一道高考原题的来龙去脉
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高考原题 （2012年高考湖南文科卷第22题）已知函数f（x）=ex-ax，其中a>0.
（Ⅰ）若对一切 x∈R ， f（x）≥1恒成立，求a的取值集合.
（Ⅱ）在函数f（x）的图像上取定两点A（x1， f（x1）），B（x2，f（x2））（x1 < x2）.记直线AB的斜率为k，证明：存在x0∈（x1 ， x2），使f ′（x0）=k成立.
这是一道典型的含参数不等式的恒成立问题，下面让我们一起来探讨它的来龙去脉.
教材原题 （人教A版选修2-2第32页B组第1题）利用函数的单调性，证明下列不等式，并通过函数图像直观验证：（3）ex >1+x，x≠0.
证明 设函数 f（x）=ex -x-1（x∈R），则f ′（x）=ex-1.于是易知函数 f（x）的单调递增区间是（0，+∞），单调递减区间是（-∞，0） .所以x=0是函数 f（x）的最小值点.所以 f（x）≥f（0）对任意x∈R都成立，即ex -x-1≥0.所以当x≠0时，ex >1+x.
点评 对于形如 f（x）> g（x）的不等式恒成立问题，我们通常可以构造函数 h（x）= f（x）- g（x），将原问题转化为h（x）>0的恒成立问题，然后利用导数求出h（x）的最小值M，只要满足M>0即可.图像验证正好体现了数形结合思想，也提供了一种更加直观、简捷的方法.
变式1 设函数 f（x）=ex -x-a，其中参数a∈R，若对任意x∈R， f（x）>0恒成立，求参数a的取值范围.
解 （解法1）f（x）>0恒成立等价于ex -x>a恒成立.令g（x）=ex -x，则只要满足 gmin（x）>a即可.由g′（x）=ex -1，易得函数g（x）的单调递增区间是（0，+∞），单调递减区间是（-∞，0）.所以gmin（x）=g（0）=1.所以，参数a的取值范围是（-∞，1）.
（解法2）由f ′（x）=ex -1，易知函数f（x）的单调递增区间是（0，+∞），单调递减区间是（-∞，0）.所以fmin（x）=f（0）=1-a.令1-a>0，可知参数a的取值范围是（-∞，1）.
（解法3）f（x）>0恒成立等价于ex >x+a恒成立.令g（x）=ex，h（x）=x+a，只要保证函数h（x）的图像全部都在g（x）的图像的下方即可.当直线h（x）=x+a（其中a是直线的纵截距）与曲线g（x）=ex刚好相切时，设切点的坐标为（x0，■），则g′（x0）=■ =1，所以x0=0.将切点坐标（0，1）代入直线方程，结合图像可知参数a的取值范围是（-∞，1）.
小结 解法1采用的是分离参数法，这是解答含参数不等式恒成立问题的主要方法；解法2直接求函数的最值，这是解答含参数不等式恒成立问题的常规方法；解法3利用的是数形结合思想，有时能简化运算，解决一些常规方法难以处理的问题.解法1和解法2是通法，同学们应熟练掌握，并能灵活运用.
变式2 设函数f（x）=ex -ax-1，其中参数a∈R，若对任意x∈[1，+∞）， f（x）>0恒成立，求参数a的取值范围.
解 （解法1）由于x≥1，将f（x）>0变形为■>a，于是原问题等价于■>a对任意x∈[1，+∞）恒成立.
设g（x）=■，x∈[1，+∞），等价于gmin（x）>a.
由上可知g′（x）=■.设h（x）=exx-ex+1（x≥1），显然h′（x）=exx> 0，所以函数h（x）在[1，+∞）上单调递增.所以h（x）≥h（1）=e-e+1=1> 0.所以g′（x）> 0，这说明函数g（x）在[1，+∞）上单调递增，从而有gmin（x）=g（1）=e-1.
综上可知，参数a的取值范围是（-∞，e-1）.
（解法2）当a≤0时，由于x∈[1，+∞），显然恒有函数f（x）=ex -ax-1> 0.
当a >0时，由 f ′（x）=ex -a，令f ′（x）=0，得x=ln a.于是易知函数f（x）的单调递增区间是（ln a，+∞），单调递减区间是（-∞，ln a）.
①若ln a 0，得a
②若ln a≥1，即a≥e，则fmin（x）= f（ln a）=a-a・ln a-1=a（1-ln a）-10.
综上可知，参数a的取值范围是（-∞，e-1）.
小结 含参数不等式的恒成立问题应优先考虑分离参数法，尤其是在分离参数时不需要讨论的题目.解法2的难点在于要对参数进行分类讨论.
变式3 设函数f（x）=aex-x-1，其中参数a∈R，若对任意x∈R，f（x）>0恒成立，求参数a的取值范围.
解 （解法1）原问题等价于■
由g′（x）=■=■，易知函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，在（-∞，0） 上单调递增.所以gmax（x）=g（0）=1.所以，参数a的取值范围是（1，+∞）.
（解法2） f（x）>0恒成立等价于aex > x+1恒成立.
当a≤0时，显然不能满足aex > x+1恒成立.
当0 x+1恒成立.
当a>1时，f ′（x）=aex-1.令f ′（x）=aex-1=0，得x=-ln a，易知函数f（x）在（-∞，-ln a）上单调递减，在（-ln a，+∞）上单调递增.所以fmin（x）= f（-ln a）=ae-ln a-（-ln a）-1=ln a.令ln a>0，得a>1.
综上可知，参数a的取值范围是（1，+∞）.
变式4 已知函数f（x）=eax -x，其中a≠0.若对一切x∈R，f（x）≥1恒成立，求a的取值集合.
解 当a0，eax
当a>0时，f ′（x）=aeax-1.令f ′（x）=0，得x=■・ln ■.于是易知函数f（x）在（-∞，■ln ■）上单调递减，在（■ln ■，+∞）上单调递增.所以fmin（x）= f（■ln ■）=■-■ln ■.
对一切x∈R，f（x）≥1恒成立，当且仅当
■-■ln ■≥1. ①
设g（t）=t-tln t，则g′（t）=-ln t.当0< t0，g（t）单调递增；当t>1时，g′（t）
综上可知，a的取值集合是{1}.
小结 本题在分离参数时会面临多种情况的讨论，故不便于用分离参数法求解.
（责任编校？筑周峰）