$1、已知函数f(x)=\ln x-ax+1,其中a\in R.$
$(1)若函数f(x)的图像恒不在x轴上方，求实数a的取值范围;$
$(2)证明:1+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{3}+\cdots+\cfrac{1}{n}\gt \ln (n+1),其中n\in N*.$
$(1)定义域x\in R,\ln x-ax +1\le 0,\Rightarrow a\ge \cfrac{\ln x+1}{x}$
$令g(x)=\cfrac{\ln x+1}{x},求g(x)的最大值。{g}' (x)=\cfrac{-\ln x}{x^2} $
$x\in (0,1),{g}' (x)\gt 0,g(x) \nearrow ;x\in (1,+\infty),{g}' (x)\lt 0,g(x) \searrow;$
$g(x)在x=1时有最大值g(x)_{max}=1,故a\ge 1$
$(2)分析，\cfrac{1}{k}\ge \ln (k+1)-\ln k=\ln (1+\cfrac{1}{k})$
$\ln x\le x-1,令x=1+\cfrac{1}{x}\Rightarrow \ln (1+\cfrac{1}{x})\le \cfrac{1}{x},当且仅当x=1时取=$
$1+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{3}+\cdots+\cfrac{1}{n}\gt \ln 2-\ln 1+\ln 3-\ln 2+\ln4-\ln3 +\cdots +\ln (n+1)-\ln n=\ln (n+1)$

$2、已知函数f(x)=2x\ln x,g(x)=ax^2-1.$
$(1)求f(x)的单调区间;$
$(2)当x\ge 1时,f(x)\le g(x),求a的取值范围;$
$(3)证明:{\textstyle \sum_{n}^{k=2}} \cfrac{1}{k\ln k} \gt \cfrac{3}{2}-\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1},n\in N^*且n\ge 2.$
$解:(1) f(x)=2x\ln x,{f}' (x)=2\ln x+2=2(\ln x+1)$
$x\in (0,\cfrac{1}{e}), {f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow;x\in (\cfrac{1}{e},+\infty ), {f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow$
$(2) x\gt 1，f(x)\le g(x)\Rightarrow 2x\ln x\le ax^2-1\Rightarrow a\ge \cfrac{2x\ln x+1}{x^2}$
$令h(x)=\cfrac{2x\ln x+1}{x^2},{h}' (x)=\cfrac{2(\ln x+1)x^2-2x(2x\ln x+1)}{x^4}=$
$\cfrac{2x(\ln x+1)-2(2x\ln x+1)}{x^3}=\cfrac{2x\ln x+2x-4x\ln x-2}{x^3}=\cfrac{-2x\ln x+2x-2}{x^3}$
$令\varphi (x)=-2x\ln x+2x-2,{\varphi }' (x)=2-2\ln x-2=-2\ln x$
$当 x\gt 1时,{\varphi }' (x)\lt 0,\varphi (x)\searrow,且\varphi (1)=0\Rightarrow\varphi (x)\lt 0\Rightarrow h'(x)\lt 0$
$h(x)在x\gt 1时，h(x)\searrow,且有h(1)=0,h(x)\lt 0，h(x)_{max}=h(1)=0$
$故a\gt 1，亦可用必要性探路得到此结论,请自行证明$/
$(a)证明必要性:x\ge 1时，2x\ln x\le ax^2-1，令x=1，0\le a-1\Rightarrow a\ge 1.$
$(b)证明充分性，即证a\ge 1,x\ge 1时，证明 ax^2-1\ge 2x\ln x.$
$即证x^2-1\ge 2x\ln x\Leftrightarrow x^2-1-2x\ln x \ge 0 $
$令h(x)=x^2-1-2x\ln x,h'(x)=2x-2(\ln x+1)=\varphi (x)$
$\varphi '(x)=2-\cfrac{2}{x},x\ge 1时，\varphi '(x)\gt 0,\varphi (x)=h'(x)\nearrow $
$h'(1)=0\Rightarrow h'(x)\ge 0\Rightarrow h(x)\nearrow,h(1)=0,h(x)\ge h(1)=0$

$(3)2x\ln x \le x^2-1,x\ge 1，当且仅当x=1时取等号，当x\gt 1时，左右两边均为正数$
$令x=k,k\ge 2,k\in N^*，有2k\ln k\lt k^2-1,两边取倒数 ，则有\cfrac{1}{k\ln k}\gt \cfrac{2}{k^2-1}=\cfrac{1}{k-1}-\cfrac{1}{k+1}$
$\sum_{k=2}^{n} \cfrac{1}{k\ln k}\gt 1-\cfrac{1}{3}+\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{4}+\cfrac{1}{3}-\cfrac{1}{5}+\cfrac{1}{n-2}-\cfrac{1}{n}+\cfrac{1}{n-1}-\cfrac{1}{n+1}$
$\sum_{k=2}^{n} \cfrac{1}{k\ln k}\gt \cfrac{3}{2}-\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1}$

$3、已知函数f(x)=\cfrac{ae^x-1}{x}的图像在(1,f(1))处的切线经过点(2,e).$
$(1)求a的值及函数f(x)的单调区间;$
$(2)若关于x的不等式e^x\ln x-\cfrac{\ln x +x^2+(\lambda -1)x-\lambda }{e^\lambda }\ge 0在区间(1,+\infty)上恒成立，求正实数\lambda 的取值范围。$
$解:(1)定义域为x\ne 0\qquad f'(x)=\cfrac{axe^x-ae^x+1}{x^2}$
$k=\cfrac{e-f(1)}{2-1}=f'(1)\Rightarrow e-ae+1=1\Rightarrow a=1$
$f(x)=\cfrac{e^x-1}{x}\quad f'(x)=\cfrac{xe^x-e^x+1}{x^2},令h(x)=xe^x-e^x+1$
$h'(x)=xe^x,x\in (-\infty,0),h'(x)\lt 0,h(x)\searrow;x\in (0,+\infty),h'(x)\gt 0,h(x)\nearrow$
$(2)x\in (1,+\infty),\Rightarrow \ln x \gt 0且x+\lambda\gt 0,e^x\ln x-\cfrac{\ln x +x^2+(\lambda -1)x-\lambda }{e^\lambda }\ge 0$
$e^x\ln x-\cfrac{\ln x +(x+\lambda)(x -1)}{e^\lambda }\ge 0\Rightarrow e^{x+\lambda}-1-\cfrac{(x+\lambda)(x -1)}{\ln x}\ge 0$
$\cfrac{e^{x+\lambda}-1}{x+\lambda}-\cfrac{x -1}{\ln x}\ge 0\Rightarrow \cfrac{e^{x+\lambda}-1}{x+\lambda}\ge \cfrac{e^{\ln x} -1}{\ln x}$
$已知f(x)=\cfrac{e^x-1}{x}在x\in (0,+\infty)上单调递增,又{\color{Red} \because } f(x+\lambda)\ge f(\ln x)$
$x+\lambda\ge \ln x\Rightarrow \lambda\ge \ln x-x$
$\lambda\ge -1$

$4、已知函数f(x)＝\ln x+\sin x.$
$(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;$
$(2)求函数f(x)在区间[1,e]上的最小值;$
$(3)证明函数f(x)只有一个零点.$
$解:(1)f'(x)=\cfrac{1}{x}+\cos x,f'(1)=1+\cos 1,f(1)=\sin 1$
$y-\sin 1=(1+\cos 1)(x-1)$
$(2)f'(x)=\cfrac{1}{x}+\cos x,在x\in(0,\pi )\cos x单调递减,$
$所以[1,e]\subset (0,\pi)，所以{f}' (x)在[1,e]单调递减。$
${f}' (\cfrac{\pi}{2} )=\cfrac{2}{\pi}+\cos \cfrac{\pi}{2}=\cfrac{2}{\pi}\gt 0;\qquad {f}' (\cfrac{2\pi}{3} )=\cfrac{3}{2\pi} -\cfrac{1}{2} \lt 0$
$故存在唯一的x_0\in (\cfrac{\pi}{2},\cfrac{2\pi}{3})，使得{f}' (x_0 )=0,$
$即x\in[1,x_0),{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow;x\in(x_0,e],{f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow$
$f(x)在[1,e]存在最大值f(x)_{max}=f(x_0),最小值在左右端点$
$f(1)=\sin 1 \lt 1;f(e)=1+\sin e,e\in (0,\pi)\Rightarrow \sin e\gt 0,即f(1)\lt f(e)$
$故函数f(x)在区间[1,e]上的最小值为\sin 1$
$(3)$

$14、已知正实数a,b，满足ae^2(\ln b-\ln a+a-1)\ge be^a,则\cfrac{1}{b}的最小值为(\qquad)$
$类似指对分离,两边{\div} ae^2，\ln b-\ln a+a-1=\ln \cfrac{b}{a}+a-1\ge \cfrac{b}{a}e^{a-2}=e^{\ln \cfrac{b}{a}+a-2}$
${\color{Red} \because \quad } e^x\ge x+1,当且仅当x=0时取=\quad {\color{Red} \therefore \quad } e^{\ln \cfrac{b}{a}+a-2}\ge \ln \cfrac{b}{a}+(a-2)+1$
$\begin{cases} e^{\ln \cfrac{b}{a}+a-2}\ge \ln \cfrac{b}{a}+(a-2)+1\\e^{\ln \cfrac{b}{a}+a-2}\le \ln \cfrac{b}{a}+(a-2)+1\end{cases}\Rightarrow e^{\ln \cfrac{b}{a}+a-2}= \ln \cfrac{b}{a}+(a-2)+1$
$\Rightarrow \ln \cfrac{b}{a}+a-2=0\Rightarrow \ln b=\ln a+2-a，令f(a)=\ln a+2-a$
$ {f}'(a)=\cfrac{1}{a}-1=\cfrac{1-a}{a} $
$a\in (0,1)时，{f}'(a)\gt 0,f(a)\nearrow ;a\in (1,+\infty)时，{f}'(a)\lt 0,f(a)\searrow$
${\color{Red} \therefore \quad } f(a)\le f(1)=1,\Rightarrow \ln b\le 1\Rightarrow b\le e,\cfrac{1}{b}\ge \frac{1}{e}\quad {\color{Red} b_{min}=\cfrac{1}{e}}$

$自贡14题若函数f(x)=k(\ln x)^2-x有3个零点，则实数k的取值范围(\qquad)$
零点变交点，换元法
$令\ln x=t\in R,x=e^t,g(t)=kt^2-e^t,g(t)=0\Leftrightarrow kt^2=e^t,\quad \therefore \cfrac{1}{k}=\cfrac{t^2}{e^t}=h(t)$
${h}'(t)= \cfrac{t(2-t)}{e^t};\qquad t\in (-\infty,0)时，{h}'(t)\lt 0,h(t)\searrow ;$
$a\in (0,+2)时,{h}'(t)\gt 0,h(t)\nearrow;a\in (2,+\infty)时，{h}'(t)\lt 0,h(t)\searrow$
$h(0)=0,h(2)=\cfrac{4}{e^2},故\cfrac{1}{k}\in (0,\cfrac{4}{e^2}),k\in (\cfrac{e^2}{4},+\infty)$

$18、设函数f(x)=x(a+e^x)\quad a\in R,g(x)=1+\ln x,若f(x)\ge g(x)在x\in (0,+\infty)$恒成立，求实数$a$的取值范围。
key:参娈分离，朗博同构，零点变交点，隐零点
$x(a+e^x)\ge 1+\ln x\Rightarrow a\ge \cfrac{1+\ln x}{x}-e^x=\cfrac{1+\ln x-xe^x}{x}$
$=\cfrac{1+\ln x-e^{x+\ln x}}{x}=\cfrac{x+\ln x+1-e^{x+\ln x}-x}{x}\quad自证\quad x+1\le e^x$
$x+\ln x+1\le e^{x+\ln x},当且令当x+\ln x=0时取=$
$a\ge \cfrac{x+\ln x+1-e^{x+\ln x}-x}{x}\ge \cfrac{0-x}{x}=-1\quad 若x+\ln x=0成立，则上式能取得等号成立$
$设g(x)=x+\ln x，x\in (0,+\infty),g(x)单调递增，g(1)=1\gt 0,g(\cfrac{1}{e})=\cfrac{1}{e}-1\lt 0,$
$故存在g(x_0)=0在x_0\in (\cfrac{1}{e},1),即存在x_0\in (\cfrac{1}{e},1)使得a\ge \cfrac{x+\ln x+1-e^{x+\ln x}-x}{x}取＝成立。$
$a\ge -1,a\in (-\infty,1]$

19 、(17分)
$已知函数f(x)=(x-a)\ln x-x$
$(1)当a=0时，①求f(x)的最小值；②设n\in N^*,求证:\cfrac{\ln 1}{2}+\cfrac{\ln 2}{3}+\cfrac{\ln 3}{4}+\cdots+\cfrac{\ln n}{n+1}\le \cfrac{n(n-1)}{4};$
$(2)设x_1\lt x_2,是f(x)的两个极值点,求证:x_1+x_2\gt \cfrac{2}{e}$
$解:a=0,f(x)=x\ln x-x,{f}'(x)=\ln x,令\ln x=0,x=1,f(x)在{\color{Red}x\in(0,1)时 } ，$
${f}'(x)\lt 0,f(x)\searrow;f(x)在{\color{Red}x\in(1,+\infty)},{f}'(x)\gt 0,f(x)\nearrow\qquad f(x)\ge f(1)=-1$
$分析 设S_n=\cfrac{n(n-1)}{4},S_{n-1}=\cfrac{(n-1)(n-2)}{4}\Rightarrow a_n=S_n-S_{n-1}=\cfrac{n-1}{2},即证{\color{Red} \cfrac{\ln n}{n+1}\le \cfrac{n-1}{2}} $
${\color{Red} \Leftrightarrow }\ln n\le \cfrac{1}{2}(n^2-1)\qquad {\color{Red} ①已证x\ln x-x\ge -1}\Rightarrow \ln x \ge 1-\cfrac{1}{x},若令x=\cfrac{1}{n^2}即可得证$
$②证,f(x)\ge -1,即x\ln x-x\ge -1\Rightarrow \ln x\ge 1-\cfrac{1}{x}令x=\cfrac{1}{n^2},得\ln \cfrac{1}{n^2}\ge 1-n^2\Rightarrow -2\ln n\ge 1-n^2$
$2\ln n\le n^2-1\Rightarrow \cfrac{\ln n}{n+1}\le \cfrac{n-1}{2}$
$\cfrac{\ln 1}{2}\le \cfrac{0}{2} $
$\cfrac{\ln 2}{3}\le \cfrac{1}{2} $
$\cfrac{\ln 3}{4}\le \cfrac{2}{2} $
$\cfrac{\ln 4}{5}\le \cfrac{3}{2} $
$\cfrac{\ln 5}{6}\le \cfrac{4}{2} $
$\cdots \cdots$
$\cfrac{\ln (n-1)}{n}\le \cfrac{n-2}{2}$
$\cfrac{\ln n}{n+1}\le \cfrac{n-1}{2}$
$\cfrac{\ln 1}{2}+\cfrac{\ln 2}{3}+\cfrac{\ln 3}{4}+\cdots+\cfrac{\ln n}{n+1}\le \cfrac{0}{2}+\cfrac{1}{2}+\cfrac{2}{2}+\cfrac{3}{2}+\cfrac{4}{2}+\cdots \cfrac{n-2}{2}+\cfrac{n-1}{2}=\cfrac{(0+n-1)n}{2\times 2}$
$(2){\color{Red} {f}'(x)=\ln x-\cfrac{a}{x} \quad }令{f}'(x)=0\Leftrightarrow \ln x=\cfrac{a}{x}\Leftrightarrow {\color{Red} a=x\ln x}$
$f(x)的两个极值点,即y=a与g(x)=x\ln x有两个交点$
$根据g(x)=x\ln x 的图像,可以a\in (-\cfrac{1}{e},0)时,x\in (0,1),有x=\cfrac{1}{e}两边各有一个交点$
${\color{Red} ①}设0\lt x_1\lt \cfrac{1}{e}, \cfrac{2}{e}\lt x_2\lt 1 ,x_1+x_2\gt \cfrac{2}{e}不证自明$
${\color{Red} ②} 设0\lt x_1\lt \cfrac{1}{e} \lt x_2\lt \cfrac{2}{e},欲证x_1+x_2\gt \cfrac{2}{e},即证x_1\gt \cfrac{2}{e}-x_2$
$g(x)=x\ln x求导{g}'(x)=\ln x+1，易知g(x)在x\in(0,\cfrac{1}{e})单调递减；在x\in(\cfrac{1}{e},+\infty)单调递增$
$故即证g(x_1)\lt g(\cfrac{2}{e}-x_2){\color{Red} \Leftrightarrow } g(x_2)\lt g(\cfrac{2}{e}-x_2),构造函数G(x)=g(x)-g(\cfrac{2}{e}-x)\quad (x\in (\cfrac{1}{e},\cfrac{2}{e})$
${G}'(x)={g}'(x)+{g}'(\cfrac{2}{e}-x)=\ln x+1+[\ln (\cfrac{2}{e}-x)+1]$
${\color{Red} {G}''(x)= } \cfrac{1}{x}-\cfrac{1}{\cfrac{2}{e}-x},{G}''(x)\searrow; {G}''(\cfrac{1}{e})=0\Rightarrow {G}''(x)\lt 0\Rightarrow {G}'(x)\searrow$
${G}'(\cfrac{1}{e})=0,\Rightarrow {G}'(x)\lt 0\Rightarrow G(x)\searrow ,G(\cfrac{1}{e})=0,G(x)\lt G(\cfrac{1}{e})=0$
$\Rightarrow G(x)=g(x)-g(\cfrac{2}{e}-x)\lt 0,\Rightarrow g(x)\lt g(\cfrac{2}{e}-x)$

$例1、已知函数f(x)=2(x-2)\ln x+ax^2-1.$
$①、当a=0时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；$
$②、若f(x)\ge 0恒成立，求实数a的取值范围。$
$解：②2(x-2)\ln x+ax^2-1\ge 0$
$f(1)=a-1\ge 0\Rightarrow a\ge 1,必要性探路；$
$ax^2\ge x^2,即证2(x-2)\ln x+x^2-1\ge0,充分性；$
$g(x)=2(x-2)\ln x+x^2-1;$
${g}' (x)=2\ln x+\cfrac{2(x-2)}{x} +2x=2\ln x+2-\cfrac{4}{x}+2x, $
${g}' (1)=0,{g}' (x)\nearrow ;g(x)_{min}=g(1)=0$

$例2、设函数f(x)=x^2-(a+2)x+a\ln x\quad (a\in \mathbb{R} ).$
$①、若x=3是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间；$
$②、若f(x)\ge 1,求a的取值范围。$
$解：②法一：f(1)=1-(a+2)\ge 1,a\le -2;必要性，$
$证a\le -2,f(x)\ge 1恒成立(充分性);$
$-ax+a\ln x=-a(x-\ln x),{\color{Red} \because x-\ln x \ge 1,易证} \Rightarrow -a(x-\ln x)\ge 2(x-\ln x)$
$故f(x)=x^2-(a+2)x+a\ln x\ge x^2-2x+2(x-\ln x)=x^2-\ln x^2\gt 1;$

$法二：利用函数的保号性，f(x)\ge 1,f(x)-1\ge 0$
$x^2-(a+2)x+a\ln x-1\ge 0$
$左边＝(x-1)^2-a(x-\ln x)-2=(x-1)^2-a(x-\ln x)-2+2(x-\ln x)-2(x-\ln x)=$
$x^2-2x+1+{\color{Red} 2x-2-2\ln x}+{\color{Green} (-2-a)(x-\ln x)}\ge 0$
${\color{Red} \because } x^2-2x+1\ge 0,2x-2-2\ln x\ge 0，当且仅当x=1时取=,$
$故(-2-a)(x-\ln x)\ge 0也应满足当且仅当x=1时取=$
$故-2-a\ge 0{\color{Red} \Rightarrow a\le -2}$

$例3、 已知函数f(x)=\ln x-ax.$
$①讨论f(x)的单调性；$
$②设g(x)=e^{x-1}+xf(x),若g(x)\ge 0恒成立，求a的取值范围。$
$解：②g(x)=e^{x-1}+x(\ln x-ax)=e^{x-1}+x\ln x -ax^2\ge 0,$
$g(1)=1-a\ge 0\Rightarrow a\le 1;必要性；$
$证a\le 1时，成立，证充分性；$
${\color{Red} \because\quad x\gt 0} ,-ax^2\ge -x^2$
$g(x)\ge e^{x-1}+x\ln x-x^2\ge 0$
$\cfrac{e^{x-1}}{x} \ln x-x=e^{x-1-\ln x}-(x-1-\ln x)-1\ge 0$
$要证e^x-x-1\ge 0$

$例4、已知函数f(x)=2(x-2)\ln x+ax^2-1$
$①当a=0时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程。$
$②若f(x)\ge 0恒成立，求实数a的取值范围。$

$解：②f(1)=a-1\ge 0\Rightarrow a\ge 1,充分性；$
$证a\ge 1时，f(x)\ge 0恒成立。$
${\color{Red} f(x)\ge 2(x-2)\ln x+x^2-1}$
$={\color{Red} 2(x-1)\ln x} +{\color{Green} x^2-2\ln x-1} \ge 0$
$易证2(x-1)\ln x和x^2-2\ln x-1均\ge 0，当且仅当x=1时取=0$
$证明(x-1)\ln x\ge 0,令g(x)-(x-1)\ln x,{g}'(x)=\ln x+\cfrac{x-1}{x}=\ln x+1+\cfrac{-1}{x}$
$显然{g}'(x)单调递增,{g}'(1)=0,所以x\in (0,1),{g}'(x)\lt 0,g(x)\searrow;x\in (1,+\infty),{g}'(x)\gt 0,g(x)\nearrow$
$所以g(x)在x=1 处有极小值，g(x)\ge g(1)=0$

$例5、已知函数f(x)=\ln x-x^2;g(x)=xe^{x-1}+\cfrac{1}{2} x^3-2x^2.$
$①讨论f(x)的单调性；$
$②若x\gt0 ,g(x)\ge af(x)恒成立，求实数a的取值范围。$
$解：②h(x)=g(x)-af(x)=xe^{x-1}+\cfrac{1}{2} x^3-2x^2+ax^2-a\ln x\ge 0$
$h(1)a-\cfrac{1}{2} \Rightarrow a\ge \cfrac{1}{2} ,充分性；$
$证a\ge \cfrac{1}{2}时，恒成立。$
${\color{Green} a(x^2-\ln x)易证x^2-\ln x\gt 0} $
${\color{Red} xe^{x-1}+\cfrac{1}{2} x^3-2x^2+\cfrac{1}{2}x^2-\cfrac{1}{2}\ln x\ge 0} $
${\color{Red} 2xe^{x-1}+ x^3-3x^2-\ln x\ge 0} $
${\color{Green} 2x(e^{x-1}-x)+x^3-x^2-\ln x\ge 0}$$$
$2x(e^{x-1}-x)\ge 0,当且仅当x=1时取＝$
$x^3-x^2-\ln x\ge 0,当且仅当x=1时取＝$

$例题:已知函数f(x)=(x-1)(e^x-1).$
$①求f(x)在x=1处的切线方程;$
$②若若关于x的方程f(x)=a有两个不同零点x_1,x_x,$$求证:|x_1-x_2|\le \cfrac{ea}{e-1} +1$
$例1：(2023年资阳一模)x+1=ae^x有两个不相等实根x_1,x_2,$
$求证:|x_1-x_2|\gt e-ea+\sqrt{1－a}$
$例2：已知函数f(x)=\cfrac{x^2-3x+2}{e^x}$
$①求曲线y=f(x)在零点处的切线方程；$$②若方程f(x)=m（m\lt 0）有两个不等实根x_1,x_2,$
$求证:|x_1-x_2|\lt |me(e+1)+1|$
$例3：已知函数f(x)=x\ln x.$
$①求证:f(x)\le ex^2-2x恒成立；$
$②若函数F(x)=f(x)-a有两个不同零点x_1,x_x，$$求证:|x_1-x_2|\gt (e-1)(a+\cfrac{1}{e})+\cfrac{1}{\sqrt{e} }\sqrt{a+\cfrac{1}{e }}$
$例4：已知函数f(x)=(x-1)\ln (x-1).$
$①若关于x的不等式f(x)\ge \lambda (x-2)在(1,+\infty）恒成立;$
$求实数\lambda的取值集合;$
$②若关于x的方程f(x+1)=a有两个不同零点x_1,x_x,$$求证:|x_1-x_2|\lt 2a+1+e^{-2}$
$或②若关于x的方程f(x+1)=a有两个不同零点x_1,x_x,$$求证:|x_1-x_2|\lt \cfrac{3a}{2} +1+\cfrac{1}{2e^3} $
$例5：已知函数f(x)=\ln x-x^2+1$
$①证明:f(x)\lt x$
$②若关于x的方程f(x)=a有两个不同实根x_1,x_x，求证:|x_1-x_2|\le 1-2a$
$例题:x_1-x_2\le \cfrac{a}{e-1} +1-(-a)$
$例1:x_1-x_2\gt e-ea-(-\sqrt{1-a} )$
$例2:x_1-x_2\lt -(e^2m+2+em-1)=-[e^2m+2-(-em+1)]$
$例3:x_1-x_2\gt ea+1-a-(\cfrac{1}{e}-\cfrac{1}{\sqrt{e} }\sqrt{a+\cfrac{1}{e} } )$
$例4:x_1-x_2\lt a+1-(a-e^{-2})或a+1-(-\cfrac{1}{2}a-\cfrac{1}{2e^3} )$


$g(x)=x-\ln x,m\in (1,+\infty);$
$先证g(e^{-m})\gt m=g(x_1)\gt g(1);$
$再证g(em)\gt m=g(x_2)\gt g(1)$

$题目一：F(x)=\ln (x+1)-\cfrac{ax}{x+1}\ge 0(x\ge 0)恒成立,求a的取值范围。$
$法一：半分离参数：$
$ F(x)=\ln (x+1)-\cfrac{ax}{x+1}(x\ge 0)\Rightarrow \ln (x+1\ge \cfrac{ax}{1+x}\Rightarrow (x+1)\ln (x+1)\ge ax$
$(x+1)\ln (x+1)是六大超函数之一的x\ln x,往左移动一个单位。容易得到x\ln x在(1,+\infty)是单调递增的，且x\ln x是凹函数$
$右侧函数=ax是过原点的直线，当它的斜率\le x\ln x在原点的切线斜率时成立。$
$x\ln x 在(1,0)的切线斜率即(x+1)\ln (x+1)在原点处的切线斜率，f(x)=x\ln x,{f}' (x)=\ln x +1\Rightarrow a\le {f}' (1)=1$
$此法宜用于填空及选择题。$

$法二：{F}' (x)=\cfrac{1}{x+1}-\cfrac{a}{(x+1)^2}=\cfrac{x+1-a}{(x+1)^2}\quad (x\ge0)$
$令x+1-a=0\Rightarrow x=a-1$
$①若a-1\le 0時，{F}' (x)\ge 0,F(x)在x\in [0,+\infty)\nearrow F(x)\ge F(0)=0;$
$②若a-1\gt 0時，x\in (0,a-1){F}' (x)\lt 0,F(x)\searrow ;x\in (a-1,+\infty),{F}' (x)\gt 0,F(x)\nearrow;$
$F(x)\ge F(a-1)=\ln (a-1+1)-\cfrac{a(a-1)}{1+a-1}=\ln a-a+1$
$设g(a)= \ln a-a+1\quad (a\gt 1)，{g}'(a)=\cfrac{1}{a} -1 \lt 0\Rightarrow g(a)\searrow$
$g(a)\le g(1)=0,即F(x)\ge g(a)与F(x)\ge 0矛盾。$
$综上述，a\le 1时，F(x)\ge 0$

必要性探路

$第二问等价于x\ge \cfrac{1}{e^2}时，f(x)=a\ln x,g(x)=\cfrac{\sqrt{x} }{2a} -\sqrt{1+x}$
$\begin{cases} f(x_0)=g(x_0)\\{f}'(x_0) ={g}' (x_0)\end{cases}\Rightarrow \begin{cases} a\ln x_0=\cfrac{\sqrt{x_0} }{2a} -\sqrt{1+x_0} \\\cfrac{a}{x_0} =\cfrac{1}{4a\sqrt{x_0} }-\cfrac{1}{2\sqrt{x_0+1} } \end{cases}$
$令x_0=1,容易解得：\begin{cases} a=\cfrac{\sqrt{2} }{4} \\x_0=1\end{cases}此时x_0=1不就是我们需要的探路点吗？比起直接令x=1，这样子$
$是不是比单纯的猜更加让人信服？$
$另外，有些小伙伴可能会想到一个问题，倘若切出了多条公切线怎么办呢？事实上，我们只需要一个个排除就可以了，$
$反正有一个范围是符合要求的，但是如果碰到了无数个点符合那怎么办呢，下面给出一个简单的例题供大家领会。$

$x\gt 0,f(x)=\cfrac{\cos x}{x},g(x)=\sin x-ax,f(x)\ge g(x). $
探路点求解过程如下:
$\begin{cases} f(x_0)=g(x_0)\\{f}'(x_0) ={g}' (x_0)\end{cases}\Rightarrow\begin{cases} \cos x_0=x_0\sin x_0-ax_0^2\\ \cfrac{-x_0\sin x_0-\cos x_0}{x_0^2}=\cos x_0-a \end{cases}\Rightarrow 2\cos x_0=-x^2\cos x_0\Rightarrow \cos x_0=0$
$\Rightarrow x_0=\cfrac{\pi}{2}+k\pi $
$这个时候出现了无穷多组解，此时显然是不可能通过验证得到答案的，那怎么样解决呢，事实上这个题目并不是无穷多组解，$
$而是方程解的不够严谨，导致解出了多个不正确的解。具体是这样的，当得到\cos x_0=0时，我们应该将\cos x_0=0代回原方程，$
$从而得到a=\cfrac{1}{x_0},而在（0，\cfrac{\pi}{2}]上有g(x)\gt (\cfrac{2}{\pi}-a)x,，所以a\lt \cfrac{2}{\pi}时，g(\cfrac{\pi}{2}) \gt 0,，$
$此时显然不符合，故x=pi／2时其实是唯一满足公切点方程的点。其实当x=\cfrac{3\pi}{2}时，在第一个点可能就不满足相切了。$

$显然的，这种情况是不满足的。所以我们的探路点应该取\cfrac{\pi}{2}，然后得到a的满园从而验证这是最佳范围，这样一来，取点是不是就理所应当的了。$
$例题：已知函数f(x)=e^x-k(e-1)x。$
$(1)若函数f(x)有两个零点，求实数k的取值范围；$
$(2)若f(x)-kx\ln x\ge 1在(0,+\infty)上恒成立，求实数k的取值范围。$
$作凹凸反转即令凹函数f(x)=\cfrac{e^-1}{x},凸函数g(x)=\ln x+e-1，它们的公切点即为所求的探路点。$