例1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\(f(x)=x\cdot g(x)\)，
则\(f'(x)=g(x)+x\cdot g'(x)\)，故\(f'(0)=g(0)+0\cdot g'(0)=1\times 2\times 3\times \cdots \times 2013\)；
例1(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，\(f'(x)=e^xcosx+e^x\cdot (-sinx)-1=e^x(cosx-sinx)-1\)
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\(x\in (0，\cfrac{\pi}{2})\)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\(x\in (0，\cfrac{\pi}{2})\)单调递减，
则\(x\in [0，\cfrac{\pi}{2}]\)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。
例2
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\(a，b\in Z，a<b\)，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\(x_0\in (-1，0)\)，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\(\pi\)
\(\fbox{例2}\)
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]\(f'(x)=\cfrac{a}{x}+2x+2\leq 4\)对于\(x>0\)能成立，分离参数可得\(a\leq -2x^2+2x\)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\(a\in(-\infty，\cfrac{1}{2}]\).
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\(f(x_1)-4x_1\leq f(x_2)-4x_2\)，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\(g'(x)=\cfrac{a}{x}+2x-2\leq 0\)有解，
分离参数即得\(a\leq -2x^2+2x\)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\(a\in(-\infty，\cfrac{1}{2}]\).
\(\fbox{例3}\)已知函数\(f(x)=alnx+x^2(a\in R)\)，
（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\(x\in [1，e]\)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\(x\in [1，e]\)，可知\(x\in[1，\sqrt{2})\)时，\(f'(x)<0，f(x)\searrow\)；\(x\in(\sqrt{2}，e]\)时，\(f'(x)>0，f(x)\nearrow\)；
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\(h'(x)=\cfrac{2xlnx-x^2\cdot\cfrac{1}{x}}{ln^2x}=\cfrac{x(2lnx-1)}{ln^2x}\)，借助导函数的分子的图像得到：
\(x\in(1，\sqrt{e})\)时，\(h'(x)<0，h(x)\searrow\)；\(x\in(\sqrt{e}，e)\)时，\(h'(x)>0，h(x)\nearrow\)；又\(h(\sqrt{e})=2e，h(e)=e^2\)，
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\(2e<-a\leq e^2\)时，即\(-e^2\leq a<-2e\)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\(-e^2\leq a<-2e\)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\(x\in [1，e]\)上单增，又函数\(y=\cfrac{1}{x}\)在\(x\in [1，e]\)上单减，不妨设\(1\leq x_1<x_2\leq e\)，
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\(x\in [1，e]\)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\(x\in [1，e]\)上单调递减，
所以\(g'(x)=\cfrac{a}{x}+2x-\cfrac{1}{x^2}\leq 0\)在\(x\in [1，e]\)上恒成立；分离参数得到\(a\leq \cfrac{1}{x}-2x^2\)在\(x\in [1，e]\)上恒成立；
又\(h(x)=\cfrac{1}{x}-2x^2\)在\(x\in [1，e]\)上单调递减，则\(h(x)_{min}=h(e)=\cfrac{1}{e}-2e^2\)；所以\(a\leq \cfrac{1}{e}-2e^2\)
又由题目可知\(a>0\)，故\(a\in \varnothing\)。即满足条件的实数\(a\)不存在。
\(\fbox{例4}\)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\(x\neq 0\)时，\(\cfrac{f'(x)}{f(x)}=\cfrac{2}{x+\cfrac{1}{x}}-1\)；由于\(|x+\cfrac{1}{x}|\ge 2\)，则\(0<\cfrac{1}{\left|x+\cfrac{1}{x}\right|}\leq \cfrac{1}{2}\)，即\(0<\left|\cfrac{2}{x+\frac{1}{x}}\right|\leq 1\)，
所以\(-1\leq \cfrac{2}{x+\cfrac{1}{x}}<0或0< \cfrac{2}{x+\cfrac{1}{x}}\leq 1\)；\(-1-1\leq \cfrac{2}{x+\cfrac{1}{x}}-1<0-1或0-1< \cfrac{2}{x+\cfrac{1}{x}}-1\leq 1-1\)；
即\(-2\leq \cfrac{f'(x)}{f(x)}<-1或-1< \cfrac{f'(x)}{f(x)}\leq 0\)；
综上得到\(\cfrac{f'(x)}{f(x)}\in [-2，0]\)
\(\fbox{例5}\)(2016.山东高考改编)设\(f(x)=xlnx-ax^2+(2a-1)x，a\in R\).
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\(g(x)=f'(x)= lnx-2ax+2a，x\in (0，+\infty)\)
则\(g'(x)= \cfrac{1}{x}-2a=\cfrac{1-2ax}{x}\)
\(1^。\)当\(a\leq 0\)时，\(x\in(0，+\infty)\)，\(g'(x)>0，g(x)\nearrow\)
\(2^。\)当\(a> 0\)时，令\(g'(x)=0，1-2ax=0，x=\cfrac{1}{2a}\)
当\(x\in (0，\cfrac{1}{2a})\)，\(g'(x)>0，g(x)\nearrow\)；当\(x\in (\cfrac{1}{2a}，+\infty)\)，\(g'(x)<0，g(x)\searrow\)；
综上所述，当\(a\leq 0\)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\(x\in(0，1)\)时，\(f'(x)<0\)，\(x\in(1，\cfrac{1}{2a})\)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\(x\in (0，+\infty)\)时，\(f'(x)\leq 0\)，故\(f(x)\searrow\),无极大值，不符，舍去；
\(3^。\)当\(a>\cfrac{1}{2}\)时，\(0<\cfrac{1}{2a}<1\)，\(x\in(\cfrac{1}{2a}，1)\)时，\(f'(x)>0，f(x)\nearrow\)，\(x\in(1，+\infty)\)时，\(f'(x)<0，f(x)\searrow\)，故在\(x=1\)处取到极大值，符合题意。
综上，\(a\in (\cfrac{1}{2}，+\infty)\)。
\(\fbox{例6}\)
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\(4-m\leq m\)，解得\(m \ge 2\)，即\(m\in [2，\infty)\).
\(\fbox{例7}\)已知函数\(f(x)=\cfrac{lnx}{1-x}\)，\(\phi(x)=(x-1)^2\cdot f'(x)\).
⑵若对于任意的\(x\in (0，1)\)，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\(\phi'(x)=(x-1)^2f'(x)=\cfrac{1}{x}(1-x)+lnx=\cfrac{1}{x}-1+lnx(x>0\&x\neq 1)\)
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\(\begin{cases} &3m\ge 0 \\\ &m+\cfrac{1}{2}\leq 1 \\\ &3m<m+\cfrac{1}{2}\end{cases}\)
则有\(\begin{cases} &m\ge 0 \\\ &m<\cfrac{1}{4} \\\ &m\leq\cfrac{1}{2}\end{cases}\)，解得\(0\leq m <\cfrac{1}{4}\).
⑵转化为恒成立和分离参数来求解。对于任意的\(x\in (0，1)\)，恒有\(-2a\ge (1+x)\cdot f(x)\)成立，令\(g(x)=(1+x)\cfrac{lnx}{1-x}\)，
则\(g'(x)=\cfrac{lnx}{1-x}+(1-x)\cfrac{\cfrac{1}{x}(1-x)-lnx\cdot (1-x)'}{(1-x)^2}=\cfrac{lnx}{1-x}+(1-x)\cfrac{\cfrac{1}{x}(1-x)+lnx}{(1-x)^2}\)
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\(g(1)\)；
\(\lim\limits_{x\to 1} g(x)= \lim\limits_{x\to 1} \cfrac{((1+x)lnx)'}{(1-x)'}=\lim\limits_{x\to 1} \cfrac{lnx+\cfrac{1+x}{x}}{-1}=-2\)；
故\(g(x)_{max}= g(1)\)，故\(-2a \ge -2\)，又\(a>0\)，解得\(0<a\leq 1\)．
\(\fbox{例8}\)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，\(x\in (-\infty，1)\)时，\(h'(x)>0，h(x)\nearrow\)；\(x\in (1，+\infty)\)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\((-1，0)\)，
由图可以看出，当\(a\ge 0\)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\((2-3)e^3\leq a(3+1)\)，解得\(a\in [-\cfrac{1}{4}e^3，0)\).
\(\fbox{例9}\)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，\(e^x>x^2-2ax+1\Longleftrightarrow a>\cfrac{x^2-e^x+1}{2x}\)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，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\nearrow\)；故\(h(x)_{max}=h(1)=1-\cfrac{e}{2}\)，从而\(a>1-\cfrac{e}{2}\)。
现在需要证明：\(a>ln2-1\Longrightarrow a>1-\cfrac{e}{2}\).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\(a>ln2-1\Longrightarrow a>1-\cfrac{e}{2}\).故\(a>ln2-1\)是\(e^x>x^2-2ax+1\)的充分不必要条件。
\(\fbox{例10}\)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\(h(x)=x^2-(b-1)x+1\leq 0\)在区间\((0，+\infty)\)上有解或能成立；
分离参数得到\(b-1\ge \cfrac{x^2+1}{x}=x+\cfrac{1}{x}\)在区间\((0，+\infty)\)上有解或能成立；\([x+\cfrac{1}{x}]_{min}=2\)
故\(b-1\ge 2\)，即\(b\ge 3\)，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\(b>3\).
\(\fbox{例11}\)
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\(x_1\in[\cfrac{1}{2}，2]\)总存在\(x_2\in[0，\cfrac{\pi}{2}]\)，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\(y=x，y=cosx，x\in[-\pi，\pi]\)的图像直接写出单调区间；
⑶由题目可知\(\forall x_1\in [\cfrac{1}{2}，2]\)，\(\exists x_2\in [0，\cfrac{\pi}{2}]\)，使得\(g(x_1)\ge f(x_2)\)成立，即就是\(g(x_1)_{min}\ge f(x_2)_{max}\)，且\(x_1\in [\cfrac{1}{2}，2]\)，\(x_2\in [0，\cfrac{\pi}{2}]\)。
\(\fbox{例12}\)设\(f(x)=lnx，g(x)=\cfrac{1}{2}x|x|\)，
⑴令\(F(x)=x\cdot f(x)-g(x)\)，求\(F(x)\)的单调区间；
⑵若任意\(x_1，x_2\in [1，+\infty)\)，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，
故当\(0<x<1\)时，\(F'(x)<0\)；当\(x>1\)时，\(F'(x)<0\)；当\(x=1\)时，\(F'(x)=0\)；即\(x\in (0，+\infty)\)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\(x_1>x_2\ge 1\)时，都有\(m[g(x_1)-g(x_2)]>x_1f(x_1)-x_2f(x_2)\)恒成立，故当\(x_1>x_2\ge 1\)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\(H(x)=m\cfrac{1}{2}x^2-xlnx\)，则\(H'(x)=mx-lnx-1\ge 0\)恒成立，分离参数得到
\(m\ge \cfrac{lnx+1}{x}\)，再令\(h(x)=\cfrac{lnx+1}{x}(x\ge 1)\)，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\(m\ge 1\)。
\(\fbox{例13}\)
已知函数\(f(x)=\cfrac{ax+b}{x}\cdot e^x，a、b\in R，a>0\)，
(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\(x=\pm\sqrt{2}-1\)，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\(x\ge 0\)时，\(f(x)\leq ax+1\)，求\(a\)的取值范围。
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\(f(x)=e^x(e^x-a)-a^2x\)，
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\(a\ge-2e^{\frac{3}{4}}\)，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\(-a^2lna\ge 0\)，得到\(a\leq 1\)，故\(0<a \leq 1\)；
综上所述，取并集得到\(a\)的取值范围是\([-2e^{\frac{3}{4}}，1]\)。
\(\fbox{例14}\)
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\(f(0)=27^{\frac{2}{3}}-2^{log_2^\;3}\times log_2^\;{\frac{1}{8}}+2lg(\sqrt{3+\sqrt{5}}+\sqrt{3-\sqrt{5}})-11\)，得到\(f(0)=8\)，由所求解的不等式\(\cfrac{f(x)-1}{e^{ln7-x}}>1\)得到\(e^x\cdot f(x)-e^x-7>0\)；
故这样构造函数，令\(g(x)=e^x\cdot f(x)-e^x-7\)，则\(g'(x)=e^x\cdot f(x)+e^x\cdot f'(x)-e^x=e^x(f(x)+f'(x)-1)>0\)，故\(g(x)\)在R上单调递增；又\(g(0)=e^0\cdot f(0)-e^0-7=0\)，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.
\(\fbox{本题目的简化版}\)
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\(g(x)=e^x\cdot f(x)-e^x-7\)，则\(g'(x)=e^x\cdot f(x)+e^x\cdot f'(x)-e^x=e^x(f(x)+f'(x)-1)>0\)，故\(g(x)\)在R上单调递增；又\(g(0)=e^0\cdot f(0)-e^0-7=0\)，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.
\(\fbox{例15}\)(2016衡水金卷)
(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\(-2<b\leq -ln2-\cfrac{5}{4}\)，即\(ln2+\cfrac{5}{4}\leq b<2\)，故\(b\in [\cfrac{5}{4}+ln2，2)\)。
(2)证明：\(\sum\limits_{k=2}^n{(\cfrac{1}{\cfrac{1}{2}k^2+f(k)})}^2>\cfrac{n-1}{2(n+1)}(n\in N^*，n\ge 2)\)。
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\(h(1)=1>0\)，\(k\ge 2\) ，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\(\sum\limits_{k=2}^n{(\cfrac{1}{\cfrac{1}{2}k^2+f(k)})}^2=(\cfrac{1}{ln2})^2+(\cfrac{1}{ln3})^2+\cdots+(\cfrac{1}{lnn})^2>\cfrac{1}{2^2}+\cfrac{1}{3^2}+\cdots+\cfrac{1}{n^2}>\cfrac{1}{2\times3}+\cfrac{1}{3\times4}+\cdots+\cfrac{1}{n(n+1)}=\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{3}+\cdots+\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1}=\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{n+1}=\cfrac{n-1}{2(n+1)}(n\in N^*，n\ge 2)\)。
\(\fbox{例16}\)(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\(a=0\)，\(a>0\)，\(a+1\leq 0\)，以及\(-1<a<0\)，在解答时做一综合就行了。
解：当\(a\ge 0\)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\(a\leq -1\)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\(x\in(0，x_0)\)时，\(f'(x)>0\)，
故\(f(x)\)在\((0，x_0)\)上单调递增；\(x\in(x_0，+\infty)\)时，\(f'(x)<0\)，故\(f(x)\)在\((x_0，+\infty)\)上单调递减；
(2)设\(a<-1\)，若对任意\(x_1，x_2\in(0，+\infty)\)，恒有\(|f(x_1)-f(x_2)|\ge 4|x_1-x_2|\)，求\(a\)的取值范围。
不妨设\(x_1\leq x_2\)，由(1)可知，\(a<-1\)时\(f(x)\)在\((0，+\infty)\)单调递减，
从而对任意\(x_1，x_2\in(0，+\infty)\)，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\(x_1，x_2\in(0，+\infty)\)，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\(x_1\leq x_2\)，\(g(x_1)\ge g(x_2)\)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，\(a\leq \cfrac{-4x-1}{2x^2+1}=\cfrac{(2x-1)^2-4x^2-2}{2x^2+1}=\cfrac{(2x-1)^2}{2x^2+1}-2\)，故\(a\leq -2\)。
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，\(a\leq (\cfrac{-4x-1}{2x^2+1})_{min}\)，
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\(x\in(0，\cfrac{1}{2})\)时，\(\phi'(x)<0\)，\(\phi(x)\)单调递减，\(x\in(\cfrac{1}{2}，+\infty)\)时，\(\phi'(x)>0\)，\(\phi(x)\)单调递增，
故\(\phi(x)_{min}=\phi(\cfrac{1}{2})=-2\)，故\(a\leq -2\)。
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\(\begin{cases}h(0)\leq 0\\x=-\cfrac{4}{2\times 2a}<0\\\Delta >0\end{cases}\)或者\(\Delta \leq 0\)，
解得\(a\leq -2或a\ge 1\)，又\(a<-1\)，故\(a\leq -2\)。
思路4：接思路1，分离参数得到，\(a\leq \cfrac{-4x-1}{2x^2+1}\)，
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\(\phi(x)=\cfrac{t}{\cfrac{(t+1)^2}{8}+1}=\cfrac{8t}{t^2+2t+9}=\cfrac{8}{t+\cfrac{9}{t}+2}\ge \cfrac{8}{-2\sqrt{9}+2}=-2\)，
故\(a\leq -2\)。
\(\fbox{例17}\)【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，
\(\left\{\begin{array}{l}{f(0)=1}\\{f'(0)=0}\end{array}\right.\)，解得\(\left\{\begin{array}{l}{b=0}\\{c=1}\end{array}\right.\)，
(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\(x\in (-\infty，0)\)时，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)单调递增；
当\(x\in (0，a)\)时，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)单调递减；
当\(x\in (a，+\infty)\)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\(\left(x+\cfrac{2}{x}\right)_{max}=-2\sqrt{2}\)，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\((-\infty，-2\sqrt{2})\)。
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\(a=-2\sqrt{2}\)，由\(g'(x)=x^2+2\sqrt{2}x+2=(x+\sqrt{2})^2\ge 0\)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，
\(g'(x)=x^2-ax+2\ge 0\)在区间\((-2，-1)\)内恒成立，分离参数，
得到\(a\ge x+\cfrac{2}{x}(-2<x<-1)\)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\(h(x)_{max}=h(-\sqrt{2})=-2\sqrt{2}\)，
故函数\(g(x)\)在区间\((-2，-1)\)内不存在单调递减区间时，\(a\ge -2\sqrt{2}\)；
即存在单调递减区间时，\(a< -2\sqrt{2}\)，即\(a\in (-\infty，-2\sqrt{2})\)。
\(\fbox{例18}\)【2019高三理科数学资料用题】
设函数\(f(x)=(x+a)e^{ax}(a\in R)\)，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\(ax+a^2+1\ge 0\)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\(\left\{\begin{array}{l}{g(-4)\ge 0}\\{g(4)\ge 0}\end{array}\right.\)，
即\(\left\{\begin{array}{l}{a^2-4a+1\ge 0}\\{a^2+4a+1\ge 0}\end{array}\right.\)，
解得，\(\left\{\begin{array}{l}{a\ge 2+\sqrt{3}或a\leq 2-\sqrt{3}}\\{a\leq -2-\sqrt{3}或a\ge -2+\sqrt{3}}\end{array}\right.\)，
即\(a\in (-\infty，-2-\sqrt{3}]\cup[-2+\sqrt{3}，2-\sqrt{3}]\cup[2+\sqrt{3}，+\infty)\)。
\(\fbox{例19}\)【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\(f'(x)=3x^2-a\ge 0\)在\(R\)上恒成立，
分离参数，即\(a\leq 3x^2\)在\(R\)上恒成立，
即\(a\leq (3x^2)_{min}=0\)，故\(a\in (-\infty，0]\)。
(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\(f'(x)=3x^2-a\leq 0\)在\((-1，1)\)上恒成立，
分离参数，即\(a\ge 3x^2\)在\((-1，1)\)上恒成立，
又\(x\in (-1，1)\)时，\(3x^2<3\)，即\(3x^2\)的最大值的极限为\(3\)，
则\(a\ge 3\)，故\(a\in [3，+\infty)\)。
(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\(a\leq 0\)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\(a\in (0，3)\)。
\(\fbox{例20}\)【2016高考新课标Ⅱ卷第20题】
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\(x\in(1，+\infty)\)时，\(f(x)>0\)，求\(a\)的取值范围．
法1：当\(x\in(1，+\infty)\)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\(a\leq 2\)。
①当\(a\leq 2\)时，\(x\in (1，+\infty)\)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\(a\leq 2\)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\(x\in (1，x_2)\)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\(x\in(1，+\infty)\)时，\(f(x)>0\)，
即\((x+1)lnx-a(x-1)>0\)在\(x\in(1，+\infty)\)时恒成立，
分离参数得到\(a<\cfrac{(x+1)lnx}{x-1}=h(x)\)在\(x\in(1，+\infty)\)时恒成立，
只需要求\(x\in(1，+\infty)\)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\(h(1)\)；
\(h(1)=\lim\limits_{x\to 1} h(x)= \lim\limits_{x\to 1}\cfrac{(x+1)lnx}{x-1}\)
\(= \lim\limits_{x\to 1}\cfrac{((x+1)lnx)'}{(x-1)'}\)
\(= \lim\limits_{x\to 1}\cfrac{lnx+(x+1)\cdot \cfrac{1}{x}}{1}\)
\(=2\)，故\(h(1)=2\)，
故\(a\leq 2\)，即\(a\)的取值范围是\((-\infty，2]\)。
例21【2019届高三理科数学三轮模拟试题】设\(f(x)=x-alnx\)，\(a\in R\)，
(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\(a-1\leq 0\)时，即\(a\leq 1\)时，
当\(x\in (0，1)\)时，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)单调递减，当\(x\in (1，+\infty)\)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\(x\in (0，a-1)\)时，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)单调递增，当\(x\in (a-1，1)\)时，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)单调递减，当\(x\in (1，+\infty)\)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\(x\in (0，1)\)时，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)单调递增，当\(x\in (1，a-1)\)时，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)单调递减，当\(x\in (a-1，+\infty)\)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\((2，+\infty)\).