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

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

${\color{Red} 必要性探路不需要证明a取其他值，不成立。}$

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

$例3.云南师大附中2026届高考适应性月考卷六$
$19.已知函数f(x)=2xe^x-mx^2+1\quad (m\in \mathbb{R})$
$(1)求曲线y=f(x)在x=0处的切线方程；$
$解：x\in \mathbb{R}, f(0)=1,f'(x)=2(x+1)e^x-2mx,\Rightarrow {f}'(0)= 2\Rightarrow$
$y=2x+1$
$(2)当m=2时，证明f(x)在\mathbb{R}上有唯一零点;$
$证明：当m=2时，f(x)=2xe^x-2x^2+1，f'(x)=2(x+1)e^x-4x,$
${f}'' (x)=2(x+2)e^x-4,\qquad {f}''' (x)=2(x+3)e^x;$
$故当x\in (-\infty,-3),{f}''' (x)\lt 0，{f}'' (x)递减，{\color{Red} 且有{f}'' (x)\lt 0} $
$故当x\in (-3,+\infty),{f}''' (x)\gt 0，{f}'' (x)递增，{\color{Red} 且有{f}'' (0)＝ 0} $
$故知当x\in (-\infty,0),{f}'' (x)\lt 0;{f}' (x)递减;x\in (0,\infty),{f}'' (x)\gt 0;{f}' (x)递增;$
$f'(x)_{min}=f'(0)=2,故有f'(x)\gt 0,f(x)在\mathbb{R}上单调递增$
$f(-1)=-\cfrac{2}{e}-1,f(0)=1,故知唯一\exists x_0\in (-1,0)，使得f(x_0)=0$

$(3)对\forall x\in [-1,+\infty),f(x)\le \cfrac{1-m}{m}e^{2x}恒成立，求m的取值范围。$
$(3)解:由题意知f(0)\le \cfrac{1-m}{m}\cdot e^0,即1\le \cfrac{1-m}{m},解得0\lt m\le \cfrac{1}{2},$
$即0\lt m\le \cfrac{1}{2}为題中不等式恒成立的必要條件。$
${\color{Red}(注:必要性探路,令\begin{cases} f(x_0)-\cfrac{1-m}{m}\cdot e^{2x_0}=0\\{ f}' (x_0)-(\cfrac{1-m}{m}\cdot e^{2x_0})'=0\end{cases}} ，可得 \begin{cases} x_0=0\\m=\cfrac{1}{2}\end{cases} 是方程組的唯一解，$
$故猜测x=0为y=f(x)-\cfrac{1-m}{m}e^{2x}的最小值点,m＝\cfrac{1}{2}为临界值。$
$下面证明0\lt m\le \cfrac{1}{2}为充分条件$
$当0\lt m\le \cfrac{1}{2},欲证f(x)\le \cfrac{1-m}{m}e^{2x},即证2xe^x-mx^2+1\le \cfrac{e^{2x}}{m}-e^{2x},$
$即证\cfrac{2xe^x}{m}-x^2+\cfrac{1}{m}\le \cfrac{e^{2x}}{m^2}-\cfrac{e^{2x}}{m},即证e^{2x}\cdot \cfrac{1}{m^2}-(e^{2x}+2xe^x+1)\cdot \cfrac{1}{m}+x^2\ge 0$
$换元令t=\cfrac{1}{m}\quad t\in [2,+\infty),设g(t)＝e^{2x}\cdot t^2-(e^{2x}+2xe^x+1)t+x^2,证g(t)\ge 0,t\in[2,+\infty)$
$对于二次函数y=g(t),其对称轴为t=\cfrac{e^{2x}+2xe^x+1}{2e^{2x}}=\cfrac{2xe^x+1}{2e^{2x}}+\cfrac{1}{2}$
$令h(x)=\cfrac{2xe^x+1}{2e^{2x}}+\cfrac{1}{2},x\in [-1,+\infty),求其最值$
$h'(x)=\cfrac{4(x+1)e^xe^{2x}-(2xe^x+1)\cdot 4e^{2x}}{4e^{4x}}=\cfrac{e^x-xe^x-1}{e^{2x}}$
$再令m(x)=e^x-xe^x-1,\quad 则m'(x)=-xe^x,x\in [-1,+\infty)$
$故知m(x)在(-1,0)上单调递增,在(0,+\infty)上单调递减，故有m(x)_{max}=m(0)=0,即m(x)\le 0;$
$\Rightarrow h'(x)\lt 0, h(x)在[-1,+\infty)上单调递减,h(x)_{max}=h(-1)=\cfrac{-2e^{-1}+1}{2e^{-2}}+\cfrac{1}{2}=$
$对于二次函数y=g(t),其对称轴为t=\cfrac{e^{2x}+2xe^x+1}{2e^{2x}}=\cfrac{2xe^x+1}{2e^{2x}}+\cfrac{1}{2}$
$令h(x)=\cfrac{2xe^x+1}{2e^{2x}}+\cfrac{1}{2},x\in [-1,+\infty),求其最值$
$h'(x)=\cfrac{4(x+1)e^xe^{2x}-(2xe^x+1)\cdot 4e^{2x}}{4e^{4x}}=\cfrac{e^x-xe^x-1}{e^{2x}}$
$再令m(x)=e^x-xe^x-1,\quad 则m'(x)=-xe^x,x\in [-1,+\infty)$
$故知m(x)在(-1,0)上单调递增,在(0,+\infty)上单调递减，故有m(x)_{max}=m(0)=0,即m(x)\le 0;$
$\Rightarrow h'(x)\lt 0, h(x)在[-1,+\infty)上单调递减,h(x)_{max}=h(-1)=\cfrac{-2e^{-1}+1}{2e^{-2}}+\cfrac{1}{2}=\cfrac{e^2-2e}{2}+\cfrac{1}{2}$
$\lt {\color{Red} 2} ,这里想想为什么要跟2比较大小，而不用求具体值?\quad !e^2=7.3$
${\color{Green} \because \quad} 开口向上的抛物线y=g(t)的对称轴是运动的，且最大值小于2，而t\in[2,+\infty)，$
${\color{Red} \therefore } 无论对称轴如何变化，g(t)的讨论范围均在对称轴右侧，即g(t)在\in[2,+\infty)单调递增,g(t)\gt g(2)$
$g(2)=4e^{2x} -2(e^{2x}+2xe^x+1)+x^2=2e^{2x}-4xe^x+x^2-2$
$令u(x)=2e^{2x}-4xe^x+x^2-2,x\in [-1,+\infty),则u'(x)=4e^{2x}-4(x+1)e^x+2x;$
$u''(x)=8e^{2x}-4(x+2)e^x+2\ge 8e^(x+1)--4(x+2)e^x+2=4xe^x+2\gt 0$
${\color{Red} \therefore\quad } {u}' (x)在[-1,+\infty)上单调递增,又{u}' (0)＝0,{\color{Red} \therefore\quad } x\in [-1,0),u'(x)\lt 0\quad u(x)单调递减;$
$x\in (0,+\infty),u'(x)\gt 0\quad u(x)单调递增,故u(x)\ge u_{min}=u(0)=0$
$故知g(t)\ge o,得证$。
$即当0\lt m\le \cfrac{1}{2}时，\forall x\in [-1,+\infty),f(x)\le \cfrac{1-m}{m}e^{2x}成立，故0\lt m\le \cfrac{1}{2}亦为充分条件。$
$综上，m的取值范围为(0,\cfrac{1}{2}]$