双参恒成立

$\begin{cases} {\color{Red} 零点比大小\quad 分式结构 } \\{\color{Green} 特殊点比高低\quad 和结构} \\{\color{Violet} 相切取最值\quad 积结构} \\{\color{Red} 共零点恒成立} \end{cases}$

一、分直曲，零点比大小：

例1、已知$m,n\in R,f(x)=e^x-mx+n-1,若f(x)\ge 0恒成立，则\cfrac{n-m}{m}$最小值为___
$e^x-mx+n-1\ge 0\Rightarrow e^x-1\ge mx-n$
左曲右直，保证曲线在直线的左上方即成立。
$\Leftrightarrow 相切\Leftrightarrow$ 曲线的零点在直线的零点的左侧；
即$零点_{直线}\ge 零点_{曲线}，相切时取等，即\cfrac{n}{m}\ge 0\Rightarrow \cfrac{n}{m}-1\ge -1$

第2题目：已知函数$f(x)=\ln x ,g(x)=(a-e)x+2b,若不等式f(x)\le g(x)在x\in (0,+\infty)上恒成立，则\cfrac{2b}{a}最小值(\qquad)$
$A.-\cfrac{1}{2e}\quad B.-\cfrac{1}{e}\quad C.-e\quad D.e$
解：f(x)和g(x)的零点分别为:$x_1=1,x_2=\cfrac{-2b}{a-e}$ ,显然分母的e是多余的，要作变形。$f(x)\le g(x) \Rightarrow \ln x +ex\le ax +2b$
$x_1=\cfrac{1}{e},(观察，用1,e,\cfrac{1}{e}等去尝试)，x_2=\cfrac{-2b}{a};右侧零点\ge 左侧零点，即有 \cfrac{1}{e}\ge \cfrac{-2b}{a}$
$\Rightarrow \cfrac{-2b}{a}\le \cfrac{1}{e}\Rightarrow \cfrac{2b}{a}\ge -\cfrac{1}{e}$
例3：已知$f(x)=\ln(3x)-ax^2-bx+1\le 0恒成立，则\cfrac{b}{a}的最小值为(\qquad )$
$A.\cfrac{1}{e}\quad B.-\cfrac{1}{e}\quad C.-\cfrac{1}{2e}\quad D.-\cfrac{1}{3e}$
解：$\ln(3x)\le ax^2-bx-1$,这时右侧是抛物线，要将它变为直线，作如下变形：
$\cfrac{\ln(3x)+1}{x} \le ax+b$
此时左侧的函数正是我们最常用的超越函数$\cfrac{\ln x}{x}$的复合型,它有极大值，先增后减，直线恒在它的左侧。它的零点大于直线的零点。
$\ln 3x+1=0\Rightarrow x_1=\cfrac{1}{3e} ,x_2=-\cfrac{b}{a}$
$-\cfrac{b}{a}\le \cfrac{1}{3e} \Rightarrow \cfrac{b}{a}\ge -\cfrac{1}{3e}$
例4、$已知a,b \in R，若不等式x\ln x -a \ln x\ge x+b 对于\forall x\gt 0恒成立，则\cfrac{b}{a} 的取值范围是$
解：这里$a与\ln x$相乘，并不直线的斜率，因而我们作一个巧妙的变换。令$t=\ln x$换元。原式换元为:$te^t-at\ge e^t+b\quad t \in R$

类型二、分直曲，特殊点比高低

例1、直线$y=ax+b$与曲线$y=2+\ln x$相切，则$a+b$的取值范围为
解：直线$f(x)=ax+b$,曲线$g(x)=2+\ln x$，显然直线在曲线的左上角，$f(x)\ge g(x)\Rightarrow f(1)=a+b\ge g(1)=2$,当且仅当它们在(1,2)处相切时取等号；
例2、记曲线$f(x)=x-e^{-x}$上任意一点处的切线为直线$l:y=kx+b$，则k+b的值可能为$(\quad)$
$A、\cfrac{1}{2}\quad B、1\quad C、2\quad D、3$
解：这里需要对f(x)的凹凸性进行判断，补充一下函数凹凸性：二阶导数大于0,为凹函数；小于0为凸函数。
${f}' (x)=1+e^{-x}\quad {f}'' (x)=-e^{-x}\lt 0,故f(x)为凸函数\Rightarrow $直线在曲线的左上方。
$k+b\ge f(1)=1-\cfrac{1}{e}$ ,故选BCD

类型三、分直曲，相切处取最值

例1、若不等式$e^x\ge (a+1)x+b$对于一切$x\in R$ 恒成立，则$(a+1)b$的最大值为---
先证明相切处取最值：
$f(x)是凹曲线，g(x)是曲线，且h(x)=f(x)-g(x)\ge 0,x\in R,无端点，{h}'(x)\ge 0\Rightarrow x_0$处有极小值
${h}'(x_0)= 0\Rightarrow {f}'(x_0) ={g}' (x_0)\Leftrightarrow 两者在x_0$处相切。
解：先求曲线的切线一般方程：设切点为$(m,e^{m}),k=e^{m}$
$\Rightarrow y-e^{m}=e^{m}(x-m)\Rightarrow y=e^mx+(1-m)e^m$
$\because 切线y=(a+1)x+b\Rightarrow \begin{cases} a+1=e^m\\b=(1-m)e^m\end{cases}$
$\Rightarrow(a+1)b=(1-m)e^{2m}\quad$顺利将二元变成一元函数了
设$p(x)=(1-x)e^{2x}$
${p}' (x)=(1-2x)e^{2x},x\in(-\infty,\cfrac{1}{2} )\quad {p}' (x)\gt 0,p(x)\nearrow ;(\cfrac{1}{2},+\infty),\quad {p}' (x)\lt 0,p(x)\searrow$
$p(x)在x=\cfrac{1}{2}$处有极大值。
$p(x)_{max}=p(\cfrac{1}{2})=\cfrac{1}{2}e$
例2、已知不等式$e^{x-\frac{1}{a} +1}-2ax\ge b对\forall x\in R恒成立，则\cfrac{b}{a}$的最大值为
解：$e^{x-\frac{1}{a} +1}\ge 2ax +b$
$\Rightarrow x_0=-\frac{b}{2a}$ 但左边曲线没有零点，且又含有$a;$
设相切于$x_0,\Rightarrow \begin{cases} e^{x_0-\frac{1}{a} +1}=2a\\e^{x_0-\frac{1}{a} +1}=2ax_0+b\end{cases}$​
$\Rightarrow x_0-\cfrac{1}{a}+1=\ln 2a \quad \therefore x_0=\ln 2a+\cfrac{1}{a}-1\Rightarrow 2a=2ax_0+b$
$b=2a(2-\ln 2a-\cfrac{1}{a}) \Rightarrow \cfrac{b}{a}=2(2-\ln 2a-\cfrac{1}{a})$
设$h(a)=2-\ln 2a-\cfrac{1}{a}\quad {h}'(a)=-\cfrac{2}{2a} +\cfrac{1}{a^2}=\cfrac{1-a}{a^2}$
先增后减，$h(a)在a=1$处有极大值$h(x)_{max}=h(1)=1-\ln 2$；
$\cfrac{b}{a}\le 2-2\ln 2$故最大值为$2-2\ln 2$

${\color{Red} 大题如何作答？}$

$新课标2012年真题21题$
$例3、已知函数f(x)=e^x-x+\cfrac{1}{2}x^2,若f(x)\ge \cfrac{1}{2}x^2+ax+b,求(a+1)b最大值。$
$解： e^x-x+\cfrac{1}{2}x^2\ge \cfrac{1}{2}x^2+ax+b\quad$
$令h(x)=e^x-(a+1)x-b\ge 0\Leftrightarrow h(x)_{min}\ge 0$
${h}'(x)=e^x-(a+1)$
①$a+1\le 0时，{h}' (x)\ge 0,h(x)\nearrow ,x\to -\infty时，h(x)\to -\infty;h(x)\lt 0与h(x)\ge 0$矛盾。
②$a+1\gt0时，令{h}'(x)=0,解得x_0=\ln (a+1),h(x)_{min}=h(\ln (a+1))$
$h(x)_{min}=h(\ln (a+1)) =a+1-(a+1)\ln(a+1)-b\ge0$$b\le a+1-(a+1)\ln(a+1)\Rightarrow b(a+1)\le (a+1)[a+1-(a+1)\ln(a+1)]\quad$
$令t=a+1\gt 0 \quad p(t)=t^2-t^2\ln t$$对p(t)求它的最大值即可。{p}'(t) =2t-2t\ln t -t=t(1-2\ln t)$​
$p(t)先增后减，极大值在t=e^{\frac{1}{2}},(a+1)b\le e^{\frac{1}{2}}$

类型四、共零点恒成立

24年2卷8题：设函数$f(x)=(x+a)\ln (x+b),若f(x)\ge 0,则a^2+b^2的最小值为(\qquad )$
$A、\cfrac{1}{8}\quad B、\cfrac{1}{4}\quad C、\cfrac{1}{2}\quad D、1$
例2、函数$f(x)=xe^x-ax-be^x+ab(a\gt 0),若f(x)\ge 0,则\cfrac{b-1}{a} 的最得到值为(\qquad )$
$A、e^{-2}\quad B、e^{-1}\quad C、e\quad D、e^2$
解：因式分解后，变成去年2卷同类型题目。

练习：
$1.f(x)=(e^x-a)\ln (x-2b)，若f(x)\ge 0,ab的最小值为$
$2.f(x)=x\ln x -bx -2a\ln x+2ab \quad (b\gt -1), 若f(x)\ge 0恒成立，则\cfrac{a}{b+1}最小值为(\qquad)$
$A.\cfrac{1}{e}\quad B.\cfrac{1}{2e}\quad C.\cfrac{e}{2}\quad D.\cfrac{1}{2}\quad $
2025年湖北11要解决第二次联考第8题：共零点恒成立问题
$3.f(x)=a\ln x-\cfrac{2\ln x}{x} +\cfrac{2b}{x}-ab ，若f(x)\ge 0恒成立,a(b+1)的取值范围是(\qquad)$
$A.(-\infty,e]\quad B.(0,2e]\quad C.[2,+\infty)\quad D.(-\infty,2]\quad$

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