$f(x)=A\sin (\omega x+\varphi )\quad (\omega \gt 0,\left | \varphi \right | \lt \cfrac{\pi}{2})的图像如图所示，f(x)$

显然$Ａ=2,f(0)＝1$
$f(0)=1\Rightarrow \varphi=\cfrac{\pi}{6} ，故f(x)=2\sin (\omega x+\cfrac{\pi}{6})，令f(x)=0\Rightarrow \omega x+\cfrac{\pi}{6}=0 $
$\Rightarrow x=-\cfrac{\pi}{6\omega } \Rightarrow -\cfrac{\pi}{6\omega } -(-\pi)=\cfrac{T}{4} =\cfrac{2\pi}{4\omega }$
$\Rightarrow \pi=\cfrac{\pi}{2\omega } +\cfrac{\pi}{6\omega }\Rightarrow \omega =\cfrac{2}{3} $
$\therefore \quad f(x)=2\sin ( \cfrac{2}{3} x+\cfrac{\pi}{6})$

1、已知数列$\{a_n\}的前n项和为S_n，a_1=-\cfrac{9}{4} ,且4S_{n+1}=3S_n-9,求数列 \{a_n\}的通项公式：$
$a_n=\begin{cases} a_1,n=1;\\S_n-S_{n-1},n\ge2\end{cases}$
$\because \quad 4S_{n+1}=3S_n-9 \qquad(1)$
$\therefore n\ge 2 \qquad 4S_{n}=3S_{n-1}-9 \qquad(2)$
$(1)-(2)\quad 4a_{n+1}=3a_n \qquad a_{n+1}=\cfrac{3}{4} a_n\quad (*)$
由已知$4S_2=3S_1-9，代入a_1求得a_2=-\cfrac{27}{16} ,故有a_2=\cfrac{3}{4} a_1$
符合$(*)$式。

2、已知数列$\{a_n\}的前n项和为S_n，且a_1=-1,a_{n+1}=S_nS_{n+1},则S_n=$
$\because a_{n+1}=S_nS_{n+1}$时，
当$n\ge 2时，有a_n=S_{n-1}S_n$
两式相减，做不下去了。
$a_{n+1}=S_{n+1}-S_n$,得
$S_{n+1}-S_n=S_nS_{n+1},$两边除以$S_nS_{n+1}$

3、已知数列$\{a_n\}满足a_1=4,a_n=3a_{n-1}+8(n\ge2)$，求通项公式。
$a_n+x=3(a_{n-1}+x)$,亦可以用不动点法。
题型：
$a_n=pa_{n-1}+q\quad n\ge 2\qquad\qquad $
$a_n+x=p(a_{n-1}+x)$

4、已知数列$\{a_n\}满足a_1=4,a_n=3a_{n-1}+2n-1(n\ge2)$，求通项公式。
形如：$a_n=pa_{n-1}+kn+q\quad (p\ne 1,k\ne 0,n\ge 2)$
$\{a_n+x{\color{Red} n} +y\}等比数列\qquad\qquad $
$a_{\color{Red} n}+x{\color{Red} n} +y=p[a_{{\color{Red}n-1}}+x{\color{Red} (n-1)} +y]$

5、已知数列$\{a_n\}满足a_1=\cfrac{5}{6} ,a_{n+1}=\frac{1}{3} a_{n}+(\cfrac{1}{2})^{n+1} (n\ge2)，求数列\{a_n\}$通项公式。
解： 两边除以$a_n前面系数\cfrac{1}{3} 的最大下标n+1的次方。即(\cfrac{1}{3})^{n+1},{\color{Red} 即乘以3^{n+1}} $
$3^{n+1}a_{n+1}=3^{n+1}\cdot\frac{1}{3} \cdot a_{n}+3^{n+1} \cdot(\cfrac{1}{2})^{n+1}\Leftrightarrow3^{n+1}a_{n+1}=3^{n}\cdot a_{n}+(\cfrac{3}{2})^{n+1}$
$\Leftrightarrow 3^{n+1}a_{n+1}-3^{n}\cdot a_{n}=(\cfrac{3}{2})^{n+1}$
类似换元，令$b_n=3^{n}\cdot a_{n},\Rightarrow b_1=3\cdot \cfrac{5}{6} =\cfrac{5}{2} $
$b_{n+1}-b_n=(\cfrac{3}{2} )^{n+1}\qquad$
$b_2-b_1=(\cfrac{3}{2} )^2$
$b_3-b_2=(\cfrac{3}{2} )^3$
$b_4-b_3=(\cfrac{3}{2} )^4$
$\dots \dots $
$b_n-b_{n+1}=(\cfrac{3}{2} )^{n}$
$b_n-b_1=\cfrac{(\cfrac{3}{2})^2 -(\cfrac{3}{2} )^{n+1}}{1-\cfrac{3}{2} } =2[(\cfrac{3}{2})^{n+1}-\cfrac{9}{4} ]$
$b_n=2[(\cfrac{3}{2})^{n+1}-\cfrac{9}{4} ]+\cfrac{5}{2} =\cfrac{3^{n+1}}{2^n}-2$
$b_n=3^n\cdot a_n =\cfrac{3^{n+1}}{2^n}-2\quad\Rightarrow \quad a_n =\cfrac{3}{2^n}-\cfrac{2}{3^n}$

${\color{Red} [方法总结]} 对于形如a_{{\color{Green} n+1} }={\color{Green}p} a_n+q^n(p\ne0,且q\ne0,1)$的数列求通项公式有以下两种方法：
(1)两边除以${\color{Green} p^{n+1} }$,再累加求通项；
(2)构造等比数列$\{a_n+kq^n\}$
若$p=q$只有采用(1)

对数单身狗

${\color{Red} \qquad 一、\quad }$在证明或处理含对数函数的不等式时，如$f(x)$为可导函数，则有$(f(x)\ln x)'=f'(x)'\ln x+\cfrac{f(x)}{x}$,若$f(x)$为常数函数，求导式子中含有$\ln x$，这类问题需要多次求导，烦琐复杂，通常要将对数型的函数“独立分离”出来，这样再对新函数求导时，就不含对数了，只需要一次就可以求出它的极值点，从而避免了多次求导，这种相当于让对数函数“孤军奋战”的变形过程，我们形象地称之为“对数单身狗”。
${\color{Red} \mathbf{1、} }$ 设$f(x)\gt 0\quad f(x)\ln x +g(x)\gt 0\Leftrightarrow \ln x+\cfrac{g(x)}{f(x)} \gt 0,则(\ln x+\cfrac{g(x)}{f(x)})'=\cfrac{1}{x}+(\cfrac{g(x)}{f(x)})'$,不含超越函数，求解过程更简单，或者$f(x)\ln x +g(x)\gt 0\Leftrightarrow f(x)[\ln x+\cfrac{g(x)}{f(x)}] \gt 0$，即将前面部分提出，就留下对数单身狗，然后研究剩余部份。
${\color{Red} \mathbf{2、} }$ 设$f(x)\ne 0 f(x)\ln x +g(x)= 0\Leftrightarrow \ln x+\cfrac{g(x)}{f(x)} = 0,则(\ln x+\cfrac{g(x)}{f(x)})'=\cfrac{1}{x}+(\cfrac{g(x)}{f(x)})'$,不含超越函数，求解过程更简单，或者$f(x)\ln x +g(x)= 0\Leftrightarrow f(x)[\ln x+\cfrac{g(x)}{f(x)}]= 0$，即将前面部分提出，就留下对数单身狗，然后研究剩余部份。

例1、2016年全国2已知函数$f(x)=(x+1)\ln x -a(x-1)$
(1)当$a=$4时，求曲线$y=f(x)在(1,f(1))$处的切线方程。
(2)若当$x\in (1,+\infty)时,f(x)\gt 0，求a$的取值范围。
解：(2)$\quad x\gt 1,(x+1)\ln x-a(x-1)\gt 0\Leftrightarrow ln x-\cfrac{a(x-1)}{(x+1)} \gt0{\color{Red} \Leftrightarrow 即证[ln x-\cfrac{a(x-1)}{(x+1)}]_{min} \gt0} $
设$g(x)=\ln x-\cfrac{a(x-1)}{(x+1)}\qquad \qquad$
${g}' (x)=\cfrac{1}{x} -\cfrac{a(x+1)-a(x-1)}{(x+1)^2} =\cfrac{1}{x}-\cfrac{2a}{(1+x)^2}$
${g}' (x) =\cfrac{1}{x}-\cfrac{2a}{(1+x)^2} =\cfrac{(x+1)^2-2ax}{x(x+1)^2}$
显然$\quad g(1)=0,必须{g}' (1)\ge 0才满足条件，\Rightarrow (1+1)^2-2a\ge 0\qquad a\le 2$
令$t(x)=(x+1)^2-2ax,$讨论：
${\color{Red}\quad ①\quad } 当a\le 2时，t(x) =(x+1)^2-2ax\ge (x+1)^2-4x\ge 0\Rightarrow {g}' (x)\ge 0,g(x)\nearrow $
$g(x)\gt g(1)=0$成立
${\color{Red}\quad ②\quad }当a\gt 2时，t(x) =(x+1)^2-2ax=x^2+(2-2a)x+1$
$令t(x)=0,\bigtriangleup =4(1-a)^2-4\gt 0 ,设两根为x_1\lt x_2 $
$x_1+x_2\gt 0,x_1x_2=1,\Rightarrow 0<x_1<1<x_2$
$(1,x_2),{g}' (x)\lt 0,g(x)\searrow ;$
$(x_2,+),{g}' (x)\gt 0,g(x)\nearrow ;$
$\Rightarrow g(x_2)\lt g(1)=0$
与$g(x)\gt 0\quad$矛盾,故$a的取值范围是a\le 2$。

例2、2017年21、已知函数$f(x)=ae^{2x}+(a-2)e^x-x$
(1)讨论$f(x)$的单调性；
(2)若$f(x)$有两个零点，求$a$的取值范围。
解：(1)$令t=e^x,x=\ln t ,t\gt 0$
$g(t)=at^2+(a-2)t-\ln t,$
${g}' (t)=2at+(a-2)-\cfrac{1}{t}=\cfrac{2at^2+(a-2)t-1}{t} = \cfrac{(2t+1)(at-1)}{t}$
$t\gt 0$,分类讨论
${\color{Red}\quad ①\quad } a\le 0,{g}' (t)\lt 0,g(t)\searrow,\Rightarrow f(x)\searrow $
${\color{Red}\quad ②\quad }当a\gt 0时,(0,\cfrac{1}{a}),{g}'(t)\lt 0,g(t)\searrow ;(\cfrac{1}{a},+\infty ),{g}'(t)\gt 0,g(t)\nearrow$
$g(t)在t=\cfrac{1}{a}处有最小值，g(\cfrac{1}{a})=\cfrac{1}{a}+(a-2)\cdot \cfrac{1}{a} -\ln \cfrac{1}{a}=g(\cfrac{1}{a})=1-\cfrac{1}{a}-\ln \cfrac{1}{a} $
即$(-\infty,-\ln a),f(x)$单调递减；$(-\ln a，+\infty),f(x)$单调递增。
(2)$a\le 0,f(x)$单调递增，不存在两个零点。
$a\gt 0时,g(t)_{min}\lt 0时有两个零点。\Rightarrow g(\cfrac{1}{a} )=1-\cfrac{1}{a}-\ln \cfrac{1}{a} \lt 0$
令$x=\cfrac{1}{a} ,h(x)=1-x-\ln x $，显然$h(x)$是单调递减函数，又$h(1)=0$,即$x\gt 1$时，$h(x)\lt 0，$
即$0\lt a\lt 1时，g(\cfrac{1}{a})\lt 0, $
还要说明一下：$g(t)当t\longrightarrow 0及+\infty 时g(t)\gt 0$

例3、已知函数$f(x)=x\ln x \quad(x\gt 0)$
(1)求$f(x)$的极值；
(2)若存在$x\in (0,\infty ),使得f(x)\le \cfrac{-x^2+mx-3}{2}$成立，$m$的最小值。

解：(2)、$x\ln x\le \cfrac{-x^2+mx-3}{2} \Rightarrow \ln x\le -\cfrac{x}{2}+\cfrac{m}{2}-\cfrac{3}{2x} \Rightarrow \cfrac{m}{2}\ge\cfrac{x}{2}+\ln x+\cfrac{3}{2x} \quad {\color{Green}有解，非恒成立 } $
${\color{Red}即求\cfrac{m}{2}\ge(\cfrac{x}{2}+\ln x+\cfrac{3}{2x})_{min}} ,设g(x)=\cfrac{x}{2}+\ln x+\cfrac{3}{2x}$
${g}' (x)=\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{x}-\cfrac{3}{2x^2}=\cfrac{x^2+2x-3}{2x^2} =\cfrac{(x+3)(x-1)}{2x^2}$
$\because x\gt 0,\quad \therefore x\in(0,1),{g}'(x)\lt 0, g(x)\searrow ;x\in(1,+\infty ),{g}'(x)\gt 0, g(x)\nearrow$
$g(x)\ge g(x)_{min}=g(1)=2$
$\cfrac{m}{2} \ge 2\Rightarrow m\ge 4,m_{min}=4$

2011年高考题：若不等式$\cfrac{\ln x}{x+1}+\cfrac{1}{x} \gt \cfrac{\ln x}{x-1}+\cfrac{k}{x} 在x\gt 0且x\ne 1$时恒成立，求$k$的取值范围。
解:$\cfrac{\ln x}{x+1}+\cfrac{1}{x} \gt \cfrac{\ln x}{x-1}+\cfrac{k}{x} \Rightarrow \cfrac{\ln x}{x+1}+\cfrac{1}{x} － \cfrac{\ln x}{x-1}－\cfrac{k}{x} \gt 0\Rightarrow$
$\cfrac{-2\ln x}{x^2-1}+\cfrac{1-k}{x} \gt 0\Rightarrow \cfrac{-1}{x^2-1}[2\ln x+(k-1)(x-\cfrac{1}{x})] $
$设f(x)=2\ln x+(k-1)(x-\cfrac{1}{x}),即\begin{cases} f(x)\gt 0\quad (0,1)\\f(x)\lt 0\quad (1,+\infty)\end{cases}$
$\Rightarrow {f}' (x)=\cfrac{2}{x} +(k-1)(1+\cfrac{1}{x^2})=\cfrac{1}{x^2} [(k-1)x^2+2x+k-1]$
$\because f(1)=0\quad {f}' (1)\le 0\Rightarrow k\ge 0.$下面讨论k在所有的取值范围的情况：
${\color{Red} ①} 当k\ge 0时，\bigtriangleup \lt 0,\Rightarrow (k-1)x^2+2x+k-1\le 0,所以{f}'(x)\le 0,f(x)$单调递减，满足题意。
${\color{Green} ②} 当k\ge 1, \Delta \le 0 ,{f}' (x)\ge 0,$不合题意；
${\color{Red} ③} 当0\lt k \lt 1时，函数有零点x_1,x_2(x_1\lt x_2)，所以f(x)在(x_1,1)单调递增，所以f(x)\lt f(1)=0，$不合题意。

指数找朋友

$F(x)=e^{ax}f(x)\Rightarrow {F}' (x)=e^{ax}[{f}'(x)+af(x) ],求导和数乘各进行一次$
${\color{Red} \qquad 二、\quad }$ 在证明或处理含指数函数的不等式时，通常要将指数型的函数结合起来，即让指数型的函数乘以或除以一个多项式函数，这样再对新函数求导时，只需要一次就可以求出它的极值点，从而避免了多次求导，这种相当于让指数函数寻找"合作伙伴"的变形，我们形象地称之为“指数找基友”。
${\color{Red} \mathbf{1、} } 由e^x+f(x)\gt 0\Leftrightarrow 1+\cfrac{f(x)}{e^x}\gt 0，则( 1+\cfrac{f(x)}{e^x})'=\cfrac{{f}'(x)-f(x) }{e^x}$是一个多项式函数，变形后可大大简化运算。
${\color{Red} \mathbf{2、} } 由e^x+f(x)＝0\Leftrightarrow 1+\cfrac{f(x)}{e^x}＝0，则( 1+\cfrac{f(x)}{e^x})'=\cfrac{{f}'(x)-f(x) }{e^x} $是一个多项式函数，变形后可大大简化运算。
例4、2018年3、已知函数$f(x)=e^x-ax^2$
(1)若$a=1,证明：当x\ge 0时，f(x)\ge1；\qquad $
(2)若$f(x)在(0,\infty ),$只有一个零点，求$a$。
解:$(1) \because a=1\quad f(x)=e^x-x^2\ge1 \Leftrightarrow 1-\cfrac{x^2+1}{e^x} \ge 0\Leftrightarrow (1-\cfrac{x^2+1}{e^x})_{min}\ge 0$
设$g(x)=1-\cfrac{x^2+1}{e^x} \quad (x\ge 0)\qquad $
${g}' (x)=-\cfrac{2x-(x^2+1)}{e^x} =\cfrac{(x-1)^2}{e^x} \ge 0\quad$
$\Rightarrow g(x)\ge g(0)=0\quad$得证
(2)$\because f(x)=e^x-ax^2=0\Leftrightarrow a=\cfrac{e^x}{x^2}\quad (x\gt 0)$
设$h(x)=\cfrac{e^x}{x^2}\qquad {h}'(x)=\cfrac{e^x(x-2)}{x^3}$
$x\in (0,2),{h}' (x)\lt 0,h(x)\searrow ;\qquad $
$x\in (2,+\infty ),{h}' (x)\gt 0,h(x)\nearrow ;\qquad $
$h(x)\ge h(x)_{min}=h(2)=\cfrac{e^2}{4}$
故$a=\cfrac{e^2}{4}\quad f(x)$只有一个零点。(将零点问题转化为$y=a与h(x)$的交点问题。)

例5、求证：$x\gt 0时，2\ln ^2x+\ln x +2x\gt 1$
解：令$t=\ln x\Rightarrow x=e^t,t\in R$
原式$\Leftrightarrow t\in R,2t^2+t+2e^t\gt 1$
$2t^2+t+2e^t\gt 1{\color{Red} \Leftrightarrow } 2e^t\gt 1-2t^2-t{\color{Red} \Leftrightarrow }2\gt \cfrac{1-2t^2-t}{e^t}\quad$即证${\color{Red}2\gt (\cfrac{1-2t^2-t}{e^t})_{max}} $
$g(t)= \cfrac{1-2t^2-t}{e^t} \quad {g}' (t)=\cfrac{-4t-1-(1-2t^2-t)}{e^t}=\cfrac{(2t+1)(t-2)}{e^t} $
$t\in (-\infty,-\cfrac{1}{2}),{g}' (t)\gt 0,g(t)单增； \qquad$
$t\in (-\cfrac{1}{2},2),{g}' (t)\lt 0,g(t)单减； \qquad$
$t\in (2,+\infty),{g}' (t)\gt 0,g(t)单增；$
$\Rightarrow g(t)有极大值g(-\cfrac{1}{2}) =\cfrac{1-2\cdot \cfrac{1}{4}+\cfrac{1}{2} }{e^{-\cfrac{1}{2} }}=\sqrt{e}\lt 2 $
$g(t)有极小值g(2) =\cfrac{1-8－2 }{e^2}=-\cfrac{9}{e^2} $
虽然$t\ge 2时，g(t)从极小值g(2)=-\cfrac{9}{e^2}逐渐增大，但分子1-2t^2-t恒为负数，所以g(t)的最大值就是g(-\cfrac{1}{2})$。得证

对数题目：
1、若不等式$x\ln x\ge a(x-1)对所有x\ge 1$都成立，求实数a的取值范围。
2、已知当$x\ge 1时，x^2\ln x-x+1\ge m(x-1)^2恒成立，求实数m $的取值范围。
3、已知$f(x)=x\ln x,若f(x)\ge ax^2+\cfrac{2}{a}(a\ne 0),在x\in (0,+\infty)$上恒成立，求$a$的最小值。
$(-e^3\le a\lt 0)$
4、若$2x\ln x\ge -x^2+ax -3，对x\in (0,+\infty)$恒成立，求实数$a$的取值范围。
指数找朋友：
５、已知函数$f(x)=e^x-ax^2,a=1,证明:当x\ge 0时，f(x)\ge 1$
６、已知函数$f(x)=e^x-1-x-ax^2,当x\ge 0时，f(x)\ge 0$恒成立，求实数$a$的取值范围。
７、已知$e^x\gt x^2-2ax+1对于任意的x\gt 0$恒成立，求实数$a$的取值范围。
８、已知$f(x)=e^x+ax^2-x,当x\ge 0时,若f(x)\ge \cfrac{1}{2}x^2+1$,求实数$a$的取值范围；

已知函数$f(x)=e^x-\cos x+\sin x，证明当x\ge 0时，f(x)\ge 2.{\color{Red} 题目有问题} $
解：$e^x-\cos x+\sin x-2\ge 0\Rightarrow 1+\cfrac{\sin x-\cos x-2}{e^x} \ge 0$
设：$g(x)=1+\cfrac{\sin x-\cos x-2}{e^x} 即证x\ge 0,g(x)_{min\ge 0}$
${g}' (x)=\cfrac{\cos x+\sin x-(\sin x-\cos x-2)}{e^x}=\cfrac{2\cos x+2}{e^x}\ge 0 $

题型描述：
已知函数$f(x)=e^x\ln (x+1)-a\cdot \sin \pi x+\sqrt{1+x^2}+\cdots 满足f(x)\ge 0, 对\forall x\in [1,+\infty)$恒成立，求$a$的取值范围。
必要条件：
$f(1)\ge 0或\begin{cases} f(1)=0\\{f}'(1)\ge 0 \end{cases}或\begin{cases} f(1)=0\\{f}'(1)= 0\\{f}''(1)\ge 0 \end{cases}\quad$由此求出参数的范围。
已知函数$f(x)=(1-ax)\ln (1+x)-x\quad $
$(1)当a=2时，求f(x)$的极值。
$(2)当x\ge 0时，f(x)\ge 0，求a$的取值范围。
(2)解:$f(0)=0\qquad $
${\color{Red} {f}'(x)} =-a\ln (1+x)+\cfrac{1-ax}{1+x} -1 \quad {f}' (0)=0$
${\color{Green} {f}'' (x)} =\cfrac{-a}{1+x}+\cfrac{-a(1+x)-(1-ax)}{(1+x)^2}=\cfrac{-a}{1+x} +\cfrac{-1-a}{(1+x)^2} $
${f}'' (0) =-a-a-1\ge 0\Rightarrow {\color{Green} a\le -\cfrac{1}{2} } $
${\color{Red} 下面证明：当a\le -\cfrac{1}{2}时，对于\forall x\in [0,+\infty) ,f(x)\ge 0恒成立。} $
${\color{Green} 下面证明充分性：} $
说明：证明充分性时，先把自变量x看成常量，氢参数a看作自变量，分析参变量如何影响函数值的变化。大部分题目都是关于参数的单调函数，像本题$f(x)=(1-ax)\ln(1+x)-x=-x\ln(1+x){\color{Red} a}+\ln(1+x)-x$是关于a的单调递减函数，故$f(x)\ge f(a=-\cfrac{1}{2}),即f(x)\ge (1+\cfrac{1}{2}x)\ln (1+x)-x\ge 0，{\color{Green} 这是端点效应的核心作用，消去参数！} $
$f(x)\ge (1+\cfrac{1}{2}x)\ln (1+x)-x\ge 0\quad $
令$g(x)=(1+\cfrac{1}{2}x)\ln (1+x)-x\quad $
${\color{Red}{g}' (x) } =\cfrac{1}{2}\ln (1+x)+(1+\cfrac{1}{2}x)\cfrac{1}{1+x}-1 $
${\color{Green} {g}''(x) } =\cfrac{\cfrac{1}{2} }{1+x} +\cfrac{-\cfrac{1}{2} }{(1+x)^2} =\cfrac{x }{2(1+x)^2} \ge0$
${g}''(x)\ge0\Rightarrow {g}' (x)\nearrow \Rightarrow {g}' (x)\ge {g}' (0)=0$
${g}' (x)\ge 0\Rightarrow g(x)\nearrow \Rightarrow g(x)\ge g(0)=0$

总结解题步骤：
${\color{Red} \quad ①\quad }$端点效应先猜答案，必要性探路，单调含参
${\color{Green} \quad ②\quad}$ 证明充分性，把参数看作变量，达到消去参数的目的。
${\color{Red}\quad ③\quad }$ 严格来说，还要证明当$a\gt -\cfrac{1}{2} 时，\exists x_0使得,x\in [0,x_0],{f}'(x)\le 0,f(x)\le f(0)=0,$不符合题意。

若关于x的不等式，$2x^2\ln x\ge 4ax\ln x-x^2+a在\forall x \in [1,+\infty)$上恒成立，求实数$a$的取值范围。
解：$f(x)=4ax\ln x-x^2+a-2x^2\ln x\le 0$
$f(1)=-1+a\le 0\Rightarrow a\quad至少满足\quad a\le 1$
证明充分性：
$f(x)=(4x\cdot\ln x+1)\cdot a-x^2-2x^2\ln x\quad f(x)有关a的递增函数$
$\le 4x\cdot\ln x+1-x^2-2x^2\ln x\quad $
令$g(x)=(4x-2x^2)\ln x+1-x^2\quad $
${g}' (x)=(4-4x)\ln x+(4x-2x^2)\cdot \cfrac{1}{x}-2x=(4-4x)\ln x +4-4x $
${g}' (x)=4(1-x)(\ln x +1)\quad \because (1-x)\le 0 ,\quad \ln x +1\gt0 \Rightarrow {g}' (x)\le 0$
$g(x)\ge g(1)=0,得证$

1、证明：$e^x\gt \ln (x+3)-\cfrac{1}{2}$
$\Leftrightarrow e^x-\ln (x+3)+\cfrac{1}{2}\gt 0\Leftrightarrow {\color{Red} [e^x-\ln (x+3)+\cfrac{1}{2}]_{min}\gt 0} $
设$f(x)=e^x-\ln (x+3)+\cfrac{1}{2}\quad {f}'(x)=e^x-\cfrac{1}{x+3} \nearrow $
${\color{Red} 观察} \quad {f}' (0)=e^0 -\cfrac{1}{3} =\cfrac{2}{3}\gt0,\quad {f}' (-1)=\cfrac{1}{e}-\cfrac{1}{2} \lt 0，记住： \cfrac{1}{e}=0.36788$
$\exists x_0\in (-1,0)使得{f}' (x_0)=e^{x_0}-\cfrac{1}{x_0+3} =0\Rightarrow e^{x_0}=\cfrac{1}{x_0+3,} $
$(-3,x_0),{f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow ;$
$(x_0,+\infty),{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow ;{\color{Red} 即f(x)在x_0处有最小值f(x_0)} $
$f(x)\ge f(x_0)=e^{x_0}-\ln(x_0+3)+\cfrac{1}{2}=\cfrac{1}{x_0+3}+x_0+\cfrac{1}{2}$
判断$f(x_0)\ge 0$有两种方法：利用导数和对勾函数；
方法1：
$\because x_0\in (-1,0),且f(x_0)=\cfrac{1}{x_0+3}+x_0+3-3+\cfrac{1}{2}在(-2,+\infty)$单调递增，$f(x_0)\gt f(-1)=0$
$\therefore f(x)\ge f(x_0)\gt 0$
方法2：
令$x\in (-1,0)，设g(x)=\cfrac{1}{x+3}+x+\cfrac{1}{2} \quad {g}'(x)= 1-\cfrac{1}{(x+3)^2}\gt 0$
$\therefore \quad \Rightarrow g(x)\nearrow g(x)\gt g(-1)=\cfrac{1}{-1+3}-1+\cfrac{1}{2} =0$

2、证明:$x^2e^x\gt \ln x+\cfrac{1}{3}$
令$f(x)=x^2e^x- \ln x-\cfrac{1}{3} \quad (x\gt0 ) {\color{Red}\quad 即证f(x)_{min}\gt 0}$
${f}' (x)=(x^2+2x)e^x-\cfrac{1}{x}\quad$
设$g(x)= {f}' (x)\quad {g}' (x)=(x^2+2x+2x+2)e^x+\cfrac{1}{x^2}\gt 0 $
$\because {g}' (x)\gt 0\Rightarrow {f}' (x)\nearrow$
${f}' (1)\gt 0\quad {f}' (\cfrac{1}{5} )\lt 0$
$\exists x_0\in (\cfrac{1}{5},1),使得{f}' (x_0)=(x_0^2+2x_0)e^{x_0}-\cfrac{1}{x_0} =0$
即$x\in (0,x_0)\quad {f}' (x)\lt 0\quad f(x)\searrow $
$x\in (x_0.+\infty)\quad {f}' (x)\gt 0\quad f(x)\nearrow $
$f(x)\ge f(x_0)=x_0^2e^{x_0}- \ln x_0-\cfrac{1}{3}= {\color{Red}f(x)_{min}}$
$x_0(x_0+2)e^{x_0}=\cfrac{1}{x_0} \Rightarrow x_0^2e^{x_0}=\cfrac{1}{x_0+2}$
${\color{Red}f(x)_{min}}=x_0^2e^{x_0}- \ln x_0-\cfrac{1}{3}=\cfrac{1}{x_0+2}-\ln x_0-\cfrac{1}{3}$
设$g(t)=\cfrac{1}{t+2}-\ln t-\cfrac{1}{3}\quad (\cfrac{1}{5}\lt t \lt 1)$
$g(t)单调递减，设g(t)\gt g(1)=\cfrac{1}{1+2}-\ln 1-\cfrac{1}{3} =0＝ {\color{Red}f(x)_{min}}\quad $得证

３、证明：当$a\ge 1时，3e^x+ax^2+x-1\gt 0$
${\color{Red} 方法一:隐零点回避} a\ge 1\quad \Rightarrow ax^2\ge x^2,\quad 3e^x+ax^2+x-1\gt 0\Leftrightarrow 3e^x+ax^2+x-1\ge 3e^x+x^2+x-1\gt 0$
$3e^x+x^2+x-1\gt 0\Leftrightarrow 3+\cfrac{x^2+x-1}{e^x} \gt0\quad \Leftrightarrow {\color{Red} 证明: (3+\cfrac{x^2+x-1}{e^x})_{min}\gt0}$
令$f(x)=3+\cfrac{x^2+x-1}{e^x}$
${f}' (x)=\cfrac{2x+1-(x^2+x-1)}{e^x} =\cfrac{-(x^2-x-2)}{e^x}=\cfrac{-(x-2)(x+1)}{e^x} $
$x\in (-\infty ,-1)\quad {f}' (x)\lt 0\quad f(x)\searrow $
$x\in (-1,2)\quad {f}' (x)\gt 0\quad f(x)\nearrow ;$
$x\in (2,+\infty)\quad {f}' (x)\lt 0\quad f(x)\searrow $
当$x\gt 2时，f(x)单调递减，但x^2+x-1\gt 0即，f(x)\gt 3$,所以$f(x)的最小值为f(-1)=3-e\gt 0$恒成立。
${\color{Red} 方法二:} 设f(x)=3e^x+x^2+x-1\quad {\color{Red} 证明f(x)_{min}\gt 0}\quad {f}' (x)=3e^x+2x+1$
${f}' (x)=3e^x+2x+1\nearrow {f}'(-1)=\cfrac{3}{e}-2+1\gt 0 \qquad {f}' (-2)=4\lt 0$
故$\exists x_0\in (-2,-1),使得{f}'(x_0)=0 即，3e^{x_0}=-2x_0-1$
$f(x)在(-\infty,x_0)\searrow ;f(x)在(x_0,+\infty)\nearrow$
故$f(x)\ge f(x_0)=3e^{x_0}+x_0^2+x_0-1=-2x_0-1+x_0^2+x_0-1=x_0^2-x_0-2=(x_0-2)(x_0+1)$
$\because x_0\lt -1,\therefore (x_0-2)\lt 0且 x_0+1\lt 0,故(x_0-2)(x_0+1)\gt 0\Rightarrow f(x)\gt 0得证$

4、证明:当$a\ge 1时，a(x+1)\gt \cfrac{\ln x+1}{x}$
${\color{Red} 法一: } a\ge 1\Rightarrow a(x+1)\ge x+1\gt \cfrac{\ln x+1}{x}$
如果你很熟悉那6个超越函数的极值的话，一眼便看出右边有极大值。若看不出来，就证左边的最小值大于右边的最大值。
$\cfrac{e\ln (ex)}{ex}= e\cdot \cfrac{1}{e} =1，而左边的函数单调递增，当x\gt 0,左边\gt 1,$得证
${\color{Red} 方法二：} a(x+1)\ge x+1\gt \cfrac{\ln x+1}{x}\Rightarrow x+1-\cfrac{\ln x+1}{x}\gt 0
\quad设f(x)=x+1-\cfrac{\ln x+1}{x}$
${\color{Red} 即证f(x)_{min} \gt 0}\quad {f}' (x)=1-\cfrac{-\ln x}{x^2} =\cfrac{x^2+\ln x}{x^2} $
而$g(x)=x^2+\ln x在(0,+\infty)\nearrow 且g(1)=1\gt 0\quad g(\cfrac{1}{e})=\cfrac{1}{e^2}-1\lt 0 $
$\exists x_0\in (\cfrac{1}{e},1),使得g(x_0)=x_0^2+\ln x_0=0$
$f(x)在(0,x_0)\searrow ,(x_0,+\infty)\nearrow ，f(x)\ge {\color{Red} f(x)_{min} } =f(x_0)=x_0+1-\cfrac{\ln x_0+1}{x_0} =$
$x_0+1-\cfrac{- x_0^2+1}{x_0} =2x_0-\cfrac{1}{x_0} +1=g(x_0)\nearrow $
$g(x_0)的最大值为g(1)=0，\therefore f(x)\ge g(1)\gt f(x_0)= {\color{Red} f(x)_{min} } $
${\color{Red} 法三：对数单身狗：隐零点回避}$
$x+1\gt\cfrac{\ln x+1}{x}\Leftrightarrow {\color{Red} x^2+x\gt \ln x+1} \Rightarrow x^2+x-\ln x-1\gt 0$
令$f(x)= x^2+x-\ln x-1\quad {f}' (x)=2x+1-\cfrac{1}{x} =\cfrac{2x^2+x-1}{x}=\cfrac{(2x-1)(x+1)}{x} $
$x\in (0,\cfrac{1}{2}),{f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow ;\qquad$
$x\in (\cfrac{1}{2},+\infty),{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow \Rightarrow f(x)在x=\cfrac{1}{2}$ 有极小值。
$f(x)\ge f(1)=\ln 2-\cfrac{1}{4}\gt 0，$得证。

5、已知函数$f(x)=ax^2-ax-x\ln x,且f(x)\ge 0 $(2017年全国2－17题)
(1)求$a$;
(2)证明：$f(x)$存在唯一的极大值点$x_0$，且有$e^{-2}\lt f(x_0)\lt 2^{-2}$
解：(1)$ax^2-ax-x\ln x\ge 0\Leftrightarrow a(x-1)\ge \ln x$
左边为过$(1,0)$的直线$y=a(x-1)$；右边为对数函数，当且仅当直线是对数的切线时，$f(x)\ge 0$成立，易解得$a=1$;
(2)证明：$f(x)=x^2-x-x\ln x存在极大值点x_0$
$x^2-x-x\ln x=0$
${f}' (x)=2x-1-(\ln xx+1)=2x-2-\ln x\quad (x\gt0)$
令$g(x)={f}' (x)\quad {g}' (x)=2-\cfrac{1}{x} =\cfrac{2x-1}{x} \quad (x\gt 0 )$
故${f}' (x)在(0,\cfrac{1}{2})\searrow (\cfrac{1}{2} ,+\infty ) \nearrow $
${f}' (\cfrac{1}{e})=\cfrac{2}{e}-2-\ln \cfrac{1}{e}=\cfrac{2}{e}-1\lt 0, $
${f}' (\cfrac{1}{e^2})=\cfrac{2}{e^2}-2-\ln \cfrac{1}{e^2}=\cfrac{2}{e^2}\gt 0$
故$\exists x_0\in (\cfrac{1}{e^2},\cfrac{1}{e} )，使得{f}' (x_0)={\color{Red} 2x_0-2-\ln x_0=0} $
又$\because {f}' (1)=0,故{f}' (x)在 (0,x_0)大于0，(x_0,1)小于0，(1,+\infty)大于0$
$\therefore f(x)$存在唯一极大值点$x_0,\Rightarrow f(x_0)\gt f(\cfrac{1}{e})=\cfrac{1}{e^2}-\cfrac{1}{e}-\cfrac{1}{e}\ln \cfrac{1}{e}=\cfrac{1}{e^2}$
${\color{Green} 放大}f(x_0)=x_0^2-x_0-x_0\ln x_0= x_0^2-x_0-x_0{\color{Red} (2x_0-2) }=-x_0^2+x_0\lt -(\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{1}{2}=\cfrac{1}{4}$
$\therefore e^{-2}\lt f(x_0)\lt 2^{-2}$

$6、2015年全国1卷21题目；设函数f(x)=e^{2x}-a\ln x$.
(1)讨论$f(x)$的导函数${f}' (x)$零点的个数。
(2)证明：当$a\gt 0$时，$f(x)\ge 2a+a\ln \cfrac{2}{a} $.
$解(1)f(x)的定义域为(0,+\infty). \quad {f}' (x)=2e^{2x}-\cfrac{a}{x}(x\gt 0).\quad 当a\le 0时， {f}' (x)\gt 0,{f}' (x)没有零点。$
$当a\gt 0时，\because 2e^{2x}单调递增，-\cfrac{a}{x}单调递增；$
${\color{Green} \because } {f}' (a)=2e^{2a}-\cfrac{a}{a}=2e^{2a}\gt 0,$
${\color{Green} \therefore } 当0\lt b \lt \cfrac{a}{4} 且b\lt \cfrac{1}{4} 时，{f}' (b)\lt 0，即a\gt 0时{f}' (x)存在唯一零点。$
$(2)证明：设{f}' (x)在(0,+\infty)的唯一零点为x_0。当x\in (0,x_0)时，{f}' (x)\lt 0;当x\in (x_0,\infty)时，$
$故f(x)在(0,x_0)单调递减，在(x_0,+\infty)单调递增，f(x)在x=x_0有极小值f(x_0).$
${\color{Green} {f}' (x_0)} =2e^{2x_0}-\cfrac{a}{x_0}=0\Rightarrow 2e^{2x_0}=\cfrac{a}{x_0}$
$两边取对数，得{\color{Green} 2x_0=\ln \cfrac{a}{2x_0}}$
$f(x_0)=e^{2x_0}-a\ln x_0=\cfrac{a}{2x_0}-a\ln x_0=\cfrac{a}{2x_0}+2ax_0-2ax_0-a\ln x_0=\cfrac{a}{2x_0}+2ax_0-a({\color{Green} 2x_0} +\ln x_0)$
$=\cfrac{a}{2x_0}+2ax_0-a({\color{Green} \ln \cfrac{a}{2x_0}} +\ln x_0)=\cfrac{a}{2x_0}+2ax_0-a\ln \cfrac{a}{2}=\cfrac{a}{2x_0}+2ax_0+a\ln \cfrac{2}{a}\ge 2a+a\ln \cfrac{2}{a}$