由函数图像研究函数性质终归是一种层次较低的研究方法；而导数方法开辟了研究函数性质的新思路，使之由借助于图形的宏观分析进入到了借助于导数的微观分析.

　　一、 函数的单调区间问题

　　例1 已知函数f(x)=ax-(a+1)ln(x+1)（a≥-1），求f(x)的单调区间.

　　解 由题意，f(x)的定义域是（-1，+∞），f′(x)=a-a+1x+1=ax-1x+1(a≥-1).

　　① 当-1≤a≤0时，f′(x)＜0，所以f(x)的单调减区间是（-1，+∞）.

　　② 当a>0时，由f′(x)＞0，得ax-1＞0，所以x＞1a，所以f（x）的单调增区间是1a,+∞;

　　由f′(x)＜0,得ax-1＜0 ，所以x＜1a，又定义域为（-1，+∞），所以f（x）的单调减区间-1，1a.

　　综上，当-1≤a≤0时，f(x)在（-1，+∞）上单调减；

　　当a＞0时，f(x)在-1,1a上单调减，在1a,+∞上单调增.

　　例2 已知函数f(x)=ln(x+a)-x(0≤x≤2)，其中a＞0，求其单调递减区间.

　　解 由题意，f′(x)=1x+a-1=-x+a-1x+a.

　　因为0≤x≤2 ，a＞0，所以x+a＞0 恒成立.

　　① 当a≥1时，f′(x)≤0对0≤x≤2恒成立（“=”不连续成立），所以 f(x)的单调递减区间是[0,2].

　　② 当0＜a＜1时,由f′(x)＜0,得-(x+a-1)＜0，所以x＞1-a，又定义域为[0,2]，所以f(x)的单调递减区间是（1-a,2].

　　例3 已知f(x)=ax-1x2-a，若不等式f(x)≥f(1)对x∈R恒成立，求函数f(x)的单调递增区间.

　　解 由题意，知f(x)的定义域是R，且f(1)是f(x)的最小值，又1不是R的端点值，则a＜0，且f(1)应是f(x)的一个极小值，即f′(1)=0.

　　由题意，f′(x)=a(x2-a)-2x(ax-1)(x2-a)2=

　　-ax2+2x-a2(x2-a)2.

　　所以-a+2-a2=0,得a=1（舍去）或a=-2.

　　所以f(x)=2x2+2x-4(x2+2)2.

　　由f′(x)＞0，即x2+x-2＞0，得x＜-2或x＞1,所以f（x）的单调递增区间是（-∞，-2）和（1，+∞）.

　　二、 函数的最值问题

　　例4 当0≤x≤2时，f(x)=4x-12-3•2x+5的最大值为 ，最小值为 .

　　解 设t=2x,0≤x≤2，则f(x)=g(t)=t22-3t+5,1≤t≤4.因此f(x)的最大值为g（1）=52，最小值为g（3）=12.

　　例5 已知f(x)=4x4x+2，则1f(a)f(1-a)的最小值为 .

　　解 1f(a)f(1-a)=14a4a+2•41-a41-a+2=4+2•4a+2•41-a+44=2+4a+41-a2≥2+4=4,当且仅当4a=41-a,即a=12时，“=”成立.

　　例6 当a≥0时，若f(x)=(x2-2ax)ex，求f(x)的最小值.

　　解 由题意，f′(x)=(x2-2ax)ex+(2x-2a)ex=[x2+2(1-a)x-2a]ex.

　　令f′(x)=0，则x1=a-1-a2+1，x2=a-1+a2+1，其中x1＜x2.

　　x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

　　x(-∞,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+∞)

　　f′(x)+0-0+

　　f(x)↗极大值↘极小值↗

　　所以f(x)在（-∞，x1）上为增函数，在(x1,x2)上为减函数，在(x2,+∞)上为增函数；f(x)在x=x1处取得极大值，在x=x2处取得极小值.

　　由a≥0，知x1＜-1,x2≥0.

　　而当x＜x1＜0时，f(x)=x(x-2a)ex＞0；当x=x2时，f(x)=2(1-a2+1)ea-1+a2+1＜0.

　　所以[f（x）]min=f(x2)=2(1-a2+1)

　　ea-1+a2+1.

　　三、 不等式恒成立问题

　　例7 已知函数f(x)=ax2+ax-1，若f(x)＜0对任意x∈R恒成立，求实数a的取值范围.

　　解 ① a=0，-1＜0a=0；

　　② a＜0，Δ＜0-4＜a＜0.

　　综上，a∈(-4,0].

　　例8 已知函数f(x)=x2-2ax+2，若当x∈[-1,+∞)时，f(x)≥a恒成立，求实数a的取值范围.

　　解 设F(x)=x2-2ax+2-a，则F（x）≥0对任意x∈[-1,+∞)恒成立.

　　① Δ≤0a2+a-2≤0a∈[-2,1]；

　　② Δ＞0，a＜-1，F(-1)≥0a∈[-3,-2).

　　综上，a∈[-3,1].

　　例9 已知函数f(x)=(x+1)ln(x+1)，若对所有的x≥0，都有f(x)≥ax，求实数a的取值范围.

　　解 令g(x)=(x+1)ln(x+1)-ax，则g′(x)=ln(x+1)+1-a.

　　令g′(x)=0，得x=ea-1-1.

　　方法一 ① 当a≤1时，对所有的x＞0，都有g′(x)＞0，

　　所以g(x)在[0，+∞)上是增函数，所以对所有的x≥0，都有g(x)≥g(0)=0.

　　即当a≤1时，对所有的x≥0，都有f(x)≥ax.

　　② 当a＞1时，对于0＜x＜ea-1-1，有g′(x)＜0，所以g(x)在[0,ea-1-1]上是减函数，所以对于0＜x＜ea-1-1，有g(x)＜g(0)=0.

　　即当a＞1时，存在0＜x＜ea-1-1，使得f(x)＜ax.

　　综上,实数a的取值范围是（-∞，1].

　　方法二 当-1＜x＜ea-1-1时，g′(x)＜0；当x＞ea-1-1时，g′（x）＞0.

　　所以对所有的x≥0，都有g(x)≥g(0)=0的充要条件是ea-1-1≤0，即a≤1，

　　所以实数a的取值范围为（-∞，1].

　　四、 方程的根问题

　　例10 已知关于x的方程x2+12-2mx+m2-1=0的两个实根在区间[0,2]上，求实数m的取值范围.

　　解 设函数f(x)=x2+12-2mx+m2-1.

　　由图像，可得两个零点在[0,2]内的充要条件为

　　Δ=12-2m2-4(m2-1)≥0，

　　0＜-12-2m2＜2，

　　f(0)=m2-1≥0，

　　f(2)=4+212-2m+m2-1≥0，

　　解得1≤m≤178，故m的取值范围为1,178.

　　例11 已知关于x的方程2ln(x+2)-x2-x+b=0在区间[-1，1]上恰有两个不同的实根，求实数b的取值范围.

　　解 令g(x)=2ln(x+2)-x2-x+b，

　　则g′(x)=2x+2-2x-1(x＞-2).

　　当x∈(-2,0)时，g′(x)＞0，所以g(x)在(-2,0)上单调递增；当x∈(0,+∞)时，g′(x)＜0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减.

　　要使g(x)=0在[-1,1]上恰有两个不同的实根,只需g(-1)≤0，g(0)＞0，g(1)≤0，即b≤0，2ln2+b＞0，2ln3-2+b≤0，

　　解得-2ln2＜b≤2-2ln3，故b的取值范围为（-2ln2，2-2ln3].

　　解数学题时，既要注重横向综合，也要注重纵向联系，即既要“左右逢源”，又要“步步高升”，这样才能使解题能力更上一层楼.

　　巩 固 练 习

　　1. 已知函数y=loga(x2+2x-3)，若当x=2时，y＞0，则此函数的单调递减区间是（）

　　A. (-∞,-3) B. (-∞,-1)

　　C. (1,+∞)D. (-1,+∞)

　　2. 求证：-log14(x2+2)+2-x-1≥12对任意的x≤0恒成立.

　　3. 已知a≥1,f(x)=[x2+(a-4)x-2a+5]ex-1,求f(x)在[0,2]上的最大值和最小值.

　　(参考答案见第42页)