日常练习
$1、函数f(x)=(x^2-6x)\sin (x-3)+x+a(x\in [0,6])的最大值为M,最小值m,若M+m=8，则a=$
$换元，构造奇函数,令x-3=t,x=t+3,f(t)=(t^2-9)\sin x+x+3+a$
$f(x)_{max}+f(x)_{min}=2(3+a)=8$
$2、函数f(x)＝4\sqrt{x+1} +x的值域为(\underline{} \underline{}\underline{}\underline{} \underline{}\underline{})$
$\quad 函数f(x)＝4\sqrt{x+1} -x的值域为(\underline{} \underline{}\underline{}\underline{} \underline{}\underline{})$
$\quad 函数f(x)＝4\sqrt{x+1} \cdot x的值域为(\underline{} \underline{}\underline{}\underline{} \underline{}\underline{})$
$\quad 函数f(x)＝\cfrac{4\sqrt{x+1}}{x}的值域为(\underline{} \underline{}\underline{}\underline{} \underline{}\underline{})$
$3、证明：e^x+\cfrac{1}{x}\ge 2-\ln x +x^2+(e-2)x$
${\color{Red} 如何放缩？前者变小，后者变大}$
$若要替换左边的{\color{Red} e^x} ，则根据e^x\ge 1+x+\cfrac{1}{2}x^2，$
$将此式右边的{\color{Green} 1+x+\cfrac{1}{2}x^2} 替换上式左边的{\color{Red} e^x}$
$要证{\color{Red} e^x}+\cfrac{1}{x}\ge 2-\ln x +x^2+(e-2)x{\color{Green} }$
$即证 {\color{Green} 1+x+\cfrac{1}{2}x^2} +\cfrac{1}{x}\ge 2-\ln x +x^2+(e-2)x{\color{Green} } $
$若要替换右边的{\color{Red} -\ln x} ，则根据x-1\ge \ln x\Rightarrow$
$\cfrac{1}{x}-1\ge \ln \cfrac{1}{x}=-\ln x ，将此式左边的{\color{Green} \cfrac{1}{x}-1} 替换上式右边的{\color{Red} -\ln x}$
$要证e^x+\cfrac{1}{x}\ge 2{\color{Red} -\ln x} +x^2+(e-2)x{\color{Green} }$
$即证 {\color{Green} }e^x +\cfrac{1}{x}\ge 2{\color{Green} +(\cfrac{1}{x}-1 )}+x^2+(e-2)x$
https://one.free.nf/index.php/archives/190/ 例４
高中常见放缩有哪些？
$①不等式：均值不等式，柯西不等式，对数均值不等式$
$②三角放缩，x\ge \sin x(x\ge 0),$
$根据凹凸性,{\color{Red} (导函数单调递减，原函数是凸函数；导函数单调递增，原函数是凹函数)} {\color{Green} \Rightarrow }$
$\begin{cases} {\color{Green} x\in (0,\cfrac{\pi}{2}):\quad \sin x\gt \cfrac{2}{\pi} x;} \\{\color{Red} x\in (0,\cfrac{\pi}{6}):\quad\sin x\gt \cfrac{3}{\pi} x} \end{cases}$
$③指对放缩，e^x\ge x+1\Rightarrow e^{x-1}\ge x\quad (e^x\ge ex)\overset{两边取对数}{\rightarrow} x\ge ln(x+1),x-1\ge ln x$
${\color{Red} e^x\lt \cfrac{1}{1-x}\quad (0\lt x\lt 1),\ln x\gt 1-\cfrac{1}{x} } $
$④对数均值不等式$
$⑤飘带不等式x-\cfrac{1}{x}(\qquad)2\ln x当 x\gt 1时，取\gt ,当x\lt 1 取\lt； \overset{两边\times x}{\rightarrow} x^2-1\gt 2x\ln x(x\gt1)$
$⑥$
$4.已知x\gt 1,则\cfrac{x^2-3x+6}{x-1} 的最小值是(\quad )$
$A.3\quad B.4\quad C.5\quad D.6$
$可用大除法，$https://one.free.nf/index.php/archives/208/
$5.实数x,y满足x^2+(y-2)^2\le 1,则\cfrac{x+\sqrt{3} y}{\sqrt{x^2+y^2} } 的取值范围。$
$三角换元计算挺大的，构造向量：\overrightarrow{OA} =(x,y),\overrightarrow{OB} =(1,\sqrt{3} ),则\cfrac{x+\sqrt{3}y }{\sqrt{x^2+y^2} }=\cfrac{\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB}}{\left | \overrightarrow{OA} \right | }==\left | \overrightarrow{OB} \right | \cos <\overrightarrow{OA}, \overrightarrow{OB}>$
$\left | \overrightarrow{OB} \right | =2,<\overrightarrow{OA}, \overrightarrow{OB}>的范围是过Ｏ点的圆的两条切线与\overrightarrow{OB} 的夹角,即0-\cfrac{\pi}{3},故[1,2]$
$6.武汉四调13题，已知函数f(x)=x\ln x-\cfrac{1}{2}ax^2-x有两个极值点，则实数a的取值范围为(\qquad )$
$解：{f}' (x)=\ln x +1-ax-1=\ln a-ax=0\Rightarrow a=\cfrac{ln x}{x} $
$7.成都七中三诊14题:若t\gt0, 关于x的不等式t\ln (tx)\le e^x恒成立，则实数t的取值范围是(\qquad)$
$解：t\ln (tx)\ge e^x\Rightarrow tx\ln (tx)\ge xe^x,构造f(x)=x\ln x,即f(tx))\gt f(e^x)$
$①当0\lt tx\le 1時，t\ln tx\le e^x恆成立②当tx\gt 1时，f(x)单调递增,\Rightarrow tx\le e^x\Rightarrow t\le \cfrac{e^x}{x}$
$t\in (0,e]$
$2025武汉四调13题，已知函数f(x)=x\ln x-\cfrac{1}{2}ax^2-x恰有2个极值点，则实数a的取值范围为 $
$8.25年辽宁省名校联盟一模16题：$
$已知函数f(x)=\cfrac{x^2}{2}+a\ln x-(a+1)x$
$(1)求f(x)的单调递增区间；$
$(1)解：{f}' (x)=x+\cfrac{a}{x} -(a-1)=\cfrac{x^2-(a-1)x+a}{x} =\cfrac{(x-1)(x-a)}{x}$
$①a\le 0,x\in (0,1),{f}'(x)\lt 0,f(x)\searrow ; x\in {\color{Red} (1,+\infty ),} {f}'(x)\gt 0,f(x)\nearrow ;$
$②a\gt 0时， ⑴0\lt a\lt 1,x\in(0,a){f}'(x)\gt 0,f(x)\nearrow ;x\in(a,1){f}'(x)\lt 0,f(x)\searrow ; {\color{Red} x\in(1,+\infty)} {f}'(x)\gt 0,f(x)\nearrow ; $
$ ⑵a=1时，{f}'(x)\gt 0,f(x)\nearrow ,$
$⑶a\gt 1,x\in(0,1),{f}'(x)\gt 0,f(x)\nearrow;x\in(1,a),{f}'(x)\lt 0,f(x)\searrow;
x\in(a,+\infty),{f}'(x)\gt 0,f(x)\nearrow;$
$(2)a\ge 0,f(x)\ge -\cfrac{e^2}{2}对于x\in 1,+\infty)恒成立，求a的取值范围。$
$解：由㈠可知①0\le a\le 1,f(x)在 (1,+\infty)\nearrow ,f(1)=\cfrac{1}{2}-(a+1)= -\cfrac{1}{2}-a\ge -\cfrac{e^2}{2} 恒成立$
$②a\gt 1 时，f(x)在x\in(1,a)\searrow ,x\in(a,+\infty),\nearrow ,故f(x)\ge f(a)=\cfrac{1}{2}a^2 +a\ln a-(a+1)a$
$f(a)=-\cfrac{1}{2}a^2 -a+a\ln a=h(a) \quad a\gt 1\quad {h}' (a)=-a-1+\ln a+1=\ln a-a$
${\color{Red} \because \quad a\ge \ln a+1} \quad \therefore \quad {h}' (a)\ln a-a\lt 0,g(a)\searrow ,g(e)=-\cfrac{e^2}{2}$
$\therefore \quad 1\lt a\ge e,$
$综上，\Rightarrow 0\le a\le e时，f(x)\ge-\cfrac{e^2}{2}$
$9.25年湖北省十一校联盟二模17题：$
$已知函数f(x)=ae^{2x}+x+1(a\lt 0)。$
$(3)若不等式f(x)+(a+2)e^x\le 0恒成立，求整数a的最大值。$
$解:g(x)=f(x)+(a+2)e^x=ae^{2x}+x+1+(a+2)e^x\le 0\qquad$
${g}' (x)=2ae^{2x}+(a+2)e^x+1=(2e^x+1)(ae^x+1)$
$①a\ge 0,{g}' (x)\gt 0,g(x)\nearrow ,显然不合题意；$
$②a\lt 0时，x\in (-\infty,-\ln(-a)),{g}' (x)\gt 0,g(x)\nearrow ;x\in (-\ln(-a),+\infty),{g}' (x)\lt 0,g(x)\searrow$
$g(x)\le g(-\ln(-a))=ae^{-2\ln(-a)}-\ln(-a)+1+(a+2)e^{-\ln(-a)}=-\cfrac{1}{a}-\ln(-a)$
$=-\cfrac{1}{a}+\ln(-\cfrac{1}{a})\quad a\lt 0$
$设t=-\cfrac{1}{a} ,h(t)=t+\ln t\quad t\gt 0$
$h(t)\nearrow ,且h(1)=1,h(\cfrac{1}{2})= \cfrac{1}{2}+\ln \cfrac{1}{2}=
\cfrac{1}{2}-\ln 2\lt 0$
$\exists t_0\in(\cfrac{1}{2} ,1),使得h(t_0)=0.{\color{Green} -\cfrac{1}{a}=t} \in(\cfrac{1}{2} ,1)$
${\color{Red} \Rightarrow } a_0\in (-2,-1)使得{\color{Red} -\cfrac{1}{a_0}+\ln(-\cfrac{1}{a_0})=0}{\color{Red} \Rightarrow 整数a的最大值为-2} $
$10.实数a,b满足a+b=2，则\cfrac{a+2b-1}{\sqrt{a^2+b^2} }的最大值为\underline{} \underline{} \underline{}$
$解：\cfrac{a+2b-1}{\sqrt{a^2+b^2} }为{\color{Red} P} (1,2)到直线L:ax+by-1=0的距离，a+b=2{\color{Green} \Rightarrow L}过定点Q(\cfrac{1}{2} ,\cfrac{1}{2} )$
${\color{Green} \therefore \quad } \cfrac{a+2b-1}{\sqrt{a^2+b^2} }\ge PQ=\cfrac{\sqrt{10} }{2} $
$11、高一好题：在锐角三角形ABC中，角ABC的对边分别为a,b,c，面积为S。若\sin (A+C)=\cfrac{2S}{b^2-a^2},则\tan A+\cfrac{1}{3\tan(B-A)} 的取值范围为(\qquad)$
$A.[\cfrac{2\sqrt{3} }{3},+\infty) \quad B.[\cfrac{2\sqrt{3} }{3},\cfrac{4}{3}] \quad C.(\cfrac{2\sqrt{3} }{3},\cfrac{4}{3})\quad D. [\cfrac{2\sqrt{3} }{3},\cfrac{4}{3})$
$解：\sin (A+C)=\sin B=\cfrac{ac\sin B}{b^2-a^2} \Rightarrow ac=b^2-a^2$
$b^2=a^2+c^2-2ac\cos B\Rightarrow b^2-a^2=c^2-2ac\cos B=ac\Rightarrow c-2a\cos B=a\Rightarrow$
$\sin C-2\sin A\cos B=\sin A\Rightarrow \sin (A+B)-2\sin A\cos B=\sin A$
$\Rightarrow \cos A\sin B-\sin A\cos B=\sin A\Rightarrow \sin (B-A)=\sin A{\color{Red} \Rightarrow } B=2A$
$\tan A+\cfrac{1}{3\tan(B-A)}=\tan A+\cfrac{1}{3\tan A}\ge 2\sqrt{\cfrac{1}{3} } $
${\color{Red} \because \quad } 0\lt A,B,C\lt \cfrac{\pi}{2} ,B=2A\lt \cfrac{\pi}{2}\Rightarrow A\lt \cfrac{\pi }{4} ,C=\pi -A-B=\pi-3A\lt\cfrac{\pi}{2}$
$A\gt \cfrac{\pi}{6}$
$12、高二期末高频考点；$
$函数f(x)=\cfrac{x^3e^{3x}-3\ln x-1}{x}(x\gt 0)的最小值是$
${\color{Red} \because } \quad x^3e^{3x}=e^{3\ln x+3x}\ge 3\ln x+3x+1\Rightarrow {\color{Red} x^3e^{3x}} -3\ln x-1\ge{\color{Red} 3\ln x+3x+1} -3\ln x-1$
$13、等比数列S_n＝2\cdot 3^{n+1}+a，a=$
$等比数列S_n＝2\cdot 3^n+a，a=$
$等比数列S_n＝\cfrac{a_1-a_1q^n}{1-q} =\cfrac{a_1}{1-q}-\cfrac{a_1q^n}{1-q}关于n的指数函数；常数与系数是\cfrac{a_1}{1-q}的互为相反数。$
$14、已知函数f(x)=\ln x-ax-2.$
$(1)当a=1时，求函数f(x)的最值；$
$(2)若函数g(x)=x\cdot f(x) 有两个不同的极值点x_1,x_2,证明：x_1x_2\ge e^3$
$解：{g}' (x)=x\ln x-2ax-1\quad 2a=\cfrac{\ln x-1}{x} 零点变交点，设h(x)= \cfrac{\ln x-1}{x}$
${h}' (x)=\cfrac{2-\ln x}{x^2} {\color{Green} \therefore \quad } x\in (0,e^2),{h}' (x)\gt 0,h(x)\nearrow;x\in (e^2,+\infty),{h}' (x)\lt 0,h(x)\searrow $
$故h(x)在x=e^2处有极大值，当2a\lt h(e^2)=\cfrac{1}{e^2},y=2a与y=h(x)有两个交点。$
$不妨设x_1\lt e^2\lt x_2,要证x_1x_2\ge e^4，即证x_1\gt \cfrac{e^4}{x_2},{\color{Green} \Rightarrow h(x_1)\gt h(\cfrac{e^4}{x_2})}$
${\color{Green} \Rightarrow h(x_2)\gt h(\cfrac{e^4}{x_2})\quad} 构造H(x)=h(x)- h(\cfrac{e^4}{x}) \quad (x\gt e^2)$
${H}' (x)={h}' (x)+\cfrac{e^4}{x^2}{h}' (\cfrac{e^4}{x})=\cfrac{2-\ln x}{x^2}+\cfrac{e^4}{x^2}\cdot \cfrac{2-\ln \cfrac{e^4}{x}}{(\cfrac{e^4}{x})^2}$
$=\cfrac{2-\ln x}{x^2}+ \cfrac{\ln x-2}{e^4}=(\ln x-2)\cdot(\cfrac{1}{e^4} -\cfrac{1}{x^2} )\gt 0 \quad(x\gt e^2)H(x)\nearrow ,H(x)\gt H(e^2)=0，得证。$
$法二：对数均值不等式$
$不妨设x_1\gt x_2,{\color{Green} \Rightarrow } \begin{cases} \ln x_1-1=2ax_1 \quad ①\\ \ln x_2-1=2ax_2\quad ②\end{cases}\Rightarrow \begin{cases} ①-②\quad \ln x_1-\ln x_2=2a(x_1-x_2) \quad \\①+②\quad \ln x_1+\ln x_2-2=2a(x_1+x_2)\end{cases}$
$要证x_1x_2\gt e^4,即证\ln x_1+\ln x_2\gt 4$
$\ln x_1+\ln x_2-2=2a(x_1+x_2)=\cfrac{\ln x_1-\ln x_2}{x_1-x_2}(x_1+x_2) =\ln \cfrac{x_1}{x_2}\cdot\cfrac{\cfrac{x_1}{x_2}+1 }{\cfrac{x_1}{x_2}-1 } \gt 2$
$也可令t=\cfrac{x_1}{x_2}\quad (t\gt1),故得,\ln t \cdot \cfrac{t+1}{t-1} \gt 2即证$
$即证\ln t \gt \cfrac{2(t-1)}{t+1} \quad t\gt 1$
$15、已知函数f(x)=2x\ln x,g(x)=ax^2-1.$
$(1)求f(x)的单调区间；$
$(2)x\ge 1,f(x)\le g(x)，求a的取值范围；$
$(3)\sum_{k=2}^{n} \cfrac{1}{k\ln k} \gt \cfrac{3}{2}-\cfrac{1}{n} -\cfrac{1}{n+1},x\in N^*且n\ge 2$
$解：(1)f(x)=2x\ln x\quad {f}'(x)=2(\ln x+1),x\in(0,\cfrac{1}{e} ) {f}'(x)\lt 0,f(x)\searrow ;x\in(\cfrac{1}{e},+\infty) {f}'(x)\gt 0,f(x)\nearrow ;$
$(2) {f}'(x)=2(\ln x+1),f(x)\le g(x)\Rightarrow ax^2\ge 2x\ln x+1\Rightarrow a\ge \cfrac{2x\ln x+1}{x^2}$
$令h(x)=\cfrac{2x\ln x+1}{x^2}\quad x\ge 1$
${h}' (x)= \cfrac{2(\ln x+1)x^2-2(2x\ln x+1)2x}{x^2x^2} =\cfrac{2x-2x\ln x -2}{x^3}$
$令t(x)=2x-2x\ln x -2\quad {t}' (x)=-2x\ln x\le 0,t(x)\searrow ,{h}' (x)\searrow,{t}' (x)\le {h}' (1)=0$
$\Rightarrow {\color{Green} h(x)\searrow} ,h(x)\le h(1)=1,{\color{Red} \Rightarrow } a\ge 1$
$16、若函数f(x)=x^2-1+a(e^x+e^{-x})，求a=\cfrac{1}{2};$
$17、在等比数列\{a_n\}中，a_3,a_7 是函数f(x)=\frac{1}{3} x^3+4x^2+9x+1的极值点，求a_5=$
$A、-4\quadＢ、-3\quad Ｃ、4\quad Ｄ、9$
$18.已知函数f(x)=x^3-x,2007年理工2卷22$
$(1)求曲线y=f(x)在点M(t,f(t))处的切线方程。$
$(2)设a\gt 0，如果过点(a,b)可作曲线y=f(x)的三条切线，证明:a\lt b \lt f(a)$
$19.已知抛物线C_1:y=x^2+2x,C_2：y=-x^2+a,若直线l同时是抛物线C_1和C_2的切线，则称直线是抛物线C_1和C_2的公切线。问：当a取什么值时，抛物线C_1和C_2有且仅有一条公切线？$
$2019年全国2卷理20，已知函数f(x)=\ln x-\cfrac{x+1}{x-1} 。$
$(1)讨论函数f(x)的单调性，并证明函数f(x)有且仅有两个零点。$
$(2)设x_0是f(x)的一个零点，证明：曲线y=\ln x在点(x_0,\ln x_0)处的切线也是曲线y=e^x的切线。$