在高三复习到导数这一章节的时候，有关已知不等式恒成立求参数范围问题是学生感觉到比较困难的一类问题，这个问题是近几年各省份高考的热点和难点问题.针对这一问题，我们备课组通过微型课题的方式，集中研讨，再将其反馈给学生，取得了较好的教学效果.下面对这一问题，以2010年全国新课标卷理科21题的第二小问为背景，从不同角度分析这类问题的思考方向，供同行参考.
　　题目：设函数f（x）=e■-1-x-ax■.
　　（1）若a=0，求f（x）的单调区间；
　　（2）若当x≥0时f（x）≥0，求a的取值范围.
　　这一道题看似简单，其实是命题经过深思熟虑命制的试题，尤其是第二问，命题者给出的答案非常巧妙并且颇有思辨性，我们先看下命题组给出的解法.
　　解法一：f′（x）=e■-1-2ax，由于e■≥x 1，f′（x）≥x-2ax=（1-2a）x，
　　（i）若1-2a≥0，即a≤■时，当x≥0时，f′（x）≥0，而f（0）=0，于是，有f（x）≥f（0）=0；
　　（ii）若a>■时，由于x≠0时，e■>x 1，可得e■>1-x，e■-1>-x，所以，-2ax<2a（e■-1），f′（x）　　当x∈（0，ln2a）时，f′（x）<0，而f（0）=0，于是存在x∈（0，ln2a），
　　使得f（x）■时，f（x）≥0在[0， ∞）不恒成立，
　　综上所述，实数a的取值范围是（-∞，■].
　　这种解法充分利用了第一小问得到的结论，即e■≥x 1，这也是高中导数涉及放缩问题常用的一个重要不等式.这种将已证结论作为条件的方法是高考导数问题中的常用方法.
　　解法二：f′（x）=e■-1-2ax，令g（x）=f′（x），则g′（x）=e■-2a.由于x≥0时，e■≥i，若a≤■时，g′（x）≥0（等号仅当x=0时成立），
　　所以，g（x）在[0， ∞）上单调递增，且g（0）=0，
　　因此，当x≥0时，g（x）≥g（0）=0，即f′（x）≥0，且f（0）=0，
　　所以，f（x）≥f（0）=0；
　　若a>■时，由g′（x）=e■-2a=0，得到x=ln2a，
　　∴x∈（0，ln2a），g′（x）<0；x∈（ln2a， ∞），g′（x）>0.
　　从而y=f′（x）在（0，ln2a）上单调递减，在（ln2a， ∞）上单调递增.
　　所以，当x∈（0，ln2a）时，有f′（x）　　于是，当x∈（0，ln2a）时，有f（x）　　综上可知，a的取值范围是（-∞，■].
　　这种解法是学生最容易想到的解法，也是恒成立问题中最常见的方法.在这种解法中，应强调参数a的临界值的取得技巧.
　　解法三：参变量分离法
　　（Ⅱ）（i）若x=0时，f（x）≥0成立时，a是任意实数；
　　（ii）若x>0时，f（x）≥0等价于a≤■-■-■，令g（x）=■，
　　令K（x）=e■-x-1-■x■，K′（x）=e■-1-x，由于e■≥x 1，K′（x）≥0，
　　K（x）在（0， ∞）上是增函数，即在[0， ∞）上是增函数，且K（0）=0，
　　K（x）≥K（0）=0，即e■≥1 x ■x■，而g（x）=■>■=■，
　　即a≤■，综上所述：实数a的取值范围是（-∞，■].
　　这种方法是求解恒成立问题的常见方法，分离参数问题不大，难点在函数K（x）的构造，这个背景是e■的泰勒展开式.
　　解法四：利用极限思想
　　（Ⅱ）（i）若x=0时，f（x）≥0成立时，a是任意实数；
　　（ii）若x>0时，f（x）≥0等价于a≤■-■-■，令g（x）=■，由（Ⅰ）知e■≥x 1（仅x=0等号成立），所以g（x）=■>0，g′（x）=■.
　　因为x>0，要g′（x）>0，只需（e■ 1）x-2（e■-1）>0，
　　现在设h（x）=（e■ 1）x-2（e■-1），即只需h（x）=xe■-2e■ x 2>0（x>0），又h（0）=0，则只需h′（x）>0（x>0）.
　　（1）当x≥1时，
　　因为h′（x）=e■ xe■-2e■ 1=xe■-e■ 1=e■（x-1） 1>（x 1）（x-1） 1=x■>0，
　　即h′（x）>0.
　　（2）当0　　因为h′（x）=e■ xe■-2e■ 1
　　=xe■-e■ 1
　　=e■（x-1） 1
　　此时，令t（x）=e■（x-1） 1，则t′（x）=xe■>0，
　　所以t（x）>t（0）=0，
　　综上所述：h（x）>h（0）=0.
　　所以g′（x）=■=■>0，
　　则g（x）在区间（0， ∞）上是增函数，
　　因此，a≤■g（x）=■■=■■=■■=■，
　　综上所述，实数的取值范围是（-∞，■].
　　这种解法在变量分离后能得出所构造的函数是单调函数，但是没有最小值，这个时候需要求极限，由于用到了大学中的洛必达法则，这种方法不提倡，但对于参数a的临界值的取得是一种思路.
　　解法五：结合函数图像
　　作出函数y=e■（x≥0）的图像，其在点P（0，1）处的切线为y=x 1，由x≥0时f（x）≥0得到，e■≥1 2ax，直线y=1 2ax是过定点P（0，1）的一条直线，通过图像可得实数a的取值范围是（-∞，■]. 　　这种解法学生容易接受，但在高考解答题中慎用以形代替证明.原因有二：一是本题就是要证明图像所表示的结论；二是万一图像法没做出来中间的过程分是没有的.但是，利用图像，先找出参数a的临界值，在结合代数证明，这也是值得向学生推介的.
　　通过上述几种方法，对已知不等式恒成立求参数范围问题的解题思路，应该是一种启发.下面给出了近几年的高考和自主招生中相关的问题.
　　练习1.（2011年高考全国新课标理）已知函数f（x）=■ ■，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为x 2y-3=0.
　　（Ⅰ）求a、b的值；
　　（Ⅱ）如果当x>0，且x≠1时，f（x）>■ ■，求k的取值范围.
　　练习2.（2010年南开大学自主招生）已知函数f（x）=sinx（x≥0），g（x）=ax（x≥0）.
　　（1）若f（x）≤g（x）恒成立，求实数a的取值范围；
　　（2）当a取（1）中的最小值时，求证：g（x）-f（x）≤■x■.
　　参考答案：
　　练习1：解析：（Ⅰ）f′（x）=■-■
　　由于直线x 2y-3=0的斜率为-■，且过点（1，1），故f（1）=1，f′（1）=-■，
　　即b=1，■-b=-■，
　　解得a=1，b=1.
　　（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（x）=■ ■，所以
　　f（x）-（■ ■）=■（21nx ■）.
　　考虑函数h（x）=2lnx ■（x>0），则h′（x）=■.
　　（i）设k≤0，由h′（x）=■知，当x≠1时，h′（x）<0，h（x）递减.而h（1）=0，故当x∈（0，1）时，h（x）>0，可得■h（x）>0；
　　当x∈（1， ∞）时，h（x）<0，可得■h（x）>0
　　从而当x>0，且x≠1时，f（x）-（■ ■）>0，即f（x）>■ ■.
　　（ii）设00，对称轴x=■>1.当x∈（1，■）时，（k-1）（x■ 1） 2x>0，故h′（x）>0，而h（1）=0，故当x∈（1，■）时，h（x）>0，可得■h（x）<0，与题设矛盾.
　　（iii）设k≥1.此时x■ 1≥2x，（k-1）（x■ 1） 2x>0？圯h′（x）>0，而h（1）=0，故当x∈（1， ∞）时，h（x）>0，可得■h（x）<0，与题设矛盾.
　　综合得，k的取值范围为（-∞，0].
　　练习2：（1）解：令h（x）=sinx-ax（x≥0），则h′（x）=cosx-a.
　　若a≥1，h′（x）=cos x-a≤0，h（x）=sin x-ax（x≥0）单调递减，h（x）≤h（0）=0，则sin x≤ax（x≥0）成立.
　　若0　　h′（x）=cos x-a>0，h（x）=sin x-ax（x∈（0，x■））单调递增，h（x）>h（0）=0，不合题意，
　　结合f（x）与g（x）的图像可知a≤0显然不合题意，
　　综上可知，a≥1.
　　（2）证明：当a取（1）中的最小值1时，g（x）-f（x）=x-sin x.
　　设H（x）=x-sin x-■x■（x≥0），则H′（x）=1-cos x-■x■.
　　令G（x）=1-cos x-■x■，则G′（x）=sin x-x≤0（x≥0），
　　所以G（x）=1-cos x-■x■在[0， ∞）上单调递减，
　　此时G（x）=1-cos x-■x■≤G（0）=0，即H′（x）=1-cos x-■x■≤0，
　　所以H（x）=x-sin x-■x■（x≥0）单调递减.
　　所以H（x）=x-sin x-■x■≤H（0）=0，
　　即x-sin x-■x■≤0（x≥0），即x-sin x≤■x■（x≥0）.
　　所以，当a取（1）中的最小值时，g（x）-f（x）≤■x■.