在三角形$\bigtriangleup ABC中，有\sin ^2A-\sin ^2B=\sin (A+B)\sin (A-B)$
$\sin (A+B)\sin (A-B)=(\sin A\cos B+\cos A\sin B)(\sin A\cos B-\cos A\sin B)$
$=\sin^2 A\cos^2 B-\cos^2 A\sin^2 B=\sin^2 A(1-\sin^2 B)-(1-\sin^2 A)\sin^2 B$
=$\sin ^2A-\sin ^2B$

AD

$\cfrac{3t-t}{1+3t^2} =\cfrac{1}{\sqrt{3} }$

$\cfrac{2\sqrt{6}}{9 } $

$A=\cfrac{\pi}{6}$

$第1题 、b^2-a^2=ac{\color{Red} \Rightarrow } \sin ^2B-\sin ^2A=\sin A \sin C\Rightarrow \sin (B+A) \sin (B-A)=\sin A\sin C$
${\color{Red} \Rightarrow } \sin (B-A)=\sin A {\color{Red} \Rightarrow }B-A=A,B=2A或B-A+A=\pi$
$锐角三角形{\color{Red} \Rightarrow } \begin{cases} 0\lt A\lt \cfrac{\pi}{2}\\ 0\lt 2A\lt \cfrac{\pi}{2}\\ 0\lt \pi -3A\lt \cfrac{\pi}{2}\end{cases}{\color{Red} \Rightarrow} A\in (\cfrac{\pi}{6}, \cfrac{\pi}{4})$
$c选\Rightarrow \cfrac{1}{\cfrac{1}{\tan A} -\cfrac{1}{\tan B} }=\cfrac{\sin A\sin 2A}{-\sin A}=-\sin 2A=\cfrac{\sin A\sin B}{\sin(A-B)} =-\sin 2A$
$D{\color{Green} \Rightarrow 2\sin C=\sin A+\sin B} \Rightarrow 2\sin (A+B)=\sin A+\sin B\Rightarrow 2\sin 3A=\sin A+\sin 2A$
$2[\sin A\cos 2A+\cos A\sin 2A]=\sin A(1+2\cos A)\Rightarrow 2[\sin A(2\cos ^2A-1)+2\sin A\cos ^2A)]=$
$2\sin A(4\cos ^2-1)=\sin A(1+2\cos A)\Rightarrow 8\cos ^2-2=1+2\cos A\Rightarrow 8t^2-2t-3=0,t=\cfrac{3}{4}$
$第二题：数量积，共起点或共终点，夹角就是三角形的顶角。\tan (B-C)展开是含Bc角的，可见是求BC两角的关系。$
$ca\cos B-ba\cos C=-\cfrac{1}{2}c^2\Rightarrow ac\cdot \cfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}-ab\cdot\cfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=-\cfrac{1}{2}c^2$
$\Rightarrow c^2-b^2=-\cfrac{1}{2} a^2 \Rightarrow \sin ^2C -\sin ^2B= -\cfrac{1}{2} \sin ^2A $
$\sin (C+B)\sin(C-B) =-\cfrac{1}{2} \sin ^2A\Rightarrow \sin (C-B)=-\cfrac{1}{2} \sin A$
$\Rightarrow \sin (C-B)=-\cfrac{1}{2} \sin (B+C)\Rightarrow \cfrac{3}{2} \sin C\cos B=\cfrac{1}{2}\cos C\sin B$
$3\tan C=\tan B$
$第三题：\frac{b}{a} -1=b^2-a^2\Rightarrow \frac{b-a}{a}= b^2-a^2\Rightarrow 1=a^2+ab$
$c=1\Rightarrow c^2=1\Rightarrow a^2=ab+b^2,此时与第一题相同了。$
$\sin ^2C-\sin ^2 A=\sin A\sin B\Rightarrow \sin (C+A)\sin (C-A)=\sin A\sin B\Rightarrow C=2A
B=\pi -3A$
$\sin 3A-\sin A=\sin (A+2A)-\sin A=3\sin A-4\sin^3 A-\sin A=2\sin A-4\sin^3 A$
$令\sin A=t,没有锐角的限制。\pi -3A\gt 0 \Rightarrow A\in (0,\frac{\pi }{6} ),2t-4t^3(t\in (0,\frac{\sqrt{3}}{2} )$
$第四题：2b^2-2a^2=c^2\Rightarrow 2\sin^2B -2\sin^2 A=\sin ^2C\Rightarrow 2\sin (B-A)=\sin C$
$2\sin (B-A)=\sin c=\sin (B+A)\Rightarrow \sin B\cos B=3\cos B\sin A\Rightarrow \tan B=3\tan A$
$设\tan A=t ，\tan （B-A)=\cfrac{3t-t}{1+3t^2} =\cfrac{2t}{1+3t^2}=\cfrac{2}{\frac{1}{t} +3t}$
$\Rightarrow \cfrac{1}{t} =3t\Rightarrow t=\frac{\sqrt{3} }{3} $

1、$e^x\ge x+1　\qquad 切点在(0,1)处，指数函数恒在直线y=x+1$上方。
2、$e^x\ge ex\qquad 切线过原点，切点在(e,1)，指数函数恒在直线y=ex$上方。
3、$x-1\ge \ln x\quad 或\ln x\le x-1 切点在(1,0)处，对数函数恒在直线y=x－1$下方。
4、$\cfrac{x}{e}\ge \ln x \quad 或 \ln x \le \cfrac{x}{e} 切线过原点，切点在(e,1)，指数函数恒在直线y=\cfrac{x}{e}$下方。

四、切线放缩

$1。证明：当a\ge 1时，a(x+1)\gt \cfrac{\ln x+1}{x}$
$解：定义域x\gt 0,a\ge 1\Rightarrow a(x+1)\ge x+1即证x+1\gt \cfrac{\ln x+1}{x}$
${\color{Green} 即证:x(x+1)\gt\ln x+1} \Leftrightarrow x^2+{\color{Red} (x-1)} +1\ge {\color{Red} \ln x}+1$
$要先证明{\color{Red} x-1\ge \ln x}后使用$
$2、证明：当a\gt a\ge e时， e^x\ge a(\ln x+1)$
$定义域x\gt 0,a\ge e\Rightarrow a(\ln x+1)\ge e(\ln x+1)$
$要证 e^x\ge a(\ln x+1),即证e^x\ge e(\ln x+1){\color{Red} \Leftrightarrow e^{x-1}\ge \ln x+1} \Leftrightarrow {\color{Green} e^{x-1}} \ge {\color{Red} x-1} +1\ge {\color{Green} \ln x} +1$
$3、证明：当m\le 2时，e^x\gt \ln (x+m)$
$证： 定义域x \gt 0,2\ge m {\color{Red} \Rightarrow \ln (x+2)\ge \ln (x+m)} $
$e^x\ge x+1={\color{Red} x+2} -1\ge \ln (x+2)\ge \ln (x+m)$
$4-1。证明:xe^x\ge \ln x +x+1 $
$证明:定义域x\gt 0,xe^x=e^{\ln x+x}\ge \ln x+x+1$
$要证切线不等式成立，还要证明\ln x+x能取到0$
$4-2。已知不等式:xe^x-a(x+1)\ge \ln x 对\forall x\in (0,+\infty) 恒成立,则实数 a的取值范围是$
参变分离再放缩
$定义域x\gt 0,xe^x-\ln x \ge a(x+1)\Rightarrow a\le \cfrac{xe^x-\ln x}{x+1}$
$\le \cfrac{xe^x-\ln x}{x+1} =\cfrac{{\color{Red} e^{\ln x+x}} -\ln x}{x+1} \ge \cfrac{{\color{Red} \ln x+x+1} -\ln x}{x+1}=1$
$4.3、已知不等式x^{-3}e^x-a\ln x\ge x+1对于任意x\in (1,+\infty) 恒成立，则实数a的取值范围是$
$x^{-3}e^x-a\ln x\ge x+1\Leftrightarrow x^{-3}e^x-x-1\ge a\ln x$
$\Rightarrow a\le \cfrac{{\color{Red} x^{-3}e^x} -x-1}{\ln x} =\cfrac{{\color{Red} e^{x-3\ln x}} -x-1}{\ln x}\ge \cfrac{{\color{Red} x-3\ln x+1} -x-1}{\ln x} =-3$

1、证明：$\ln x\ge -\cfrac{1}{x}+1\quad$
${\color{Red} 法一:} 作差f(x)=\ln x+\cfrac{1}{x}-1 \quad $
${ f}' (x)=\cfrac{1}{x}-\cfrac{1}{x^2} =\cfrac{x-1}{x} $
$x\in (0,1),{f}' (x)\lt 0,\quad f(x)\searrow ;$
$x\in (1,+\infty),{f}' (x)\gt 0,\quad f(x)\nearrow ;$
$f(x)\ge f(1)=0$
${\color{Red} 法２:}\cfrac{1}{x} -1\ge -\ln x \quad 换元令\cfrac{1}{x}=t $
$t -1\ge \ln t\qquad $
$f(t)=t-1-\ln t \quad {f}' (t)=1-\cfrac{1}{t}= \cfrac{t-1}{t} $
$(0,1),{f}' (t)\lt 0,\quad f(t)\searrow $
$(1,+\infty ),{f}' (t)\gt 0,\quad f(t)\nearrow$
$f(t)\ge f(1)=0\quad$得证

2、证明:$(5-4x^2)e^x\lt 8$
${\color{Red} ①} 当x^2 \ge \cfrac{5}{4},5-4x^2\lt 0成立 $
${\color{Red} ②} 只须再证x^2\lt \cfrac{5}{4} 时，也成立即可$
令$f(x)=(5-4x^2)e^x,\quad {f}'(x)= e^x(5-4x^2-8x)=-e^x(4x^2+8x-5)=-e^x(2x+5)(2x-1)$
当$x\lt -\cfrac{5}{2} 或x\gt \cfrac{1}{2}时 ,{f}'(x)\lt 0,f(x)\searrow ; $
当$-\cfrac{5}{2}\lt x\lt \cfrac{1}{2}时,{f}'(x)\gt 0,f(x)\nearrow ;$
$-\cfrac{5}{2} \lt -\cfrac{\sqrt{5} }{2} ，\cfrac{1}{2}\lt \cfrac{\sqrt{5} }{2},f(x)在 [-\cfrac{\sqrt{5} }{2},\cfrac{\sqrt{5} }{2}]内有极大值f(\cfrac{1}{2})=4e^\cfrac{1}{2},\quad \because\quad e\lt 4\Rightarrow \sqrt{e} \lt 2,4\sqrt[]{e} \lt 8$
法二：
$x^2\lt \cfrac{5}{4} \Rightarrow -\cfrac{\sqrt{5} }{2}\lt x \lt \cfrac{\sqrt{5} }{2},设f(x)=8-(5-4x^2)e^x;
{f}' (x)=e^x(4x^2+8x-5)=e^x(2x-1)(2x+5)$
$-\cfrac{\sqrt{5} }{2} \lt x \lt \cfrac{1}{2} ,{f}' (x)\;\lt 0,f(x)\searrow ;\qquad$
$\cfrac{1}{2} \lt x \lt \cfrac{\sqrt{5}}{2} ,{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow ;\qquad$
$f(x)在x=\cfrac{1}{2}处有极小值f(\cfrac{1}{2})=4(2-\sqrt{e} )\gt 0$

3、证明：$\frac{2}{3}x^3\gt \cfrac{1}{2}x^2+\ln x$
$f(x)=\frac{2}{3}x^3 -\cfrac{1}{2}x^2-\ln x \quad{\color{Red}即证f(x)\gt0} $
${f}' (x)=2x^2-x-\cfrac{1}{x}=\cfrac{2x^3-2x^2+x^2-1}{x} $
$ =\cfrac{2(x-1)(2x^2+x+1)}{x}\quad \because\quad 2x^2+x+1\gt 0,$
$x\in (0,1),{f}' (x)\lt 0,\quad f(x)\searrow $
$x\in (1,+\infty ),{f}' (x)\gt 0,\quad f(x)\nearrow$
$f(x)\ge f(1)=\cfrac{2}{3}-\cfrac{1}{2}=\cfrac{1}{6} \quad$得证

4证明：$当a\ge 1时，ax^2\ge 2\ln x+1\quad $
解：$f(x)=ax^2-2\ln x-1\ge 0\quad {\color{Red}即证f(x)_{min}\gt0}$
${f}' (x)=2ax-\cfrac{2}{x} =\cfrac{2(ax^2-1)}{x} \quad (a\ge 1)$
$(0,\frac{1}{\sqrt{a} } )\quad {f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow$
$ (\frac{1}{\sqrt{a} },+\infty )\quad {f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow $
$f(x)\ge f(\frac{1}{\sqrt{a} })=\ln a\ge0\quad (a\ge 1) $
${\color{Red} 方法二、}$
$a\ge 1,{\color{Red} ax^2\ge x^2}\ge 2\ln x +1,即证x^2-2\ln x-1\ge0\Leftrightarrow (x^2-2\ln x-1)_{min}\ge0$
令$f(x_0)=x^2-2\ln x-1\quad {f}' (x)=2x-\cfrac{2}{x} =\cfrac{2(x^2-1)}{x} =\cfrac{2(x+1)(x-1)}{x} $
$x\in (0,1)\searrow ,(1,+\infty)\nearrow ,f(x)在x=1处有最小值,f(1)=0,$得证
5、证明：$0\lt a\le e时,e^x\ge a(\ln x+1)$
解：$法一：当0\lt x \le\cfrac{1}{e},\ln x+1\lt 0,$
$e^x\gt 0\ge a(\ln x+1)\quad 成立。 $
$当x\gt\cfrac{1}{e}时，a(\ln x+1)\le e(\ln x+1)\le e^x$
$法二：\cfrac{1}{a} \cdot e^x\ge \ln x+1$
$\cfrac{1}{a}\ge \cfrac{1}{e} $
$ \cfrac{1}{a} \cdot e^x\ge \cfrac{1}{e} \cdot e^x=e^{x-1}\ge \ln x+1$
$设f(x)=e^{x-1}-\ln x-1\quad (x\gt 0)$
${f}' (x)=e^{x-1}-\cfrac{1}{x} \nearrow 且{f}' (1)＝0$
$\therefore f(x)在(0,1)\searrow ，(1,+\infty)\nearrow \therefore f(x)\ge f(1)=0$

6、证明：$当a\le 2且x\gt 1时，a(x－1)-\ln x+1\lt e^{x-1}$
解：令$f(x)=e^{x-1}+\ln x+a(1-x)-1 \gt 0\quad {\color{Red}即证f(x)_{min}\gt0}(a\le 2,x\gt 1)$
${f}' (x)=e^{x-1}+ \cfrac{1}{x} -a$
${f}'' (x)=e^{x-1}-\cfrac{1}{x^2} \gt 0,{f}' (x)\nearrow ,$
${f}' (x)\ge {f}' (1)=2-a\ge 0,f(x)\nearrow$
$f(x)\gt f(1)=0$得证
方法二：
$\because a\le 2，{\color{Red} a(x－1)} -\ln x+1\le {\color{Red} 2(x－1)} -\ln x+1\lt e^{x-1}\Leftrightarrow $
$e^{x-1}\gt 2x-2-\ln x+1\Rightarrow e^{x-1}-2x+1+\ln x\gt 0$
$x\gt 1时,令f(x)=e^{x-1}-2x+1+\ln x $
${f}' (x)=e^{x-1}-2+\cfrac{1}{x} \qquad$
${f}'' (x)=e^{x-1}-\cfrac{1}{x^2}$
$\because x\gt 1时，e^{x-1}\gt 1,-\cfrac{1}{x^2}\lt 1,\therefore {f}'' (x)\gt 0$
$\Rightarrow {f}' (x)\nearrow 且{f}'(1)=0,\Rightarrow {f}' (x)\gt 0$
$\therefore f(x)\nearrow 且f(1)=0,f(x)\gt f(1)=0$

朗博同构+函数法
1-1、$已知\lambda\gt 0 若不等式 e^{\lambda x} -\cfrac{ln x}{\lambda} \ge0,求\lambda的取值范围。$
解：$\lambda e^{\lambda x}\ge ln x\Rightarrow \lambda xe^{\lambda x}\ge xln x$
构造$f(x)=xe^x,{f}' (x)=e^x(x+1),当x\gt -1,{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow;$
$x\lt -1 ,{f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow ; f(\lambda x)\ge f(\ln x)\Rightarrow \lambda x\ge \ln x$
$若\begin{cases} \lambda x\gt 0\\ \ lnx\gt 0 \end{cases}\Rightarrow \lambda x\ge \ln x 或若\begin{cases} \lambda x\gt 0\\ \ lnx\le 0 \end{cases}\Rightarrow \lambda x\ge \ln x$
根据$xe^x$的图像，右侧的图像比左侧的值都大。$({\color{Red}这里并不是根据单调性判断。 } )$
$\lambda \ge (\cfrac{\ln x}{x} )_{max}\quad g(x)=\cfrac{\ln x}{x} ,{g}' (x)=\cfrac{\ln x-1}{x^2} $
先减后增有极大值，在$x＝e处，\lambda \ge g(e)=\cfrac{1}{e} $
1-2、已知$a\gt 0,若对x\in [\cfrac{1}{e} ,+\infty),不等式2e^{ax}(\ln 2+ax)-x\ln x\ge 0恒成立，则实数a的取值范围为$
解：$2e^{ax}(\ln 2+ax)\ge x\ln x\Leftrightarrow e^{\ln2+ax}(\ln 2+ax)\ge x\ln x$
构造$f(x)=xe^x,f(\ln 2+ax)\ge f(\ln x)\quad$同上题理由，
$\therefore \ln 2+ax\ge \ln x \Rightarrow a\ge \cfrac{\ln x -\ln 2}{x} \Leftrightarrow a\ge (\cfrac{\ln x -\ln 2}{x})_{max}$
令$g(x)=\cfrac{\ln \cfrac{x}{2} }{2\times \cfrac{x}{2}}\quad {g}' (x)=\cfrac{\ln 2e-ln x}{x^2} g(x)\le g(2e)=\cfrac{\ln 2e-\ln 2}{2e}=\cfrac{1}{2e} $
2、$ae^x\ln x\lt x^2+x\ln a对于x\in (0,1)恒成立，求a$的取值范围。
解：$ae^x\ln x\lt x^2+x\ln a=x(x+\ln a)\Leftrightarrow \cfrac{ae^x\ln x}{x} \lt x+\ln a\Leftrightarrow \cfrac{\ln x}{x} \lt\cfrac{x+\ln a }{ae^x} $
$\Leftrightarrow \cfrac{\ln x}{x} \lt\cfrac{x+\ln a }{ae^x} = \cfrac{\ln (ae^x) }{ae^x}$
设$g(x)= \cfrac{\ln x}{x},g(x)\lt g(ae^x) ,{g}' (x)= \cfrac{1-\ln x}{x^2}在{\color{Red} (0,e)在g(x)单调递增} ，x\lt ae^x $
$x\lt ae^x \mapsto a\gt \cfrac{x}{e^x} 设h(x)=\cfrac{x}{e^x},\quad ,{h}'(x)=\cfrac{1-x}{e^x},$在${\color{Red} (0,1)h(x)\nearrow} a\ge h(1)=\cfrac{1}{e} $
3-1、已知$a\lt 0,若不等式x+a\ln x+\cfrac{1}{e^x}\ge x^a对于x\in (1,+\infty )$恒成立，求$a$的取值范围。
解：$x+a\ln x+\cfrac{1}{e^x}\ge x^a\Leftrightarrow x+\cfrac{1}{e^x}\ge x^a-a\ln x\Leftrightarrow x+\cfrac{1}{e^x}\ge x^a-\ln x^a$
$a\lt 0,x \in (1,+\infty)$
$\Leftrightarrow \cfrac{1}{e^x}-\ln{ \cfrac{1}{e^x}}\ge x^a-\ln x^a$
构造$f(t)=t-\ln t\quad ,{f}' (t)=1-\cfrac{1}{t},易得f(t)在{\color{Red} t\in(0,1)单调递减} ，在t\in (1,+\infty) 单调递增；$
$\because f(\cfrac{1}{e^x})\ge f(x^a)\quad x\in(1,\infty),\therefore {\color{Red}\cfrac{1}{e^x}\lt 1;x^a\lt 1\quad(a\lt0) } $
$\Rightarrow \cfrac{1}{e^x}\le x^a ,两边取自然对数，得 -x\le a\ln x\Rightarrow a\ge -\cfrac{x}{\ln x}\Rightarrow -a\le \cfrac{x}{\ln x} $
$即-a\le (\cfrac{x}{\ln x})_{min},\cfrac{x}{\ln x}是常用的同构函数，g(x)=\cfrac{x}{\ln x},$
${g}' (x)=\cfrac{\ln x-1}{\ln^2 x}\quad (0,e)g(x)\searrow ,(e,+\infty)\nearrow ,g(x)_{min}=g(e)=e$
$a\ge -g(e)=-e$
3-2、已知$a\gt 0,不等式ae^x+\ln \cfrac{a}{x+2}\gt2\quad $恒成立；求$a$的取值的取值范围。
解：$a\gt 0,ae^x+\ln \cfrac{a}{x+2}\gt2\quad $恒成立；
指对分家，含参在一起，$ae^x+\ln a\gt2 +\ln (x+2)$
$\Leftrightarrow e^{x+\ln a}+\ln a\gt 2+\ln (x+2)$
两边加上x， $e^{x+\ln a}+x+\ln a\gt x+2+\ln (x+2)$
$\Leftrightarrow e^{x+\ln a}+x+\ln a\gt e^{\ln(x+2)}+\ln (x+2)$
构造$f(x)=e^x+x,$上式等价于,$f(x+\ln a)\gt f(\ln(x+2)),$
$e^x\nearrow ,x\nearrow\Rightarrow e^x+x\nearrow$
$f(x)\nearrow \Rightarrow x+\ln a \gt \ln (x+2)$
$\ln a \gt \ln (x+2)-x,设g(x)= \ln (x+2)-x\quad\ln a \gt{\color{Red} g(x)_{max} } $
${g}' (x)=\cfrac{1}{x+2}-1=\cfrac{1-(x+2)}{x+2} $
${g}' (x)=\cfrac{-(1+x)}{x+2} \quad x\in(-2,-1),{g}' (x)\gt 0,g(x)\nearrow ;$
$x\in(-1,+\infty ),{g}' (x)\lt 0,g(x)\searrow ;故g(x)_{max}=g(-1)=1,$
即$\ln a\gt 1,a\gt e$
4、
解：$a(e^{ax}+1)\ge 2(x+\cfrac{1}{x})\ln x 恒成立a$的取值范围；
${\color{Red}\because \quad 定义域 x\gt 0 }两边乘以 x,得ax(e^{ax}+1)\ge 2(x^2+1)\ln x =(x^2+1)\ln x^2$
构造$f(x)=x(e^x+1),上式左边=f(ax),右边＝f(\ln x^2)$
$y_1=x,\quad y_2=e^x+1均为单调函数。\therefore f(x)\nearrow$这样对吗？
$f(x)=x(e^x+1)\quad {f}' (x)=e^x+1+xe^x=e^x(x+1)+x\gt 0 \quad \therefore f(x)\nearrow$
$ax\ge \ln x^2\Rightarrow a\ge 2\cdot\cfrac{\ln x}{x} \Rightarrow a\ge \cfrac{2}{e} $
$\cfrac{\ln x}{x}$是你必须熟悉的同构函数！
5、关于$x$的不等式$xe^x-a(x+3)-a\ln x\ge 0$恒成立，求$a$的取值范围。
解：$xe^x-a(x+3)-a\ln x\ge 0,$
$xe^x-a(x+3)-a\ln x\ge 0,\Rightarrow e^{x+\ln x}\ge a(x+\ln x)+3a$
换元令$t=x+\ln x　t\in R\Rightarrow e^t\ge at+3a$
$y=a(t+3)　恒过(-3,0)$ 的直线，当过y与曲线$e^t$相切时，取=,即$a\le$ 此切线斜率时恒成立。
过点的切线问题，设切点$(m,e^m)，k=e^m,y-e^m=e^m(x-m)将(-3,0)代入，解得m=-2$
$ 0\le a\le {\color{Red} k} =e^{-2}=\cfrac{1}{e^2}$

${\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。
$\therefore a\le 1$