典例剖析。
例1 ：已知实数a满足1＜a≤2，设函数f (x)＝x3－x2＋ax．
ⅰ) 当a＝2时，求f (x)的极小值；
ⅱ) 若函数g(x)＝4x3＋3bx2－6(b＋2)x (b∈r) 的极小值点与f (x)的极小值点相同，求证：g(x)的极大值小于等于10．
(ⅰ)解：当a＝2时，f ′(x)＝x2－3x＋2＝(x－1)(x－2)．
列表如下：所以，f (x)的极小值为f (26分。
(ⅱ)解：f ′(x)＝x2－(a＋1)x＋a＝(x－1)(x－a)．
由于a＞1，所以f (x)的极小值点x＝a，则g(x)的极小值点也为x＝a．
而g ′ x)＝12x2＋6bx－6(b＋2)＝6(x－1)(2x＋b＋2)，所以，即b＝－2(a＋1)．
又因为1＜a≤2，所以 g(x)极大值＝g(1)
4＋3b－6(b＋2)
－3b－86a－2
故g(x)的极大值小于等于10
例2、已知函数．
ⅰ）求函数的单调区间；
ⅱ）若函数的图像在点处的切线的倾斜角为，问：在什么范围取值时，对于任意的，函数在区间上总存在极值？
ⅲ）当时，设函数，若在区间上至少存在一个，使得成立，试求实数的取值范围．
解：（ι由知：
当时，函数的单调增区间是，单调减区间是；
当时，函数的单调增区间是，单调减区间是；
ⅱ）由，∴，
故，,∵函数在区间上总存在极值，有两个不等实根且至少有一个在区间内。
又∵函数是开口向上的二次函数，且，∴
由，∵在上单调递减，所以；∴，由，解得；
综上得： 所以当在内取值时，对于任意的，函数在区间上总存在极值。
ⅲ）令，则。
当时，由得，从而，所以，在上不存在使得；
当时，,，在上恒成立，故在上单调递增。
故只要，解得综上所述， 的取值范围是
例3 已知函数（且）．
ⅰ)试就实数的不同取值，写出该函数的单调递增区间；
ⅱ)已知当时，函数在上单调递减，在上单调递增，求的值并写出函数的解析式；
ⅲ)记(ⅱ)中的函数的图像为曲线，试问是否存在经过原点的直线，使得为曲线的对称轴？若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由．
解：(ⅰ由题设知：．
当时，函数的单调递增区间为及；
当时，函数的单调递增区间为及；
当时，函数的单调递增区间为及．…6分 (ⅱ由题设及(ⅰ)中③知且，解得8分。
因此，函数解析式为。
ⅲ)假设存在经过原点的直线为曲线的对称轴，显然、轴不是曲线的对称轴，故可设：（）设为曲线上的任意一点，与关于直线对称，且，，则也在曲线上，由此得，且，，
整理得，解得或，所以存在直线及为曲线的对称轴。
例4：[已知函数定义域为（）,设．
1）试确定的取值范围，使得函数在上为单调函数；
2）求证：；
3）求证：对于任意的，总存在，满足，并确定这样的的个数．
解：（1） 因为。
由；由，所以在上递增，在上递减
欲在上为单调函数，则。
2）因为在上递增，在上递减，所以在处取得极小值
又，所以在上的最小值为
从而当时，即
3）因为，所以即为，令，从而问题转化为证明方程0在上有解，并讨论解的个数。
因为， 所以 ① 当时，所以在上有解，且只有一解
当时，但由于，所以在上有解，且有两解
当时，所以在上有且只有一解；
当时，在上也有且只有一解
综上所述， 对于任意的，总存在，满足，且当时，有唯一的适合题意；
当时，有两个适合题．
例：5、已知函数。
1）求的单调递增区间；
2）为何值时，函数在区间上有零点。
解：（1） 令。
若，则，的递增区间是；
若，则。方程的两根，当时， ∴的递增区间是
若且，即时，方程的两根，此时的递增区间为和。
若且即时。此时的递增区间为
综上略。2）问题等价于方程=0在上有实根，而=0，令。
再令，则。当时，，↗当时，，↘
当时，取得唯一的极大值也是的最大值。
当时在上单调递减。
当时，故当时，函数在上有零点。
例6、己知函数的导函数是，对于任意两个不等的正数，证明：
当。证明：（1）由得。
又 （2）又
由的3）由（1）（2）（3）得。
即。2）由得。
是两个不相等的正数。
令 （）列表。
即。方法总结：构造函数证不等式。
处理不等式恒成立问题常用分离参数法或看作两个函数来求解。
例7、己知在函数图象上，以为切点的切线的倾斜角为
1）求的值。
2）求证 解：（1） 将 证明。
又 方法总结：利用函数最值证明不等式。
例8：设是函数的两极值点，且。
求证 ： 求证：
3）若函数求证：
解：（1）的两个极值点。
于是 ， 又
即。（2）设则。当 当
又。即。
方法总结：利用韦达定理证明，涉及到二次方程的根的问题常常用到违达定理或二次函数的两点式。
例：9、对于函数 ，若存在，使成立，则称为的不动点．如果函数有且仅有两个不动点0，2，且．
求函数的单调区间；
已知数列各项不为零且不为1，满足，求证：；
设，为数列的前项和，求证：
解：（1）设，所以，所以，由，又，所以，所以，于是，于是易求得的增区间为，减区间为。
2）由已知可得，当时，两式相减得，所以或。
当时，，若，则与矛盾，所以，从而，于是要证的不等式即为，于是我们可以考虑证明不等式：，令，则，再令，由知，所以当时，单调递增，所以，于是，即①
令，当时，单调递增，所以，于是，即②
由①②可知，所以，即原不等式成立。
3）由（2）可知，，在中，令，并将各式相加得。
即 方法总结：把数列问题转化为函数问题。
例10、已知函数，若对任意恒有，求的取值范围。
解：f(x)的定义域为(－∞1)∪(1,+∞对f(x)求导数得 f '(x)= e－ax.
当00, f(x)在(－∞1)和(1,+∞为增函数。，对任意x∈(0,1)恒有f(x)>f(0)=1；
当a>2时， 利用导数易得：f(x)在1), 1,+∞为增函数，f(x)在(－,为减函数，取x0= ∈0,1)，则由(ⅰ)知 f(x0)当a≤0时， 对任意x∈(0,1)，恒有》1且e－ax≥1，得 f(x)= e－ax≥>1.；
综上当且仅当a∈(－2)时，对任意x∈(0,1)恒有f(x)>1。
例11：已知函数。
ⅰ）讨论函数的单调性；
ⅱ）设。如果对任意，，求的取值范围。
解：（ⅰ的定义域为（0，+∞
当时，＞0，故在（0，+∞单调增加；
当时，＜0，故在（0，+∞单调减少；
当-1＜＜0时，令=0，解得。
则当时，＞0；时，＜0.
故在单调增加，在单调减少。
ⅱ）不妨假设，而＜-1，由（ⅰ）知在（0，+∞单调递减，从而，等价于。
令，则。等价于在（0，+∞单调递递减少，即。
从而。故a的取值范围为（-∞2].
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