双参恒成立

$\begin{cases} {\color{Red} 零点比大小\quad 分式结构 } \\{\color{Green} 特殊点比高低\quad 和结构} \\{\color{Violet} 相切取最值\quad 积结构} \\{\color{Red} 共零点恒成立} \end{cases}$

一、分直曲，零点比大小：

例1、已知$m,n\in R,f(x)=e^x-mx+n-1,若f(x)\ge 0恒成立，则\cfrac{n-m}{m}$最小值为___
$e^x-mx+n-1\ge 0\Rightarrow e^x-1\ge mx-n$
左曲右直，保证曲线在直线的左上方即成立。
$\Leftrightarrow 相切\Leftrightarrow$ 曲线的零点在直线的零点的左侧；
即$零点_{直线}\ge 零点_{曲线}，相切时取等，即\cfrac{n}{m}\ge 0\Rightarrow \cfrac{n}{m}-1\ge -1$

第2题目：已知函数$f(x)=\ln x ,g(x)=(a-e)x+2b,若不等式f(x)\le g(x)在x\in (0,+\infty)上恒成立，则\cfrac{2b}{a}最小值(\qquad)$
$A.-\cfrac{1}{2e}\quad B.-\cfrac{1}{e}\quad C.-e\quad D.e$
解：f(x)和g(x)的零点分别为:$x_1=1,x_2=\cfrac{-2b}{a-e}$ ,显然分母的e是多余的，要作变形。$f(x)\le g(x) \Rightarrow \ln x +ex\le ax +2b$
$x_1=\cfrac{1}{e},(观察，用1,e,\cfrac{1}{e}等去尝试)，x_2=\cfrac{-2b}{a};右侧零点\ge 左侧零点，即有 \cfrac{1}{e}\ge \cfrac{-2b}{a}$
$\Rightarrow \cfrac{-2b}{a}\le \cfrac{1}{e}\Rightarrow \cfrac{2b}{a}\ge -\cfrac{1}{e}$
例3：已知$f(x)=\ln(3x)-ax^2-bx+1\le 0恒成立，则\cfrac{b}{a}的最小值为(\qquad )$
$A.\cfrac{1}{e}\quad B.-\cfrac{1}{e}\quad C.-\cfrac{1}{2e}\quad D.-\cfrac{1}{3e}$
解：$\ln(3x)\le ax^2-bx-1$,这时右侧是抛物线，要将它变为直线，作如下变形：
$\cfrac{\ln(3x)+1}{x} \le ax+b$
此时左侧的函数正是我们最常用的超越函数$\cfrac{\ln x}{x}$的复合型,它有极大值，先增后减，直线恒在它的左侧。它的零点大于直线的零点。
$\ln 3x+1=0\Rightarrow x_1=\cfrac{1}{3e} ,x_2=-\cfrac{b}{a}$
$-\cfrac{b}{a}\le \cfrac{1}{3e} \Rightarrow \cfrac{b}{a}\ge -\cfrac{1}{3e}$
例4、$已知a,b \in R，若不等式x\ln x -a \ln x\ge x+b 对于\forall x\gt 0恒成立，则\cfrac{b}{a} 的取值范围是$
解：这里$a与\ln x$相乘，并不直线的斜率，因而我们作一个巧妙的变换。令$t=\ln x$换元。原式换元为:$te^t-at\ge e^t+b\quad t \in R$

类型二、分直曲，特殊点比高低

例1、直线$y=ax+b$与曲线$y=2+\ln x$相切，则$a+b$的取值范围为
解：直线$f(x)=ax+b$,曲线$g(x)=2+\ln x$，显然直线在曲线的左上角，$f(x)\ge g(x)\Rightarrow f(1)=a+b\ge g(1)=2$,当且仅当它们在(1,2)处相切时取等号；
例2、记曲线$f(x)=x-e^{-x}$上任意一点处的切线为直线$l:y=kx+b$，则k+b的值可能为$(\quad)$
$A、\cfrac{1}{2}\quad B、1\quad C、2\quad D、3$
解：这里需要对f(x)的凹凸性进行判断，补充一下函数凹凸性：二阶导数大于0,为凹函数；小于0为凸函数。
${f}' (x)=1+e^{-x}\quad {f}'' (x)=-e^{-x}\lt 0,故f(x)为凸函数\Rightarrow $直线在曲线的左上方。
$k+b\ge f(1)=1-\cfrac{1}{e}$ ,故选BCD

类型三、分直曲，相切处取最值

例1、若不等式$e^x\ge (a+1)x+b$对于一切$x\in R$ 恒成立，则$(a+1)b$的最大值为---
先证明相切处取最值：
$f(x)是凹曲线，g(x)是曲线，且h(x)=f(x)-g(x)\ge 0,x\in R,无端点，{h}'(x)\ge 0\Rightarrow x_0$处有极小值
${h}'(x_0)= 0\Rightarrow {f}'(x_0) ={g}' (x_0)\Leftrightarrow 两者在x_0$处相切。
解：先求曲线的切线一般方程：设切点为$(m,e^{m}),k=e^{m}$
$\Rightarrow y-e^{m}=e^{m}(x-m)\Rightarrow y=e^mx+(1-m)e^m$
$\because 切线y=(a+1)x+b\Rightarrow \begin{cases} a+1=e^m\\b=(1-m)e^m\end{cases}$
$\Rightarrow(a+1)b=(1-m)e^{2m}\quad$顺利将二元变成一元函数了
设$p(x)=(1-x)e^{2x}$
${p}' (x)=(1-2x)e^{2x},x\in(-\infty,\cfrac{1}{2} )\quad {p}' (x)\gt 0,p(x)\nearrow ;(\cfrac{1}{2},+\infty),\quad {p}' (x)\lt 0,p(x)\searrow$
$p(x)在x=\cfrac{1}{2}$处有极大值。
$p(x)_{max}=p(\cfrac{1}{2})=\cfrac{1}{2}e$
例2、已知不等式$e^{x-\frac{1}{a} +1}-2ax\ge b对\forall x\in R恒成立，则\cfrac{b}{a}$的最大值为
解：$e^{x-\frac{1}{a} +1}\ge 2ax +b$
$\Rightarrow x_0=-\frac{b}{2a}$ 但左边曲线没有零点，且又含有$a;$
设相切于$x_0,\Rightarrow \begin{cases} e^{x_0-\frac{1}{a} +1}=2a\\e^{x_0-\frac{1}{a} +1}=2ax_0+b\end{cases}$​
$\Rightarrow x_0-\cfrac{1}{a}+1=\ln 2a \quad \therefore x_0=\ln 2a+\cfrac{1}{a}-1\Rightarrow 2a=2ax_0+b$
$b=2a(2-\ln 2a-\cfrac{1}{a}) \Rightarrow \cfrac{b}{a}=2(2-\ln 2a-\cfrac{1}{a})$
设$h(a)=2-\ln 2a-\cfrac{1}{a}\quad {h}'(a)=-\cfrac{2}{2a} +\cfrac{1}{a^2}=\cfrac{1-a}{a^2}$
先增后减，$h(a)在a=1$处有极大值$h(x)_{max}=h(1)=1-\ln 2$；
$\cfrac{b}{a}\le 2-2\ln 2$故最大值为$2-2\ln 2$

${\color{Red} 大题如何作答？}$

$新课标2012年真题21题$
$例3、已知函数f(x)=e^x-x+\cfrac{1}{2}x^2,若f(x)\ge \cfrac{1}{2}x^2+ax+b,求(a+1)b最大值。$
$解： e^x-x+\cfrac{1}{2}x^2\ge \cfrac{1}{2}x^2+ax+b\quad$
$令h(x)=e^x-(a+1)x-b\ge 0\Leftrightarrow h(x)_{min}\ge 0$
${h}'(x)=e^x-(a+1)$
①$a+1\le 0时，{h}' (x)\ge 0,h(x)\nearrow ,x\to -\infty时，h(x)\to -\infty;h(x)\lt 0与h(x)\ge 0$矛盾。
②$a+1\gt0时，令{h}'(x)=0,解得x_0=\ln (a+1),h(x)_{min}=h(\ln (a+1))$
$h(x)_{min}=h(\ln (a+1)) =a+1-(a+1)\ln(a+1)-b\ge0$$b\le a+1-(a+1)\ln(a+1)\Rightarrow b(a+1)\le (a+1)[a+1-(a+1)\ln(a+1)]\quad$
$令t=a+1\gt 0 \quad p(t)=t^2-t^2\ln t$$对p(t)求它的最大值即可。{p}'(t) =2t-2t\ln t -t=t(1-2\ln t)$​
$p(t)先增后减，极大值在t=e^{\frac{1}{2}},(a+1)b\le e^{\frac{1}{2}}$

类型四、共零点恒成立

24年2卷8题：设函数$f(x)=(x+a)\ln (x+b),若f(x)\ge 0,则a^2+b^2的最小值为(\qquad )$
$A、\cfrac{1}{8}\quad B、\cfrac{1}{4}\quad C、\cfrac{1}{2}\quad D、1$
例2、函数$f(x)=xe^x-ax-be^x+ab(a\gt 0),若f(x)\ge 0,则\cfrac{b-1}{a} 的最得到值为(\qquad )$
$A、e^{-2}\quad B、e^{-1}\quad C、e\quad D、e^2$
解：因式分解后，变成去年2卷同类型题目。

练习：
$1.f(x)=(e^x-a)\ln (x-2b)，若f(x)\ge 0,ab的最小值为$
$2.f(x)=x\ln x -bx -2a\ln x+2ab \quad (b\gt -1), 若f(x)\ge 0恒成立，则\cfrac{a}{b+1}最小值为(\qquad)$
$A.\cfrac{1}{e}\quad B.\cfrac{1}{2e}\quad C.\cfrac{e}{2}\quad D.\cfrac{1}{2}\quad $
2025年湖北11要解决第二次联考第8题：共零点恒成立问题
$3.f(x)=a\ln x-\cfrac{2\ln x}{x} +\cfrac{2b}{x}-ab ，若f(x)\ge 0恒成立,a(b+1)的取值范围是(\qquad)$
$A.(-\infty,e]\quad B.(0,2e]\quad C.[2,+\infty)\quad D.(-\infty,2]\quad$

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 $
${g}' (x)=4(1-x)(\ln x +1)\quad \because (1-x)\le 0 ,\quad \ln x +1\gt0 \Rightarrow {g}' (x)\le 0$
$g(x)\ge g(1)=0,得证$

例子一、关于$x$的不等式$x^2-ax+a+3\ge 0$在区间$[-2,0]$上恒成立，则实数a的取值范围是$(\qquad\qquad )$
${\color{Red}法一：分参法\quad }$ (全分离):
$x^2+3\ge a(x-1)\quad \because x-1\lt 0\Rightarrow a\ge \cfrac{x^2+3}{x-1}$
设$f(x)=\cfrac{x^2+3}{x-1} {\color{Red}只需a\ge f(x)_{max}} $即可。
换元，令$t=x-1 \quad(-3\le t \le -1)\Rightarrow x=t+1$
$f(t)=\cfrac{(t+1)^2+3}{t} =\cfrac{t^2+2t+4}{t}=t+\cfrac{4}{t}+2 $
$=t+\cfrac{4}{t}+2 =-(-t-\cfrac{4}{t})+2\le -2\sqrt[]{(-t)\times(-\cfrac{4}{t} )}+2=-2 $
$f(t)\le -2\quad a\ge f(x)_{max}=f(t)_{max}=-2$
${\color{Red}法二 ：函数法}$
$令f(x)=x^2-ax+a+3$
${\color{Green}\quad ①\quad } 当\cfrac{a}{2}\le -2,即a\le -4时，f(x)_{min}=f(-2)=7+3a\ge \Rightarrow a\ge -\cfrac{7}{3} $ 矛盾,无解。
${\color{Green}\quad ②\quad} 当\cfrac{a}{2}\ge 0\Rightarrow a\ge 0,f(x)_{min}=f(0)=a+3\ge 0\Rightarrow a\ge -3 \quad\therefore {\color{Purple}a\ge 0 } $
${\color{Green} \quad③\quad} -2\lt \cfrac{a}{2} \lt 0,即-4\lt a\lt 0，f(x)_{min}=f(\cfrac{a}{2})$
$=-\cfrac{a^2}{4} +a+3\ge 0\Rightarrow (a+2)(a-5)\le 0\Rightarrow {\color{Purple} -2\le a\le 6} $
$\therefore \quad -2\le a\le 0$
综上①②③所述，${\color{Purple} a\ge -2 }$
${\color{Red} 法三：图像法\quad}$半分离法
$x^2-ax+a+3\ge 0\Leftrightarrow x^2+3\ge a(x-1)$
$y_1=x^2+3\quad y_2= a(x-1)\quad$ 抛物线在直线上方，相切时取等号
直线$y_2= a(x-1)恒过(1,0)，a$为直线斜率，切线斜率为正，直线小于等于切线斜率，直线恒在抛物线下方；直线斜率为负，大于等于切线斜率，直线均恒在抛物线下方。（此题只讨论在抛物线左侧[-2,0]范围）
联立抛物线与直线方程，$x^2-ax+a+3=0\Rightarrow \bigtriangleup =a^2-4(a+3)，解得a=-2或a=6(右侧舍去)$
所以$a\ge -2$

题目2：关于x的不等式$kx-ln x\ge 0$恒成立，求实数k的取值范围$(\qquad)$
${\color{Red}法一：分参法\quad }$ (全分离):
$ kx-\ln x\ge 0\Rightarrow kx\ge\ln x\Rightarrow {\color{Red} k\ge (\cfrac{\ln x}{x} )_{max}}$
$k\ge \cfrac{\ln x}{x},令f(x)= \cfrac{\ln x}{x},{f}'(x)=\cfrac{1-\ln x}{x^2},$
${\color{Green} \quad ①\quad} (0,e),{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow $
${\color{Green} \quad ②\quad (e,+\infty )} ,{f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow$
故$f(x)在x=e处有极大值，f(x)\le f(x)_{max}=f(e)=\cfrac{1}{e}\Rightarrow k\ge \cfrac{1}{e}$
${\color{Red}法二 ：函数法}$
$kx-\ln x\ge 0;令f(x)=kx-\ln x;{f}' (x)=k-\cfrac{1}{x}$
${\color{Green}\quad ①} 当k\le 0,{f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow $
$f(x)$无极大值。故无解。
${\color{Green}\quad ② } k\gt0时，{f}' (x)=k-\cfrac{1}{x}=\cfrac{kx-1}{x} $;
${\color{Purple} \qquad 1^\circ } 当0\lt x\lt \cfrac{1}{k}时， {f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow $
${\color{Purple} \qquad 2^\circ } 当 x\gt \cfrac{1}{k}时， {f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow $
故$f(x)在x=\cfrac{1}{k}有极小值f(x)_{min}=f(\cfrac{1}{k})=1+\ln k $
$1+\ln k \ge 0\Rightarrow k\ge \cfrac{1}{e} $
${\color{Red} 法三：图像法\quad}$半分离法
$kx\ge \ln x$
即左边的过原点的直线恒在对数函数左上方。当且仅当相切时取=,因而变成求过原点与对数函数相切的直线问题。
$f(x)=\ln x\Rightarrow {f}'(x)=\cfrac{1}{x},设切点为(m,\ln m), {f}' (m)=\cfrac{1}{m} $
$切线方程为：y-\ln m=\cfrac{1}{m}(x-m) $
将$(0,0)$代入切线方程：$\ln m=1 \Rightarrow m=e ,故k\ge \cfrac{1}{m} =\cfrac{1}{e} $

总结：图像法仅适用于解答填空与选择题，分离适用于大题目，且简涪，但仅适用于能完全分离参数的题目；函数法适用于不能全部分离参数的题目，较繁

${\color{Green}1. f(x)=\cfrac{\ln x}{x} } 最常用，没有之一，{\color{Red} e定要记住！} \quad$
$低价比高价有{\color{Red}极大值 } ，导函数的符号函数是1-\ln x,极值为{\color{Red}(e,\frac{1}{e}) } ;$
$它的倒数函数{\color{Green}\quad 2、\quad g(x)=\cfrac{x}{\ln x} } 高价比低价有{\color{Red} } {\color{Red} 极小值。倒不变！(e,e)}) $
$它的积函数{\color{Green} \quad 3、\quad h(x)=x\ln x} ,{\color{Red} 有极小值，为倒反(\cfrac{1}{e} ,-\cfrac{1}{e} )}$