求参数范围的三种方法(导数3第1-2页)
${\color{Red} 一、图像法：} $
1-1、$\begin{cases} f(x)=-x^2-2x-2,x\le 0\\\ln (x+1),\qquad \qquad x\gt 0\end{cases}若f(x)\le ax+a-\cfrac{1}{2} $恒成立，则实数a的取值范围。
直线$y=ax+a-\cfrac{1}{2} 过定点(-1,\cfrac{1}{2})$求过点$(-1,\cfrac{1}{2})的切线，设切点为(m,\ln (m+1)),$
${f}' (m)=\cfrac{1}{m+1},切线方程为：y-\ln (m+1)=\cfrac{1}{m+1} (x-m),将(-1,-\cfrac{1}{2})$代入方程解得$m+1=e^\cfrac{1}{2} ;\cfrac{1}{m+1} =e^{-\cfrac{1}{2} }$
$y+\cfrac{1}{2} =k(x+1)\quad (过点(-1,-\cfrac{1}{2})的直线；y=-2x^2-2x-2联立，\bigtriangleup =(2+k)^2-4(k+\cfrac{3}{2} )=0 ,解得k=\sqrt{2}$
$故e^{-\cfrac{1}{2} }\le a\le \sqrt{2} $
1-2、$f(x_0)\lt 0 \Rightarrow e^x(2x-1)\lt a(x-1)$
即直线在曲线上方，利用导数将曲线$g(x)=e^x(2x-1)简图画出来，直线y=a(x-1)恒经过(1,0)$
如图，当$a=1时，y=x-1与g(x)相交于(0,-1), 当a\lt 1时，直线在曲线上方，且有唯一整数使用y\gt g(x_0)$
当$a$继续减小至与$g(x)$有第二个整数解$x=-1$时，相交于$(-1,g(-1))，计算此时直线的斜率为a\le =\cfrac{0-g(-1)}{2}=\cfrac{3}{2e}$
故a的取值范围为$[\cfrac{3}{2e},1)$
2-1、$\cfrac{b}{a} 是直线y=ax+b在x$轴上的截距的相反数。
当$a=0时，b\ge \cfrac{\ln x+1}{x} =g(x)\Rightarrow b\ge g(x)_{mas}=g(1)=1$
求$y=ax+b的截距x_0，令y=0，得x_0=-\frac{b}{a} \Rightarrow -x_0=\frac{b}{a}$
$\because g(x)\le ax+b，令g(x)=0,解得x=\cfrac{1}{e} \Rightarrow (\cfrac{b}{a})_{min} = -\cfrac{1}{e}$
2-2、由题意可得$y=kx+b\ge f(x),设f(x) 的切点为(m,\ln m+m),{f}' (x)=1+\cfrac{1}{x} ,$故切线方程为：
$y-(\ln m+m)=(\cfrac{1}{m}+1) (x-m)$
切线方程$y=(\cfrac{1}{m}+1) x+\ln m-1$即直线$y=kx+b$，故有
$\begin{cases} k=1+\cfrac{1}{m}\\b= \ln m-1\end{cases}$
$2k+b=2(1+\cfrac{1}{m})+\ln m-1$
令$g(m)=1+\cfrac{2}{m} +\ln m,(m\gt 0),{g}'(m)=- \cfrac{2}{m^2}+\cfrac{1}{m}=\cfrac{m-2}{m^2}
,g(m)在m=2处有极小值。g(2)=2+\ln 2$
3、$f(x)=(x+a)\ln (x+b),若 f(x)\ge0,求a^2+b^2的最小值。$
$y_1=(x+a),y_2=\ln (x+b),y_1的零点在x=-a,y_2的零点在x=1-b,当且仅当y_1与y-2同时为正或同时为负时，f(x)\ge 0,即y_1与y_2$的零点为相等。
$-a=1-b\Rightarrow b=1+a,a^2+b^2=a^2+(1+a)^2=2a^2+2a+1=2(a^2+a)+1$
$2(a^2+a)+1=2(a+\cfrac{1}{2})^2- \cfrac{1}{2}+1\ge\cfrac{1}{2}$
${\color{Red}二、分参法： } $
1、$y=e^{ax}+3x$有大于零的极值点。注意极值点与极值的区别，一个是自变量，一个是因变量。
${y}' =ae^{ax}+3 ,则x=\cfrac{1}{a}\ln (-\cfrac{3}{a} )\lt 0 \because a\gt 0,\Rightarrow\ln (-\cfrac{3}{a} )\lt 0\Rightarrow 0 \lt-\cfrac{3}{a}\lt 1\Rightarrow a\lt -3 $
2、$f(x)=a^x+(1+a)^x上正数范围内单增。a\in (0,1)$
${f}' (x)=a^x\ln a+(1+a)^x\ln (1+a)\ge0\Rightarrow (1+a)^x\ln (1+a)\ge -a^x\ln a$
$ (1+a)^x\ln (1+a)\ge -a^x\ln a\Rightarrow (\cfrac{1+a}{a} )^x\ge -\cfrac{\ln a}{\ln (1+a)} $
$\Rightarrow 1\ge -\cfrac{\ln a}{\ln (1+a)} \Rightarrow \ln (1+a)\ge -\ln a$
$\Rightarrow 1+a\ge \cfrac{1}{ a}\Rightarrow a^2+a-1\ge 0\Rightarrow\cfrac{\sqrt5-1}{2}\le a\lt 1 $
3、$x\in [-2,1],ax^3-x^2+4x+3\ge0$恒成立。
$①a=0，3\gt 0,成立;$
$②(0,1],ax^3-x^2+4x+3\ge0\Leftrightarrow a\ge [\cfrac{x^2-4x-3}{x^3} ]_{max}$
$令g(x)=\cfrac{x^2-4x-3}{x^3}=\cfrac{1}{x} -\cfrac{4}{x^2} -\cfrac{3}{x^3} $
${g}'(x)=-\cfrac{1}{x^2}+\cfrac{8}{x^3 } +\cfrac{9}{x^4}=-\cfrac{x^2+8x-9}{x^4} $
$-\cfrac{(x-9)(x+1)}{x^4} x\in (0,1],{g}' (x)\gt 0,g(x)\nearrow g(x)_{max}=g(1)=-6$
$\therefore a\ge -6$
$③x\in[-2,0)时,a\le [\cfrac{x^2-4x-3}{x^3} ]_{min}$
${g}' (x)=-\cfrac{x^2+8x-9}{x^4}=-\cfrac{(x-9)(x+1)}{x^4},g(x)在[-2,0)有极小值g(-1)=-2$
$a\in [-6,-2]$
${\color{Red} 三、函数法}$
1、关于$x 的不等式e^x\ge 1+ax在(0,+\infty)上恒成立，求a$的取值范围。
$e^x-1\ge ax,x\in (0,+\infty)上恒成立。e^x\ge 1+ax,a\le 1$
令$f(x)=e^x-1-ax ,\quad{f}' (x)=e^x-a,\quad $
${\color{Red}\quad ① } a\le 1，{f}' (x)\gt 0,f(x)单调,f(x)\gt f(0)=0;\quad $恒成立；
${\color{Red}\quad ② }a\gt 1时x\in(0,\ln a),{f}'(x)\lt 0 ,f(x)\searrow ;$
$x\in(\ln a,+\infty),{f}'(x)\gt 0 ,f(x)\nearrow;f(x)在x=\ln a处有极小值，f(\ln a)=a-1-a\ln a\lt 0$不成立
设$g(a)=a-1-a\ln a\quad (a\gt 1)\quad$
${g}' (a)=-\ln a\lt 0,g(a)\searrow g(a)\le g(1)=0$
故$a\le 1$
补充：$e^x-1-1\ge ax^2,x\in (0,+\infty)上恒成立$泰勒展开式，$a\le \cfrac{1}{2}$
2、关于$x 的不等式x\ge a(\ln (x+1)在(0,+\infty)上恒成立，求a$的取值范围。
$f(x)=x-a\ln (1+x),{f}'(x) =1-\cfrac{a}{1+x}$
${\color{Red} \quad ①\quad} 当a\le 0,{f}'(x)\gt 0,f(x)\nearrow ,f(x)\gt f(0)=0，恒成立；$
${\color{Red} \quad ②\quad} a\gt 0 ，导函数有零点a-1$
${\color{Green} \qquad\quad ⑴}a\le 1时，a-1\lt 0,f(x)在(0,+\infty )上单调，f(x)\gt f(0)=0，成立；$
${\color{Green} \qquad \quad ⑵} a\gt 1时，a-1\gt 0，f(x)在(0,\ln a)\searrow ，$ 在$(\ln a,+\infty)\nearrow$ ,极小值在$\ln a 且f(\ln a)\lt 0$,不成立。
$\therefore a\le 1$