端点效应－含参恒成立问题

题设：若不等式f(x,m)≥0，m为参数，在区间[a，b]上恒成立，求m的取值范围。
第一步，必要性！缩小取值范围：
分为三种情形：
（1）区间端点处函数值不为0，即f(a)≠0或f(b)≠0，则不能使用端点效应，但可缩小取值范围。但因为不等式f(x,m)≥0在区间[a，b]上恒成立，在端点处也成立，即应用f(a)≥0，f(b)≥0,解此不等式$\begin{cases} f(a)\ge 0\\f(b)\ge 0\end{cases}$同样可以缩小参数的取值范围；
（2）区间端点值函数值为0型：若f(a)=0（或f(b)=0），但f’(a)≠0（或f’(b)≠0），则解f’(a)≥0（f’(b)≤0为什么？），求m的取值集合D；
（3）区间端点值函数值和导数值均为0型：即若f(a)=0（或f(b)=0），且f’(a)=0（或f’(b)=0），则解f’(a)≥0（f’(b)≥0，为什么？），求m的取值集合D；
第二步，证充分性：
利用第一步求出的参数取值范围m∈D，求f’(x)，f’’(x)判断单调性，进而判断不等式f(x,m)≥0是否恒成立，
例一:
已知函数$f(x)=e^x-e^{-x}-ax$;
（1）当$a=0時，求证f'(x)\ge 2$
（2）当$x\ge 0时，恒有f(x)\ge ax,求实数a$的取值范围。
第二问中说到了恒成立问题，所以我们首先可以构造个新的函数，发现在x=0处满足等号，那么原命题成立${\color{Red}必要性}$要求其导数在$x\in [0,0+\delta )处\ge 0$，因此得出a的范围，再去证明${\color{Red}充分性 }$ 即可
$f(x)\ge ax \Leftrightarrow g(x)=e^x-e^{-x}-ax\ge 0$
$求导得{g}' (x)=e^x+e^{-x}-a，因为g(0)=0,所以{g}' (０)\ge 0,解得a\le 2$
再证充分性，即$a\le 2,x\in[0,+\infty),g(x)\ge 0\quad$恒成立。
${g}' (x)=e^x+e^{-x}-a\ge e^x+e^{-x}-2\ge 2,g(x)\nearrow g(x)\ge g(0)=0$得证。
例二、已知函数$f(x)=e^x-1-x-ax^2$;
(1)当$a=0时,求证:f(x)\ge 0$;
(2)当$x\ge 0时，不等式f(x)\ge 0恒成立，求实数a$的取值范围。
解(2)必要性，$\because f(0)=0,\because {f}' (x)=e^x-1-2ax,令g(x)={f}' (x)=e^x-1-2ax,{f}' (0)=g(0)=0$
${g}' (x)=e^x-2a，根据必要性要求，{g}' (0)\ge 0\Rightarrow a\le \frac{1}{2} ;$
再证明其充分性：当$a\le \frac{1}{2}时，f(x)\ge 0$恒成立
${g}' (x)=e^x-2a\ge e^x-1=0,g(x)\nearrow \Rightarrow g(x)\ge g(0)=0\Rightarrow {f}' (x)\ge 0,\Rightarrow f(x)\nearrow \Rightarrow f(x)\ge f(0)=0$得证。
例三、已知$f(x)=2x-\ln (2x+1),g(x)=e^x-x-1$;
(1)求$g(x)在(1,g(1))$处的切线方程；
(2)当$x\ge 0时 ,kf(x)\le g(x)$恒成立，求实数$k$的取值范围。
解：(1)切点坐标$(1,e-2),且{g}' (x)=e^x-1,{g}' (1)=e-1\Rightarrow $切线方程：$y-(e-2)=(e-1)(x-1)\Rightarrow (e-1)x-y-1=0$\
(2)发现一阶导数为0，马上二阶求导猜出范围，然后验证即可。
$设F(x)=g(x)-kf(x)=e^x-x-1-k[2x-\ln(2x+1)](x\ge 0)，F(0)=0，$继续求导，得：
${F}' (x)=e^x-1-k(2-\frac{2}{2x+1}) =e^x-1-\frac{4kx}{2x+1} \because {F}' (0)=0$,继续求导
${F}'' (x)=e^x-\frac{4k(2x+1-2x)}{(2x+1)^2} =e^x-\frac{4k}{(2x+1)^2} \because {F}'' (0)\ge 0,\Rightarrow k\le \frac{1}{4}$必要性证毕；
下面证充分性，当$k\le \frac{1}{4} 时，F(x)\ge 0(x\ge 0)$恒成立。
$\because k\le \frac{1}{4} ,\Rightarrow {F}'' (x)=e^x-\frac{4k}{(2x+1)^2} \ge e^x-\frac{1}{(2x+1)^2} \ge 0\Rightarrow$
${F}'(x)在x\ge 0\nearrow ,\Rightarrow {F}' (x)\ge {F}' (0)=0,\Rightarrow {F}(x)\nearrow ,{F}(x)\ge F(0)=0,\therefore F(x)\ge 0恒成立。$
例四、已知函数$f(x)=\ln x-x^2-ax$;
(1)当$a=1$时，求曲线$y=f(x)在x=1$处的切线方程；
(2)若$f(x)\le 0$恒成立，求$a$的取值范围。
解：$(1)a=1,f(x)=\ln x-x^2-x,\Rightarrow {f}' (x)=\frac{1}{x} -2x-1,{f}' (1)=-2,f(1)=-1-1=-2$,
$y-(-2)=-2(x-1)$
(2)方法一：参变分离
$\ln x -x^2-ax^2\le 0\Leftrightarrow a\ge \cfrac{\ln x -x^2}{x} =\cfrac{\ln x}{x} -x恒成立，即a\ge (\cfrac{\ln x}{x}-x)_{max}\quad(x\gt 0)$
$令g(x) =\cfrac{\ln x}{x} -x(x\gt 0)，{g}' (x)=\cfrac{\frac{1}{x} \cdot x-\ln x}{x^2} -1=\cfrac{1-x^2-\ln x}{x^2}$
再令$h(x)=1-x^2-\ln x(x\gt 0),{h}' (x)=-2x-\cfrac{1}{x}\lt 0 $
$\Rightarrow h(x)在x\gt 0单调递减，又\because h(1)=1-x^2-\ln x=0$
$\therefore x\in (0,1),h(x)\gt 0;\Rightarrow {g}' (x)\gt 0\Rightarrow g(x)\nearrow $
$\therefore x\in (1,+\infty ),h(x)\lt 0;\Rightarrow {g}' (x)\lt 0\Rightarrow g(x)\searrow$
$\therefore g(x)\lt g(x)_{max}=g(1)=-1\Rightarrow a\ge -1$

解法二：$\because 恒成立，\therefore x=1$也必然成立，故有$f(1)=-1-a\le 0\Rightarrow a\ge -1({\color{Red} 必要性})$
$ 再证明{\color{Red} 充分性} ：当a\ge -1时，x\gt 0时 f(x)=\ln x-x^2-ax\le 0恒成立。$
$f(x)=\ln x-x^2-ax\le \ln x-x^2+x\quad 切线不等式：\ln x\le x-1$
$\Rightarrow f(x)\le \ln x-x^2+x\le x-1+x-x^2=-(x-1)^2\le 0$