2lg(sqrt{3+sqrt{5}}+sqrt{3-sqrt{5}})-11)，得到(f(0)=8)，由所求解的不等式(cfrac{f(x)-1}{e^{ln7-x}}>1)得到(e^xcdot f(x)-e^x-7>0)；

故这样构造函数，令(g(x)=e^xcdot f(x)-e^x-7)，则(g'(x)=e^xcdot f(x)+e^xcdot f'(x)-e^x=e^x(f(x)+f'(x)-1)>0)，故(g(x))在R上单调递增；又(g(0)=e^0cdot f(0)-e^0-7=0)，故(g(x)>0)的解集为((0，+infty)) ，即不等式(cfrac{f(x)-1}{e^{ln7-x}}>1)的解集为((0，+infty)) ，选B.

(fbox{本题目的简化版})
已知(e)是自然对数的底数，函数(f(x))的定义域是R，(f(x)+f'(x)-1>0)，，(f(0)=8)，则不等式(e^xcdot f(x)-e^x-7>0)的解集是（）

A、((-infty，0)) (hspace{2cm}) B、((0，+infty)) (hspace{2cm}) C、((1，+infty)) (hspace{2cm}) D、((-infty，1))

故这样构造函数，令(g(x)=e^xcdot f(x)-e^x-7)，则(g'(x)=e^xcdot f(x)+e^xcdot f'(x)-e^x=e^x(f(x)+f'(x)-1)>0)，故(g(x))在R上单调递增；又(g(0)=e^0cdot f(0)-e^0-7=0)，故(g(x)>0)的解集为((0，+infty)) ，即不等式(cfrac{f(x)-1}{e^{ln7-x}}>1)的解集为((0，+infty)) ，选B.

(2016衡水金卷)已知函数(f(x)=lnx-ax^2)，且函数(f(x))在点((2，f(2)))处的切线的一个方向向量是((2，-3)).

(1)若关于(x)的方程(f(x)+cfrac{3}{2}x^2=3x-b)在区间([cfrac{1}{2}，2])上恰有两个不相等的实数根，求实数(b)的取值范围。

分析：(f'(x)=cfrac{1}{x}-2ax)，由函数(f(x))在点((2，f(2)))处的切线的一个方向向量是((2，-3))，即(f'(2)=cfrac{1}{2}-4a=-cfrac{3}{2})，解得(a=cfrac{1}{2})，方程(f(x)+cfrac{3}{2}x^2=3x-b)变形为(lnx+x^2-3x=-b)，令(g(x)=lnx+x^2-3x)，(h(x)=-b)。

(g'(x)=cfrac{(2x-1)(x-1)}{x})，故函数(g(x))在((cfrac{1}{2}，1))上单调递减，在((1，2))上单调递增，又(g(cfrac{1}{2})=-ln2-cfrac{5}{4})，(g(1)=-2)，(g(2)=ln2-2)，又(g(cfrac{1}{2})-g(2)=-2ln2+cfrac{3}{4}<0)，故(g(cfrac{1}{2})<g(2))，在同一坐标系中作出函数(g(x))和(h(x))的大致图像如右，由图可知要使两个函数有两个交点，则(-2<bleq -ln2-cfrac{5}{4})，即(ln2+cfrac{5}{4}leq b<2)，故(bin [cfrac{5}{4}+ln2，2))。

(2)证明：(sumlimits_{k=2}^n{(cfrac{1}{cfrac{1}{2}k^2+f(k)})}^2>cfrac{n-1}{2(n+1)}(nin N^*，nge 2))。

证明：由于(f(k)=lnk-cfrac{1}{2}k^2)，则(cfrac{1}{2}k^2+f(k)=lnk)，

设(h(k)=x-lnx)，则(h'(x)=1-cfrac{1}{x}=cfrac{x-1}{x})，当(x>1)时，(h'(x)>0)，故(h(x))在区间((1，+infty))上单调递增，又(h(1)=1>0)，(kge 2) ，可得(h(k)=k-lnk>0)，即(k>lnk>0)，故((lnk)^2<k^2)，则(cfrac{1}{(lnk)^2}>cfrac{1}{k^2})，又(cfrac{1}{k^2}>cfrac{1}{k(k+1)}=cfrac{1}{k}-cfrac{1}{k+1})，

故(sumlimits_{k=2}^n{(cfrac{1}{cfrac{1}{2}k^2+f(k)})}^2=(cfrac{1}{ln2})^2+(cfrac{1}{ln3})^2+cdots+(cfrac{1}{lnn})^2>cfrac{1}{2^2}+cfrac{1}{3^2}+cdots+cfrac{1}{n^2}>cfrac{1}{2 imes3}+cfrac{1}{3 imes4}+cdots+cfrac{1}{n(n+1)}=cfrac{1}{2}-cfrac{1}{3}+cdots+cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1}=cfrac{1}{2}-cfrac{1}{n+1}=cfrac{n-1}{2(n+1)}(nin N^*，nge 2))。

(2017凤翔中学高三理科数学第二次月考第21题)已知函数(f(x)=(a+1)lnx+ax^2+1)，

(1) 讨论函数(f(x))的单调性。

分析：先求定义域得((0，+infty))，求导得到(f'(x)=cfrac{a+1}{x}+2ax=cfrac{2ax^2+a+1}{x})，

然后只考虑分子函数(g(x)=2ax^2+a+1)的图像，

先考虑(a=0)，在考虑函数(g(x))图像恒在(x)轴上方，恒在(x)轴下方，以及(x)轴上方下方都有图像的情形，

自然就得到了分类的标准有(a=0)，(a>0)，(a+1leq 0)，以及(-1<a<0)，在解答时做一综合就行了。

解：当(age 0)时，(g(x)>0)恒成立，则(f'(x)=cfrac{2ax^2+a+1}{x}>0)，故(f(x))在((0，+infty))上单调递增；

当(aleq -1)时，(g(x)leq 0)恒成立，则则(f'(x)=cfrac{2ax^2+a+1}{x}<0)，故(f(x))在((0，+infty))上单调递减；

当(-1<a<0)时，令(f'(x)=0)，解得(x=sqrt{-cfrac{a+1}{2a}}=x_0)，即(xin(0，x_0))时，(f'(x)>0)，

故(f(x))在((0，x_0))上单调递增；(xin(x_0，+infty))时，(f'(x)<0)，故(f(x))在((x_0，+infty))上单调递减；

(2)设(a<-1)，若对任意(x_1，x_2in(0，+infty))，恒有(|f(x_1)-f(x_2)|ge 4|x_1-x_2|)，求(a)的取值范围。

不妨设(x_1leq x_2)，由(1)可知，(a<-1)时(f(x))在((0，+infty))单调递减，

从而对任意(x_1，x_2in(0，+infty))，恒有(|f(x_1)-f(x_2)|ge 4|x_1-x_2|)，

可以等价转化为(f(x_1)-f(x_2)ge 4(x_2-x_1))，

即任意(x_1，x_2in(0，+infty))，恒有(f(x_1)+4(x_1)ge f(x_2)+4x_2)，【到此，构造函数就有了依托】

令(g(x)=f(x)+4x)，则(x_1leq x_2)，(g(x_1)ge g(x_2))原命题等价于函数(g(x))在((0，+infty))上单调递减。

而(g'(x)=cfrac{a+1}{x}+2ax+4=cfrac{2ax^2+4x+a+1}{x}leq 0)在((0，+infty))上恒成立。接下来的思路就比较多了：

思路1：分离参数得到，(aleq cfrac{-4x-1}{2x^2+1}=cfrac{(2x-1)^2-4x^2-2}{2x^2+1}=cfrac{(2x-1)^2}{2x^2+1}-2)，故(aleq -2)。

思路2：只关注导函数(g'(x))的分子，令(h(x)=2ax^2+4x+a+1)，则转化为(h(x)leq 0)在((0，+infty))上恒成立，

分离参数得到，(aleq (cfrac{-4x-1}{2x^2+1})_{min})，

令(phi(x)=cfrac{-4x-1}{2x^2+1})，

解得(phi'(x)=cfrac{-4(2x^2+1)-(-4x-1)cdot 4x}{(2x^2+1)^2}=cfrac{8x^2+4x-4}{(2x^2+1)^2}=cfrac{4(2x-1)(x+1)}{(2x^2+1)^2})，

故(xin(0，cfrac{1}{2}))时，(phi'(x)<0)，(phi(x))单调递减，(xin(cfrac{1}{2}，+infty))时，(phi'(x)>0)，(phi(x))单调递增，

故(phi(x)_{min}=phi(cfrac{1}{2})=-2)，故(aleq -2)。

思路3：只关注导函数(g'(x))的分子，令(h(x)=2ax^2+4x+a+1)，

则转化为(h(x)leq 0)在((0，+infty))上恒成立，利用二次函数求解。

则(egin{cases}h(0)leq 0\x=-cfrac{4}{2 imes 2a}<0\Delta >0end{cases})或者(Delta leq 0)，

解得(aleq -2或age 1)，又(a<-1)，故(aleq -2)。

思路4：接思路1，分离参数得到，(aleq cfrac{-4x-1}{2x^2+1})，

求函数(phi(x)=cfrac{-4x-1}{2x^2+1})的最小值，还可以用代换法，

令(-4x-1=t<-1)，则(phi(x)=cfrac{t}{cfrac{(t+1)^2}{8}+1}=cfrac{8t}{t^2+2t+9}=cfrac{8}{t+cfrac{9}{t}+2}ge cfrac{8}{-2sqrt{9}+2}=-2)，

故(aleq -2)。

【2019高三理科数学资料用题】【2018荆州模拟】设函数(f(x)=cfrac{1}{3}x^3-cfrac{a}{2}x^2+bx+c)，曲线(y=f(x))在点((0，f(0)))处的切线方程为(y=1)。

(1)、求(b，c)的值；

分析：由题目可知，(f'(x)=x^2-ax+b)，结合题意有，

(left{egin{array}{l}{f(0)=1}\{f'(0)=0}end{array} ight.)，解得(left{egin{array}{l}{b=0}\{c=1}end{array} ight.)，

(2)、若(a>0)，求函数(f(x))的单调区间；

分析：由(1)知，(f'(x)=x^2-ax=x(x-a)(a>0))，

当(xin (-infty，0))时，(f'(x)>0)，(f(x))单调递增；

当(xin (0，a))时，(f'(x)<0)，(f(x))单调递减；

当(xin (a，+infty))时，(f'(x)>0)，(f(x))单调递增；

综上所述，略。

(3)、设函数(g(x)=f(x)+2x)，且(g(x))在区间((-2，-1))内存在单调递减区间，求实数(a)的取值范围；

【法1，直接法】：(g(x)=cfrac{1}{3}x^3-cfrac{a}{2}x^2+1+2x)，则(g'(x)=x^2-ax+2)，

由(g(x))在区间((-2，-1))内存在单调递减区间，得到，

(g'(x)=x^2-ax+2<0)在区间((-2，-1))上能成立，

分离参数得到，(a<x+cfrac{2}{x})在区间((-2，-1))上能成立，

而(left(x+cfrac{2}{x} ight)_{max}=-2sqrt{2})，当且仅当(x=cfrac{2}{x})，即(x=-sqrt{2})时取到等号，

故实数(a)的取值范围为((-infty，-2sqrt{2}))。

注意：存在单调递减区间，应该得到(f'(x)<0)能成立，而不是(f'(x)leq 0)能成立。

若(a=-2sqrt{2})，由(g'(x)=x^2+2sqrt{2}x+2=(x+sqrt{2})^2ge 0)恒成立，则函数(g(x))只能有单调递增区间，不会存在单调递减区间。

【法2，间接法】假设函数(g(x))在区间((-2，-1))内不存在单调递减区间，

则函数(g(x))在区间((-2，-1))内为常函数或单调递增，

则恒有(g'(x)=0)或(g'(x)ge 0)在区间((-2，-1))内恒成立，

由于(g'(x)=x^2-ax+2)，显然恒有(g'(x)=0)不成立，

故重点探究(g'(x)ge 0)在区间((-2，-1))内恒成立，

(g'(x)=x^2-ax+2ge 0)在区间((-2，-1))内恒成立，分离参数，

得到(age x+cfrac{2}{x}(-2<x<-1))在区间((-2，-1))内恒成立，

由于(h(x)=x+cfrac{2}{x})在((-2，-sqrt{2}])上单调递增，在([-sqrt{2}，-1))上单调递减，

故(h(x)_{max}=h(-sqrt{2})=-2sqrt{2})，

故函数(g(x))在区间((-2，-1))内不存在单调递减区间时，(age -2sqrt{2})；

即存在单调递减区间时，(a< -2sqrt{2})，即(ain (-infty，-2sqrt{2}))。

【2019高三理科数学资料用题】设函数(f(x)=(x+a)e^{ax}(ain R))，若函数在区间((-4，4))内单调递增，求(a)的取值范围。

分析：由函数(f(x))在在区间((-4，4))内单调递增，

则(f'(x)ge 0)在区间((-4，4))内恒成立，

又(f'(x)=(ax+a^2+1)e^{ax})，注意到(e^{ax}>0)恒成立，

即有(ax+a^2+1ge 0)在区间((-4，4))内恒成立，

令(g(x)=ax+a^2+1)为一次型的函数，故只需要满足(left{egin{array}{l}{g(-4)ge 0}\{g(4)ge 0}end{array} ight.)，

即(left{egin{array}{l}{a^2-4a+1ge 0}\{a^2+4a+1ge 0}end{array} ight.)，

解得，(left{egin{array}{l}{age 2+sqrt{3}或aleq 2-sqrt{3}}\{aleq -2-sqrt{3}或age -2+sqrt{3}}end{array} ight.)，

即(ain (-infty，-2-sqrt{3}]cup[-2+sqrt{3}，2-sqrt{3}]cup[2+sqrt{3}，+infty))。

【2019高三文科数学资料用题】已知函数(f(x)=x^3-ax-1)。

(1)若(f(x))为(R)上的增函数，求实数(a)的取值范围。

分析：(f'(x)ge 0)在(R)上恒成立，

即(f'(x)=3x^2-age 0)在(R)上恒成立，

分离参数，即(aleq 3x^2)在(R)上恒成立，

即(aleq (3x^2)_{min}=0)，故(ain (-infty，0])。

(2)若(f(x))为((-1，1))上的单调减函数，求实数(a)的取值范围。

分析：(f'(x)leq 0)在((-1，1))上恒成立，

即(f'(x)=3x^2-aleq 0)在((-1，1))上恒成立，

分离参数，即(age 3x^2)在((-1，1))上恒成立，

又(xin (-1，1))时，(3x^2<3)，即(3x^2)的最大值的极限为(3)，

则(age 3)，故(ain [3，+infty))。

(3)若函数(f(x))的单调递减区间是((-1，1))，求实数(a)的值。

分析：(f'(x)=3x^2-a)，令(f'(x)=3x^2-a<0)，解得单调递减区间为((-cfrac{sqrt{3a}}{3}，cfrac{sqrt{3a}}{3}))，

又函数(f(x))的单调递减区间是((-1，1))，故(cfrac{sqrt{3a}}{3}=1)，

解得(a=3)。

(4)若(f(x))在((-1，1))上不单调，求实数(a)的取值范围。

法1：先分类求解单调，再求其补集即可；

法2：(f'(x)=3x^2-a)，当(aleq 0)时，函数(f'(x)ge 0)，

则函数(f'(x))单调递增，不符合题意，故(a>0)。

当(a>0)时，令(f'(x)=0)，解得(x=pm cfrac{sqrt{3a}}{3})，

(f(x))在((-1，1))上不单调，则(f'(x)=0)在((-1，1))上有解，

只需要(0< cfrac{sqrt{3a}}{3}<1)，解得(ain (0，3))。

【2016高考新课标Ⅱ卷第20题】已知函数(f(x)=(x+1)lnx-a(x-1))．

（I）当(a=4)时，求曲线(y=f(x))在((1，f(1))处的切线方程；

分析：(f(x)=(x+1)lnx-4(x-1))，(f(1)=0)，故切点为((1，0))

又(f'(x)=lnx+(x+1)cdot cfrac{1}{x}-4)，(f'(1)=-2)，

由点斜式得到(y-0=-2(x-1))，即(2x+y-2=0)；

（II）若当(xin(1，+infty))时，(f(x)>0)，求(a)的取值范围．

法1：当(xin(1，+infty))时，(f(x)>0)等价于(lnx-cfrac{a(x-1)}{x+1}>0)，

[反思]这样变形的目的是为了将(lnx)这一块变得简单，有助于求导。

设(g(x)=lnx-cfrac{a(x-1)}{x+1})，(g(1)=0)，

(g'(x)=cfrac{1}{x}-cfrac{a(x+1)-a(x-1)}{(x+1)^2})

(=cfrac{1}{x}-cfrac{2a}{(x+1)^2}=cfrac{x^2+2(1-a)x+1}{x(x+1)^2})

分子函数(y=x^2+2(1-a)x+1)的对称轴为(x=-cfrac{2(1-a)}{2}=a-1)，

当对称轴在(x=1)处或者其左侧时，在(x>1)时的函数图像是在(x)轴上方的，则分界点是(aleq 2)。

①当(aleq 2)时，(xin (1，+infty))时，(x^2+2(1-a)x+1>x^2-2x+1>0)，故(g'(x)>0)，

(g(x))在((1，+infty))上单调递增，(g(1)=0)，因此，(g(x)>0)，故(aleq 2)满足题意；

②当(a>2)时，令(g'(x)=0)得到，(x_1=a-1-sqrt{(a-1)^2-1})，(x_2=a-1+sqrt{(a-1)^2-1})，

由(x_2>1)和(x_1x_2=1)可得，(x_1<1)，

故当(xin (1，x_2))时，(g'(x)<0)，(g(x))在区间((1，x_2))上单调递减，

此时(g(x)<g(1)=0)，故不符题意，舍去，

综上可知，(a)的取值范围是((-infty，2])。

法2：当(xin(1，+infty))时，(f(x)>0)，

即((x+1)lnx-a(x-1)>0)在(xin(1，+infty))时恒成立，

分离参数得到(a<cfrac{(x+1)lnx}{x-1}=h(x))在(xin(1，+infty))时恒成立，

只需要求(xin(1，+infty))时的(h(x))的最小值或最小值的极限即可。

(h'(x)=cfrac{[(x+1)lnx]'cdot (x-1)-[(x+1)lnx]cdot 1}{(x-1)^2})

(=cfrac{-2lnx+cfrac{x^2-1}{x}}{(x-1)^2})

令(g(x)=-2lnx+x-cfrac{1}{x})，

(g'(x)=-cfrac{2}{x}+1+cfrac{1}{x^2}=cfrac{x^2+1-2x}{x^2}>0)，

故函数(g(x))在((1，+infty))上单调递增，故(g(x)>g(1)=0)，

故函数(h'(x)=cfrac{-2lnx+cfrac{x^2-1}{x}}{(x-1)^2}>0)，

故函数(h(x))在((1，+infty))上单调递增，

故(h(x)>h(1)=cfrac{0}{0})，故需要用到洛必达法则来求(h(1))；

(h(1)=limlimits_{x o 1} h(x)= limlimits_{x o 1}cfrac{(x+1)lnx}{x-1})

(= limlimits_{x o 1}cfrac{((x+1)lnx)'}{(x-1)'})

(= limlimits_{x o 1}cfrac{lnx+(x+1)cdot cfrac{1}{x}}{1})

(=2)，故(h(1)=2)，

故(aleq 2)，即(a)的取值范围是((-infty，2])。

【2019届高三理科数学三轮模拟试题】设(f(x)=x-alnx)，(ain R)，

(1).当(a=2)时，求函数(f(x))在点((1，f(1)))处的切线方程；

分析：当(a=2)时，(f(x)=x-2lnx)，(f'(x)=1-cfrac{2}{x})，(f'(1)=-1)，故函数(f(x))在点((1，f(1)))处的切线方程为(y-1=-(x-1))，即(x+y-2=0)。

(2).记函数(g(x)=f(x)-cfrac{a-1}{x})，若当(x=1)时，函数(g(x))有极大值，求(a)的取值范围；

分析：(g(x)=x-alnx-cfrac{a-1}{x})，定义域为((0，+infty))，

则(g'(x)=1-cfrac{a}{x}+cfrac{a-1}{x^2}=cfrac{x^2-ax+(a-1)}{x^2}=cfrac{(x-1)[x-(a-1)]}{x^2})

令(g'(x)=0)，则(x_1=1)，(x_2=a-1)，以下针对(a-1)与(1)的关系以及定义域分类讨论如下，

①当(a-1leq 0)时，即(aleq 1)时，

当(xin (0，1))时，(g'(x)<0)，(g(x))单调递减，当(xin (1，+infty))时，(g'(x)>0)，(g(x))单调递增，

故(x=1)不是函数(g(x))的极大值点，不合题意；

②当(0<a-1<1)时，即(1<a<2)时，

当(xin (0，a-1))时，(g'(x)>0)，(g(x))单调递增，当(xin (a-1，1))时，(g'(x)<0)，(g(x))单调递减，当(xin (1，+infty))时，(g'(x)>0)，(g(x))单调递增，故(x=1)不是为函数(g(x))的极大值点，不合题意；

③当(a-1=1)时，即(a=2)时，(g'(x)ge 0)恒成立，故(x=1)不是函数(g(x))的极值点，不合题意；

④当(a-1>1)时，即(a>2)时，

当(xin (0，1))时，(g'(x)>0)，(g(x))单调递增，当(xin (1，a-1))时，(g'(x)<0)，(g(x))单调递减，当(xin (a-1，+infty))时，(g'(x)>0)，(g(x))单调递增，故(x=1)为函数(g(x))的极大值点，满足题意；

综上所述，当(a>2)时，(x=1)为函数(g(x))的极大值点，即所求的(a)的取值范围是((2，+infty)).