分类讨论处理含参不等式恒成立结合放缩取点（2018个人原创）已知函数(6) 当时，若都有恒成立，求b的取值范围（个人解法）解：依题意，都有恒成立令=且等价于都有恒成立由= 易知，即 当即时，在单调递增都有 符合题意 当即时，由在单调递减且又当时， 又时0, 在上单调递增 ，即 当即时， 在单调递增 ， 符合题意当即时由在上单调递增且又当时，又 由零点存在性定理可知 存在，使得=0当x（1，）时，g（x）0，当x（，+）时，g（x）0，此时不是的最小值 不符合题意综上m的取值范围为（参考解法）：令函数g（x）=f（x）em（x1），即为g（x）0对任意x1，+）恒成立，且发现g（1）=0，于是g（x）=+exm，由（1）知：当me+1时，g（x）0，此时g（x）单调增，于是g（x）g（1）=0，成立；若me+1，则存在t（1，+）使得：g（t）=0，当x（1，t）时，g（x）0，当x（t，+）时，g（x）0，此时g（x）g（t）0，矛盾综上，me+1【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道中档题本资料分享自千人群 323031380 高中数学资源大全 备用群483122854（2017新课标）设函数f（x）=（1x2）ex（2）当x0时，f（x）ax+1，求a的取值范围【解答】（个人解法）解：令由于则题意，都有恒成立等价于，都有恒成立由当时， ，在单调递减， 即 当即时，在单调递减， 符合题意 当即时，由在单调递减且又当时， 其中 由零点存在性定理可知存在，使得=0当x（0，）时，g（x）0，当x（，+）时，g（x）0，此时不是的最大值 不符合题意综上的取值范围为1，+）本资料分享自千人群 323031380 高中数学资源大全 备用群483122854（参考解法）由题可知f（x）=（1x）（1+x）ex下面对a的范围进行讨论：当a1时，设函数h（x）=（1x）ex，则h（x）=xex0（x0），因此h（x）在0，+）上单调递减，又因为h（0）=1，所以h（x）1，所以f（x）=（1+x）h（x）x+1ax+1；当0a1时，设函数g（x）=exx1，则g（x）=ex10（x0），所以g（x）在0，+）上单调递增，又g（0）=101=0，所以exx+1因为当0x1时f（x）（1x）（1+x）2，所以（1x）（1+x）2ax1=x（1axx2），取x0=（0，1），则（1x0）（1+x0）2ax01=0，所以f（x0）ax0+1，矛盾；当a0时，取x0=（0，1），则f（x0）（1x0）（1+x0）2=1ax0+1，矛盾；综上所述，a的取值范围是1，+）【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能力（2010新课标理数）设函数f（x）=ex1xax2（2）若当x0时f（x）0，求a的取值范围（个人解法）解：（2）由且则题意等价于，恒成立由则易知在单调递增即 当即时，由则在单调递增即在单调递增， 符合题意 当即时，令即解得当，在单调递减，即在递减不是的最小值 不符合题意综上所述的取值范围为（参考解法）解：（1）a=0时，f（x）=ex1x，f（x）=ex1当x（，0）时，f（x）0；当x（0，+）时，f（x）0故f（x）在（，0）单调减少，在（0，+）单调增加（II）f（x）=ex12ax由（I）知ex1+x，当且仅当x=0时等号成立故f（x）x2ax=（12a）x，从而当12a0，即时，f（x）0（x0），而f（0）=0，于是当x0时，f（x）0由ex1+x（x0）可得ex1x（x0）从而当时，f（x）ex1+2a（ex1）=ex（ex1）（ex2a），故当x（0，ln2a）时，f（x）0，而f（0）=0，于是当x（0，ln2a）时，f（x）0综合得a的取值范围为【点评】本题主要考查利用导数研究函数性质、不等式恒成立问题以及参数取值范围问题，考查分类讨论、转化与划归解题思想及其相应的运算能力（2018宁德质检文数）已知函数，曲线在点处的切线方程为.（）求，的值；（）当时，恒成立，求实数的取值范围.（个人解法） 解：(II)由（I）可知，当时，恒成立等价于恒成立设且 等价于，恒成立由令 则当，在单调递增 即 当即时，由在单调递增， 符合题意 当即时由在单调递增且即 由零点存在性定理可知存在，使得=0当x（1，）时，由得g（x）0，此时不是的最小值 不符合题意综上k的取值范围为（参考解法）解（）由（）可知，当时恒成立等价于.5分设，则.7分由于当时，则在上单调递增，恒成立.8分当时，设,则.9分则为上单调递增函数，又由.10分即在上存在，使得，当时，单调递减，当时， 单调递增；则，不合题意，舍去.11分综上所述，实数的取值范围是.12分（2018辽宁鞍山一中理数）已知函数（xR）（2）若x0时，f（x）+ln（x+1）1，求实数a的取值范围（参考解法）解:若x0时，f（x）+ln（x+1）1，即ex+ax+ln（x+1）10（*）令g（x）=ex+ax+ln（x+1）1，则若a2，由（1）知ex+x1，即ex1x，故ex1+x函数g（x）在区间0，+）上单调递增，g（x）g（0）=0（*）式成立若a2，令，则函数（x）在区间0，+）上单调递增，由于（0）=2+a0，故x0（0，a），使得（x0）=0，则当0xx0时，（x）（x0）=0，即g（x）0函数g（x）在区间（0，x0）上单调递减，g（x0）g（0）=0，即（*）式不恒成立综上所述，实数a的取值范围是2，+）（2010新课标文数）设函数f（x）=x（ex1）ax2（）若当x0时f（x）0，求a的取值范围（参考解法）解：（II）f（x）=x（ex1ax）令g（x）=ex1ax，则g（x）=exa若a1，则当x（0，+）时，g（x）0，g（x）为增函数，而g（0）=0，从而当x0时g（x）0，即f（x）0若a1，则当x（0，lna）时，g（x）0，g（x）为减函数，而g（0）=0，从而当x（0，lna）时，g（x）0，即f（x）0综合得a的取值范围为（，1【点评】本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查分类讨论的数学思想，属于中档题（2012春嘉陵区校级月考）设函数，（aR）（1）若a=1，证明：当x1时，f（x）0；（2）若f（x）0在0，+）上恒成立，求实数a的取值范围；【解答】（1）证明：a=1时，当x1时，f（x）0，即，亦即1（x+1）ex0，即exx+1因此只要证当x1时，exx+1构造函数g（x）=exx1，g（x）=ex1当x0时，g（x）0；当1x0时，g（x）0g（x）在0，+）上单调增，（1，0上单调减g（x）min=g（0）=0g（x）0，即当x1时，exx+1当x1时，f（x）0；（2）解：f（x）0在0，+）上恒成立，等价于x0时，恒成立1ex0，1），若x=0时，0=0，此时aR；若x0，ax+10，a0a0，x0时，恒成立，等价于（1ex）（ax+1）x0恒成立令h（x）=（1ex）（ax+1）x，h（x）=a（1ex）+（ax+1）ex1h（x）=ex（2aax1）a0，x0，h（x）（2a1）ex若2a10，即时，h（x）0，h（x）在0，+）上单调减，h（x）h（0）=0，h（x）在0，+）上单调减，h（x）h（0）=0，f（x）0，满足题意；若2a10，即时，当时，h（x）0，h（x）在0，+）上单调增，h（x）h（0）=0，h（x）在0，+）上单调增，h（x）h（0）=0，f（x）0，不满足题意；综上知，实数a的取值范围为；（2016福建模拟）已知函数（）求f（x）的最小值；（）若f（x）ax+1恒成立，求实数a的取值范围【解答】解：（）因为函数，所以f（x）=exx1；令g（x）=exx1，则g（x）=ex1，所以当x0时，g（x）0；故g（x）在0，+）上单调递增，所以当x0时，g（x）g（0）=0，即f（x）0，所以f（x）在0，+）上单调递增；故当x=0时f（x）取得最小值1；（）【法一】（1）当a0时，对于任意的x0，恒有ax+11，又由（）得f（x）1，故f（x）ax+1恒成立；（2）当a0时，令h（x）=exx2xax1，则h（x）=exxa1，由（）知g（x）=exx1在0，+）上单调递增，所以h（x）=exxa1在0，+）上单调递增；又h（0）=a0，取x=2，由（）得+2+1，h（2）=2a1+2+12a1=a0，所以函数h（x）存在唯一的零点x0（0，2），当x（0，x0）时，h（x）0，h（x）在0，x0）上单调递减；所以当x（0，x0）时，h（x）h（0）=0，即f（x）ax+1，不符合题意；