$例1.雅礼中学26届高三月考卷五18.已知函数f(x)=\ln x,a\in \mathbb{R}$
$(2)当a\gt 0时 ,\forall x\in [1,+\infty),均有af(x)+(x+1)^2-\cfrac{x^2}{a}\le 0恒成立,$
$求实数a的取值范围。$
$解:(2) 对\forall x\in [1,+\infty),均有g(x)=af(x)+(x+1)^2-\cfrac{x^2}{a}$
$=a\ln x+(x+1)^2-\cfrac{x^2}{a}\le 0恒成立。$
${\color{Red} \therefore \quad g(1)}\le 0即4-\cfrac{1}{a}\le 0,又a\gt 0\quad {\color{Red} \therefore \quad 0\lt a\le \cfrac{1}{4}}$

$当0\lt a\le \cfrac{1}{4}时,-\cfrac{1}{a}\le －4，又x\ge 1,\therefore \ln x\ge 0,x^2\ge 1$
$\therefore a\ln x \le \cfrac{1}{4}\ln x,-\cfrac{x^2}{a}\le -4x^2.$
${\color{Red} \therefore} \quad g(x)\le \cfrac{1}{4}\ln x+(x+1)^2-4x^2=\cfrac{1}{4}\ln x-3x^2+2x+1$
$令h(x)=\cfrac{1}{4}\ln x-3x^2+2x+1 \quad (x\ge 1)$
${h}' (x)=\cfrac{1}{4x}-6x+2\le {h}' (1)=-\cfrac{15}{4}\lt 0$
${\color{Red} \therefore} \quad h(x)在[1,+\infty)上\searrow ,{\color{Red} \therefore} \quad x\ge 1时,h(x)\le h(1)＝0$
$所以当0\lt a\le \cfrac{1}{4}时,g(x)\le 0对\forall x\ge 1恒成立。$
$故实数a的取值范围为(0,\cfrac{1}{4}]$

${\color{Red} 必要性探路不需要证明a取其他值，不成立。}$

例2.2022年新高考二卷，用必要性探路。https://uu.890222.xyz/index.php/archives/282/

$例3.云南师大附中2026届高考适应性月考卷六$
$19.已知函数f(x)=2xe^x-mx^2+1\quad (m\in \mathbb{R}$
$(3)对\forall x\in [-1,+\infty),f(x)\le \cfrac{1-m}{m}e^{2x}恒成立，求m的取值范围。$
$(3)解:由题意知f(0)\le \cfrac{1-m}{m}\cdot e^0,即1\le \cfrac{1-m}{m},解得0\lt m\le \cfrac{1}{2},$
$即0\lt m\le \cfrac{1}{2}为題中不等式恆成立的必要條件。$
${\color{Red} 注:必要性探路,令\begin{cases} f(x_0)-\cfrac{1-m}{m}\cdot e^{2x_0}=0\\{ f}' (x_0)-(\cfrac{1-m}{m}\cdot e^{2x_0})'=0\end{cases}} ，可得 \begin{cases} x_0=0\\m=\cfrac{1}{2}\end{cases} 是方程組的唯一解，$

$1.若x_1满足2x+2^x=5,x_2满足2x+2\log_{2}{(x-1)} =5,x_1+x_2=(\qquad)$
$解:2^x与\log_{2}{x}是反函数,关于y=x对称.\quad {\color{Red} \because }\quad 2x+2\log_{2}{(x-1)} =5$
$\Rightarrow x+\log_{2}{(x-1)} =\cfrac{5}{2}\Rightarrow \log_{2}{(x-1)} =\cfrac{5}{2}-x{\color{Green} \Rightarrow\begin{cases} y=\log_{2}{(x-1)}\\y=\cfrac{5}{2}-x\end{cases}} $
$同理2x+2^x=5\Rightarrow x+2^{x-1}=\cfrac{5}{2}\Rightarrow 2^{x-1} =\cfrac{5}{2}-x{\color{Green}\Rightarrow \begin{cases} y=2^{x-1}\\y=\cfrac{5}{2}-x\end{cases}}$
${\color{Red}\because\quad} y=2^{x-1}和y=\log_{2}{(x-1) 关于y=x-1对称},x_1,x_2的中心坐标为直线y=x-1与y=\cfrac{5}{2}-x$

$2.已知x\gt1,方程x-(x-1)2^x=0,x-(x-1)\log _2x=0在区间(1,+\infty)的根分别$
$为a,b,以下结论正确的有:$
$A.b-a=2^a-\log _2b\quad B.\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}=1\quad C.a+b\lt 4\quad D.a+b\gt 4$
$解:\begin{cases}b=2^a\\a=\log_2 b\end{cases}\Rightarrow b-a=2^a-a=2^a-\log_2b,故A正确。$
$x=(x-1)2^x\Rightarrow \cfrac{x}{x-1}=2^x\Rightarrow 2^a=\cfrac{a}{a-1}{\color{Red} =b} $
$\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}=\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{2^a}=\cfrac{1}{a}+\cfrac{a-1}{a}=1$
$a+b=a+\cfrac{a}{a-1}=a-1+\cfrac{a-1+1}{a-1}+1=2+a-1+\cfrac{1}{a-1}\ge 4$

$3.求\cfrac{2\sin 40+\sin 20}{\cos 30}$

$已知P(x_0,y_0) 是圆C:x^2+y^2-2x-2y+1=0上任意一点，则\cfrac{y_0+1}{x_0-3}的最小值为(\qquad )$
$A.\cfrac{4+\sqrt{7}}{3}\quad B.\cfrac{-4-\sqrt{7}}{3}\quad C.\cfrac{4-\sqrt{7}}{3}\quad D.\cfrac{-4+\sqrt{7}}{3}\quad$
$令\cfrac{y_0+1}{x_0-3}=k\Rightarrow y_0+1=k(x_0-3),即转换成直线与圆C相交时，直线斜率k的最小值$
$\begin{cases} y=k(x-3)-1\\x^2+y^2-2x-2y+1=0\end{cases}\Rightarrow x^2+[k(x-3)-1]^2-2x-2[k(x-3)-1]+1=0$
$\Delta =0,解得k 值。计算量巨大$
$我们应用圆心(1,1)到切线的距离不大于半径,(x-1)^2+(y-1)^2=1,d=\cfrac{|k(1-3)-1-1|}{\sqrt{1+k^2}}\le 1$
$4(k+1)^2\le 1+k^2\Rightarrow 3k^2+8k+3\le 0\Rightarrow \cfrac{-4-\sqrt{7}}{3}\le k\le \cfrac{-4+\sqrt{7}}{3},C选$

$设实数x,y满足x^2+(y-1)^2=1,则\cfrac{y-x}{x-2}的最大值为(\qquad)$
$A.\cfrac{1}{6}\quad B.\cfrac{1}{4}\quad C.\cfrac{1}{3}\quad D.\cfrac{1}{2}\quad$
$分离常数\cfrac{y-x}{x-2}=-1+\cfrac{y-2}{x-2},故转换成上题一样。先令\cfrac{y-2}{x-2}=k,k(x-2)-y+2=0$
$圆心(0,1)到切线y-2=k(x-2)的距离不大于半径1,d=\cfrac{|k(0-2)-1+2|}{\sqrt{1+k^2}}\le 1$
$(2k+1)^\le 1+k^2\Rightarrow 3k^2-4k\le 0\quad \Rightarrow 0\le k\le \cfrac{4}{3}, \cfrac{4}{3}-1=C$

$\log_{a}{b} \lt \log_{a+m}{(b+m)} ,(a\gt b\gt 1,m\gt 0)$

$1、\cfrac{b}{a}\lt \cfrac{b+m}{a+m}\quad (a\gt b\gt 0,m\gt 0)$
a可以认为是糖水质量，b可以认为是糖水中的糖，a克的不饱和糖水里加放m克糖，糖水更甜了
$证明：\cfrac{b+m}{a+m}-\cfrac{b}{a}=\cfrac{a(b+m)-b(a+m)}{am}=\cfrac{m(a-b)}{a(a+m)}\gt 0,得证$

$2、对数糖水不等式:\log_{a}{b} \lt \log_{a+m}{(b+m)} ,(a\gt b\gt 1,m\gt 0)$

$证明：\log_{a}{b}=\cfrac{\lg_{}{b} }{\lg_{}{a} }=\cfrac{\lg{b}+\lg{\cfrac{a+m}{a}} }{\lg{a}+\lg{\cfrac{a+m}{a}}}\lt \cfrac{\lg{\cfrac{ab+am}{a}} }{\lg{(a+m)}} =\cfrac{\lg{(b+m)} }{\lg{(a+m)}} \lt \log_{a+m}{(b+m)}$
重点掌握证明过程，因为对数判断大小常用到此法。

$例1、20年全国三卷，已知5^5\lt 8^4,13^4\lt 8^5.$
$设a=\log_5{3},b=\log_8{5},c=\log_{13}{8},则(\qquad )$
$A.a\lt b\lt c\quad B.b\lt a\lt c\quad C.b\lt c\lt a\quad D.c\lt a\lt b$
$a=\log_5{3}=\cfrac{\lg 3}{\lg 5}\lt \cfrac{\lg 3+\lg \cfrac{8}{5} }{\lg 5+\lg \cfrac{8}{5} }= \cfrac{\lg \cfrac{24}{5} }{\lg 8 }\lt\cfrac{\lg \cfrac{25}{5} }{\lg 8 }= \cfrac{\lg 5 }{\lg 8 }=b=\log_8{5}$

$5^5\lt 8^4两边取8为底的对数,\log_{8}{5^5} \lt \log_{8}{8^4}=4\Rightarrow \log_{8}{5}\lt \cfrac{4}{5}$
$13^4\lt 8^5两边取13为底的对数,\log_{13}{13^4} \lt \log_{13}{8^5}=4\Rightarrow 4\lt 5\log_{13}{8}$
$\log_{8}{5}\lt \cfrac{4}{5}\lt \log_{13}{8}$

$例2、已知a=\log_2{3},b=\log_3{4},c=a=\log_4{5},则(\qquad)$
$A.c\lt b\lt a\quad B.b\lt a\lt c\quad C.a\lt b\lt c\quad D.b\lt c\lt a$
方法一：对数糖水不等式
$ \log_3{2}\lt\log_4{3}\lt \log_5{4}\Rightarrow \cfrac{1}{a}\lt \cfrac{1}{b}\lt \cfrac{1}{c}\Rightarrow a\gt b\gt c$
方法二：$令f(x)=\log_x{(x+1)}=\cfrac{\ln (x+1)}{\ln x},x\gt 1$,必修一课本有此题
${f}' (x)=\cfrac{\cfrac{\ln x}{x+1}-\cfrac{\ln (x+1)}{x}}{\ln ^2x} =\cfrac{x\ln x-(x+1)\ln (x+1)}{x(x+1)\ln ^2x}\lt 0,f(x)\searrow$

$例3、已知9^m=10,a=10^m-11,b=8^m-9,则(\qquad)$
$A.a\gt 0\gt b\quad B.a\gt b\gt 0\quad C.b\gt a\gt 0\quad D.b\gt 0\gt a$
$a=10^m-11=10^m-10-1$
$0=9^m-10=9^m-9-1$
$b=8^m-9=8^m-8-1$
$构造函数f(x)=x^m-x-1\quad x\gt 1,m\gt 1,{f}' (x)=mx^{m-1}-1\gt 0$,
$a\gt 0\gt b$