前言
考向分析
①可能要用到第Ⅰ问的结论；
②一般会用到导数知识，个别的可能还需要二阶导；
③可能用到构造函数；
④可能用到赋值法；
⑤可能用到零点存在性定理；
⑥一般要用到分类讨论思想；
⑦可能用到函数或曲线所过的定点；
⑧函数零点的设而不求的技巧应用；
题型列举
- 已知含有参数(a)的函数(f(x)>0)恒成立，求参数(a)的取值范围；
思路1：完全分离参数(a)，得到(a>h(x))或(a<h(x))，再次转化为求函数(h(x))的最值，此时必然少不了用导数研究单调性，再得到最值；
思路2：不完全分离参数(a)，比如得到(acdot h(x)>g(x))，此时利用数形结合，可能要用到直线和曲线相切或者曲线和曲线相切；
思路3：利用(f(x)_{min}>0)，这样(f(x)_{min})中会包含有参数(a)，解此不等式即可求得(a)的范围；
- 需要证明(f(x)>0)恒成立，[或证明(g(x)>h(x))，可转化为(f(x)=g(x)-h(x)>0)]
思路：需要说明(f(x)_{min}>0)，而得到(f(x)_{min})时，可能有以下情形：
情形1，最小值点(x_0)是确定的，则(f(x_0)>0)；
情形2，最小值点(x_0)不确定，比如(x_0in (a，b))内，则求解(f(x_0))可能要用到二阶导，或用到均值不等式；
分析：原命题等价于(e^x-lnx-2>0)对(xin (0，+infty))恒成立，
令(h(x)=e^x-lnx-2)，则(h'(x)=e^x-cfrac{1}{x})，(x>0)，
再令(F(x)=h'(x))，则(F'(x)=e^x+cfrac{1}{x^2}>0)，
则(F(x))在((0，+infty))上单调递增；
由于(F(cfrac{1}{2})=sqrt{e}-2<0)，(F(1)=e-1>0)，
所以(F(x))在((0，+infty))上有唯一的零点(x_0)，且(cfrac{1}{2}<x_0<1)，
当(xin (0，x_0))时，(h'(x)=F(x)<0)，函数(h(x))单调递减，
当(xin (x_0，+infty))时，(h'(x)=F(x)>0)，函数(h(x))单调递增，
所以函数(h(x))有极小值(h(x_0))，
由于(F(x_0)=0)，即(e^{x_0}=cfrac{1}{x_0})，两边取自然对数得到，
(x_0=lncfrac{1}{x_0}=-lnx_0)，
则(h(x_0)=e^{x_0}-lnx_0-2=cfrac{1}{x_0}+x_0-2> 2sqrt{cfrac{1}{x_0}cdot x_0}-2=0)，
即函数(h(x)>0)在((0，+infty))上恒成立，
即当(x>0)时，(f(x)<e^x-x^2-2)。
典例剖析
(1)、讨论(f(x))的单调性；
分析：(f'(x)=e^x+a)，
当(age 0)时，(f'(x)>0)，函数(f(x))在(R)上单调递增，
当(a<0)时，令(e^x+a=0)，解得(x=ln(-a))，则函数(f(x))在((-infty，ln(-a)))上单调递减，在((ln(-a)，+infty))上单调递增。
(2)、当(a<0)时，对于(forall xin R)，都有(f(x)ge 0)，
①求(a)的取值范围；
分析：由(1)可知，当(a<0)时，(x=ln(-a))时取到最小值，
(f(ln(-a))=-a+aln(-a)+a=aln(-a)geqslant 0)，即(ln(-a)leqslant 0)，
解得(0<-aleqslant 1)，即(-1leqslant a<0)，即(ain [-1，0))。
②证明：(1+cfrac{1}{2}+cfrac{1}{3}+cdots+cfrac{1}{n}>ln(n+1))；((nin N^*)).
证明：令(g(x)=x-ln(x+1))，(xin (0，1))，则(g'(x)=1-cfrac{1}{1+x}=cfrac{x}{x+1}>0)，
则(g(x))在(xin (0，1))上单调递增，所以(g(x)>g(0)=0)，
所以，(x>ln(x+1))，(xin (0，1))恒成立。
令(x=cfrac{1}{n})，则(cfrac{1}{n}>ln(1+cfrac{1}{n})=ln(n+1)-lnn)，
所以(1+cfrac{1}{2}+cfrac{1}{3}+cdots+cfrac{1}{n}>ln2-ln1+ln3-ln2+cdots+ln(n+1)-lnn=ln(n+1))
故(1+cfrac{1}{2}+cfrac{1}{3}+cdots+cfrac{1}{n}>ln(n+1))；((nin N^*)).
解后反思：①需要整理的常用不等关系：(e^xge x+1)；(x-1ge lnx)；
②本题中的几次赋值代换。
在(x-1ge lnx)中，用(x+1)替换(x)得到(x>ln(x+1))，此处定义域发生了变化；
在(x>ln(x+1))，(xin (0，1))，令(x=cfrac{1}{n})，则(cfrac{1}{n}>ln(1+cfrac{1}{n})=ln(n+1)-lnn)，
(1)对于(xin(0，1))，(f'(x)>0)恒成立，求实数(a)的取值范围。
分析：利用(cosx-a>0)在(xin(0，1))恒成立，可以求得(a<cos1)。
(2)当(a=1)时，令(h(x)=f(x)-sinx+lnx+1)，求(h(x))的最大值。
分析：此时(h(x)=lnx-x+1)，如果能知道结论(lnxleq x-1)，
即可知(h(x)_{max}=h(1)=0)。或利用导数也可以求得(h(x)_{max}=h(1)=0)。
(3)求证：(ln(n+1)<1+cfrac{1}{2}+cfrac{1}{3}+cdots+cfrac{1}{n}(nin N^*))。
分析：看到这样的不等式关系，我们应该想到的有裂项相消法、数学归纳法，
法1、由(2)的结论(lnx leq x-1)得到(ln(x+1)leq x(x eq 0))，
若将其延伸到自然数，则有(ln(n+1)<n)，再做代换，
用(cfrac{1}{n})替换(n)，变形得到(ln(cfrac{1}{n}+1)<cfrac{1}{n})，
即(ln(cfrac{n+1}{n})=ln(n+1)-lnn<cfrac{1}{n})，
令此式中的(n)分别取(1，2，3，cdots，n)，即得到以下(n)个表达式：
(lncfrac{2}{1}<1)；即(ln2-ln1<1)
(lncfrac{3}{2}<cfrac{1}{2})；即(ln3-ln2<cfrac{1}{2})；
(lncfrac{4}{3}<cfrac{1}{3})；即(ln4-ln3<cfrac{1}{3})；
(cdots)；(cdots)；
(lncfrac{1+n}{n}<cfrac{1}{n})；即(ln(n+1)-lnn<cfrac{1}{n})；以上式子累加，得到
(ln(n+1)-ln1<1+cfrac{1}{2}+cfrac{1}{3}+cdots+cfrac{1}{n})，
即(ln(n+1)<1+cfrac{1}{2}+cfrac{1}{3}+cdots+cfrac{1}{n}(nin N^*))。
(1).讨论函数(f(x))的单调性；
分析：定义域为((0，+infty))，(f'(x)=cfrac{-lnx+1-a}{x^2})，[利用分子函数的图像思考，可以降低思维难度]
令(f'(x)=0)，则(lnx=1-a)，故(x=e^{1-a})，
则当(xin (0，e^{1-a}))时，(f'(x)>0)，(f(x))单调递增，
当(xin (e^{1-a}，+infty))时，(f'(x)<0)，(f(x))单调递减，
综上所述，函数(f(x))的单调递增区间为((0，e^{1-a}))，单调递减区间为((e^{1-a}，+infty))；
(2).[难点题目]若(x>0)，(g(x)geqslant f(x))恒成立，求实数(a)的最大值；
分析：由题目可知，(cfrac{lnx+a}{x}leqslant e^x-1)对(x>0)恒成立，
即(aleqslant x(e^x-1)-lnx)对(x>0)恒成立，
令(h(x)=x(e^x-1)-lnx(x>0))，则需要求函数(h(x)_{min})，
(h'(x)=e^x-1+xe^x-cfrac{1}{x}=cfrac{xe^x-x+x^2e^x-1}{x}=cfrac{(x+1)(xe^x-1)}{x})
[以下我们要考虑(y=xe^x-1)的正负，可以用图像法和导数法两个思路求解]
【思路1】：令(y=xe^x-1)，想知道这个函数的零点，必然要想到用图形的思路，而不是计算的思路；
在同一个坐标系中做出(y=e^x)和(y=cfrac{a}{x})的图形，大致能看到(x_0in (0，1))，
在(xin (0,x_0))上，(cfrac{1}{x}>e^x)，即(xe^x-1<0)，
在(xin (x_0,+infty))上，(cfrac{1}{x}<e^x)，即(xe^x-1>0)，
当(x=x_0)时，(xe^x-1=0)，即(x_0e^{x_0}-1=0)，且(x_0=-lnx_0);
故对函数(h'(x))而言，(xin (0,x_0))时，(h'(x)<0)，(h(x))单调递减，
(xin (x_0,+infty))时，(h'(x)>0)，(h(x))单调递增，
故(h(x)_{min}=h(x_0)=x_0e^{x_0}-x_0-lnx_0=1-x_0-lnx_0=1)，
故(aleqslant 1)，故(a_{max}=1)。
【思路2】：令(m(x)=xe^x-1)，则(m'(x)=e^x+xe^x=e^x(x+1)>0)，故函数(m(x))在((0,+infty))上单调递增，
又(m(0)=-1<0)，(m(1)=e-1>0)，故函数存在零点(x_0)，使得(m(x_0)=0)，(x_0in (0,1))，
故对函数(h'(x))而言，(xin (0,x_0))时，(h'(x)<0)，(h(x))单调递减，
(xin (x_0,+infty))时，(h'(x)>0)，(h(x))单调递增，
故(h(x)_{min}=h(x_0)=x_0e^{x_0}-x_0-lnx_0=1-x_0-lnx_0=1)，
故(aleqslant 1)，故(a_{max}=1)。
解后反思：本题目中求函数(m(x)=xe^x-1)的零点的设而不求的技巧要特别注意体会和理解，否则我们的思路会到此戛然而止。