$1、已知函数f(x)=(x+1)\ln x-x+1.$
$(1)若x{f}'(x)\le x^2+ax+1 ,求a的取值范围。$
$(2)证明(x-1)f(x)\ge 0.$
$解：(1)f(x)=(x+1)\ln x-x+1\quad {f}' (x)=\ln x+\cfrac{1}{x}\quad x{f}' (x)=x\ln x+1\le x^2+ax+1$
$\Rightarrow {\color{Red} a} \ge \cfrac{x\ln x-x^2}{x} ={\color{Red} (\ln x-x)_{max}}$
$设g(x)=\ln x-x\quad {g}'(x)=\cfrac{1-x}{x} \quad x\in (0,1),{g}'(x)\gt 0,g(x)单调递增；x\in (1,+\infty),{g}'(x)\lt 0,g(x)单调递减；$
$g(x)在x=1处有极大值g(x)_{max}=g(1)=-1,a\ge -1,a\in [-1,+\infty)$
$解：(2){\color{Red} \because } f(1)=0,所以证(x-1)f(x)\ge 0\Leftrightarrow \begin{cases} f(x)\gt 0,x\gt 1\\ f(x)\lt ,0\lt x\lt 1\end{cases}$
${f}' (x)=\ln x+\cfrac{1}{x}=h(x)\quad {h}' (x)= \cfrac{1}{x}-\cfrac{1}{x^2}=\cfrac{x-1}{x^2}$
$x\in (0,1),{h}'(x)\lt 0,h(x)\searrow ;x\in(1,+\infty), {h}'(x)\gt 0,h(x)\nearrow ;h(x)在 x=1处有极小值,h(1)=1$
$\Rightarrow h(x)\ge h(1)=1\Rightarrow {f }' (x)=h(x)\gt 0\Rightarrow f(x)\nearrow {\color{Red} \because }\quad f(1)=0,{\color{Red} \Rightarrow x\in (0,1)\quad f(x)\lt 0;(1,+\infty)\quad,f(x)\gt 0} $

$2、 已知函数f(x)=e^x-ax-2.$
$(1)求f(x)单调区间.$
$(2)若a=1，k为整数，且当时x\gt 0，(x-k){f}'(x)+x+1\gt 0,求k的最大值。$
$解：(2)(x-k)(e^x-1)\gt -(x+1)\Rightarrow x-k\gt -\cfrac{x+1}{e^x-1} \Rightarrow k\lt {\color{Red} (x+\cfrac{x+1}{e^x-1})_{min} }$
$设g(x)=x+\cfrac{x+1}{e^x-1}\quad {g}' (x)=1+\cfrac{(e^x-1)-(x+1)e^x}{(e^x-1)^2} =\cfrac{(e^x)^2-2e^x+1+e^x-1-xe^x-e^x}{(e^x-1)^2} =\cfrac{e^x(e^x-x-2)}{(e^x-1)^2}$
$设h(x)=e^x-x-2\quad {h}' (x)=e^x-1\gt 0,h(x)\nearrow ,h(1)=e-3\lt 0,h(2)=e^2-4\gt 0,$
$\Rightarrow \exists x_0\in(1,2)使得h(x_0)=0,e^{x_0}=x_0+2,此时g(x)在(0,x_0)\searrow ,在(x_0,+\infty)\nearrow$
$g(x)\ge g(x_0)=x_0+\cfrac{x_0+1}{e^{x_0}-1}=x_0+1\in (2,3) $
$故k\lt g(x)_{min},k的最大值2$

$3、已知函数f(x)=(x+1)\ln x-a(x-1)$
$(Ⅰ)当a=4时，求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程；$
$(Ⅱ)若当x\in (1,+\infty)时，f(x)\gt 0,求a的取值范围.飘带不等式$
$解:(Ⅱ){\color{Red} f(1)=0\qquad } {f}' (x)=\ln x+\cfrac{x+1}{x}-a=\ln x +\cfrac{1}{x}+1 -a$
${f}'' (x)=\cfrac{1}{x} -\cfrac{1}{x^2} =\cfrac{x-1}{x^2} {\color{Red} \therefore } \quad {f}' (x)在(1，+\infty)\nearrow ;{f}' (x)\gt {f}' (1)=2-a$
$(a)若2-a\ge 0,即{\color{Red}a\le 2},{f}' (x)\gt {f}' (1)=2-a\ge 0,\therefore f(x)在(1,+\infty)\nearrow ，\therefore f(x)\gt f(1)=0$
$(b) 若2-a\lt 0,即a\gt2,{f}' (x)\gt {f}' (1)=2-a\lt 0,{\color{Red} \exists x_0\in (1,e^a)使得}{f} ' (x_0)=0, $
$f(x)在x\in (1,x_0)\quad {f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow ;f(x)x\in 在(x_0,\infty)\quad {f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow$
${\color{Red}\because f(1)=0 \therefore \therefore x\in (1,x_0),f(x)\lt 0} \quad 与f(x)\gt 0不符。$
$综上述，a\ge 2且x\in (1,+\infty),f(x)\gt 0$

$4、已知函数f(x)=x\cos x-\sin x,x\in[0,\cfrac{\pi}{2}].$
$(1)求证：f(x)\le 0;$
${f}' (x)=\cos x -x\sin x-\cos x=-\sin x\le 0,f(x)单调递减,f(x)\lt f(x)_{max}=f(0)=0 $
$(2) 若a\lt \cfrac{\sin x}{x}\lt b在x\in (0,\cfrac{\pi }{2})上恒成立，求a的最大值与b的最小值。$
$设g(x)= \cfrac{\sin x}{x}\quad {g}' (x)=\cfrac{x\cos x-\sin x}{x^2} 由(1)可得，{g}' (x)\lt 0，$
$g(x)单调递减，g(x)\gt g(x)_{min}=g(\cfrac{\pi}{2})=\cfrac{2}{\pi }\quad a\le \cfrac{2}{\pi},故a的最大值为\cfrac{2}{\pi} $
$求b的最小值，设h(x)=bx-\sin x\quad {h}' (x)=b-\cos x\quad x\in (0,\cfrac{\pi}{2})$
$①当b\ge 1时，{h}' (x)\gt 0,h(x)\nearrow h(x)\gt h(x)_{min}=h(0)=0;$
$②当b\lt 1时,\exists x_0\in (0,\cfrac{\pi}{2}),使得{h}' (x_0)=0{\color{Red} \Rightarrow b=\cos x_0}$
$(0,x_0),{h}'(x)\lt 0,h(x)\searrow ;(x_0,\cfrac{\pi}{2}), {h}'(x)\gt 0,h(x)\nearrow ;$
${\color{Red} \therefore } \quad h(x)在x=x_0处有极小值h(x_0)=bx_0-\sin x_0=x_0\cos x_0-\sin x_0\lt 0与bx-\sin x\gt0不符。$
$综上述，b\ge 1时，bx-\sin x \gt ０,故b的最小值为1$
$$\lim_{x \to 0} \cfrac{\sin x}{x}=1$$

$5、已知函数f(x)=(1-ax)\ln (x+1)-x.$
$(1)当a=-2时，求f(x)的极值。$
$解：定义域x\in (-1,+\infty),f(x)=(1+2x)\ln (1+x)-x\quad {f}'(x)=2\ln (x+1)+\cfrac{1+2x}{1+x}-1= 2\ln (x+1)+\cfrac{x}{1+x} $
$=2\ln (1+x)+1-\cfrac{1}{1+x}是增函数，且{f}'(0)=0,\therefore x\in (-1,0),{f}'(x)\lt 0;f(x)\searrow ;(0,+\infty),{f}'(x)\gt 0,f(x) \nearrow$
$故f(x)在x=0处有极小值f(0)=0$
$(2)当x\ge 0时，f(x)\ge 0,求a的取值范围。$
$第①步，求导\qquad\qquad {f}' (x)=(1-ax)\ln (1+x)-x,x\in (-1,+\infty)$
$则{f}'(x)=-a\ln (1+x)-\cfrac{(a+1)x}{1+x},设g(x)=-a\ln (1+x)-\cfrac{(a+1)x}{1+x}\quad {g}' (x)=-\cfrac{a}{1+x}-\cfrac{a+1}{(1+x)^2}$
$②找出原不等式成立的一个必要条件$
$因为当x\ge 0时，f(x)\ge 0且　f(0)=0,{f}'(0)=0,所以{g}'(0)=-2a-1\ge 0得,a\ge -\cfrac{1}{2}.$
$故a\ge -\cfrac{1}{2}是原不等式成立的一个必要条件。$
$③证明该必要条件也是充分条件，下面证明充分性：，即证明a\ge -\cfrac{1}{2} 且x\ge 0时，f(x)\ge 0恒成立$
$当a\le -\cfrac{1}{2} ,{\color{Red} \Rightarrow -a\ge \cfrac{1}{2} ,-a-1\ge -\cfrac{1}{2}} ,x\ge 0\quad {g}' (x)\ge \cfrac{1}{2(x+1)}-\cfrac{1}{2(1+x)^2}=\cfrac{x}{2(1+x)^2} \ge 0$
${\color{Red} \therefore } \quad {f}' (x)在[0,+\infty) 上单调递增，且{f}' (x)\ge {f}' (0)=0;$
${\color{Red} \therefore } \quad {f} (x)在[0,+\infty) 上单调递增，且{f} (x)\ge {f}(0)=0;$
$综上，a 的取值范围为(-\infty,-\cfrac{1}{2}] $

$6、已知函数f(x)=(1-x^2)e^x. \quad 2017年新课标2 -12分$
$(1)讨论f(x)的单调性；$
$解：x\in \mathbb{R} ,{f}' (x)=(1-2x-x^2)e^x， 令-x^2-2x+1=0,x_1=-\sqrt{2} -1,x_2=x_1=\sqrt{2} -1$
$x\in (-\infty,-\sqrt{2} -1)\cup (\sqrt{2} -1,+\infty),{f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow ;x\in (-\sqrt{2} -1,\sqrt{2} -1),{f}'(x)\gt 0,f(x)\nearrow$
$(2)当x\ge 0，f(x)\le ax+1，求a的取值范围。$
$根据数形结合分析，可以直线ax+1在曲线(1-x^2)e^x的上方，即a\ge 1时，满足$
$令g(x)=f(x)-ax-1则：g (x)\le 0在[0,+\infty)恒成立。$
${g}' (x)＝{f}' (x)-a=(-x^2-2x+1)e^x-a\quad {g}'' (x)=(-x^2-4x-1)e^x\lt 0$
${\color{Red} \therefore {g}' (x)在[0,+\infty)上单调递减} ，且{g}' (0)=1-a$
$①a\ge 1时，{g}' (0)\le 0\quad\therefore {g}' (x)\le 0\quad g(x)在[0,+\infty)上单调递减，又g(0)=0\quad g(x)\ge 0$
$②0\le a\lt 1时，{g}' (0)\gt0 \quad {g}' (x)=(-x^2-2x)e^x+e^x-a\lt (-x^2-2x)e^x+3e^x=-(x+3)(x-1)e^x$
$x\gt 1时，{g}' (x)\lt 0,\therefore {g}'(x) 有一个零点x_0，且x\in (0,x_0)時，{g}' (x)\gt 0,又g(0)=0,{\color{Red}\therefore }x\in (0,x_0)時，g(x)\gt 0\quad 不合题意。$
$③a\le 0时，g(\cfrac{1}{2})=f( \cfrac{1}{2})-\cfrac{a}{1} -1=\cfrac{3\sqrt{e} }{4} -\cfrac{a}{1} -1=\ge \cfrac{3\sqrt{e} }{4}-1\gt 0$
${\color{Red} \therefore } \quad g(x)\le 0 不会恒成立，不合题意。$
$综上所述，a\ge 1时，恒成立。$

$7、已知函数f(x)=\ln (x+1)+a(x^2-x),其中a\in \mathbb{R} ,$
$(1)讨论函数f(x)的极值点的个数，并说明理由；$
$第一问解：{f}' (x)=-\cfrac{1}{1+x}+a(2x-1)=\cfrac{2ax^2+ax+1-a}{x+1} \quad x\in (-1,+\infty) $
$设g(x)=2ax^2+ax+1-a\quad x\in (-1,+\infty);$
${\color{Green} ㈠a=0} ,g(x)=1\gt 0,此时{f}' (x)\gt 0,函数f(x)单调递增,无极值点。$
${\color{Green} ㈡当a\gt 0时} ，\Delta ＝a^2-8a(1-a)=a(9a-8).$
$①0\lt a \le \cfrac{8}{9},\Delta\le 0,g(x)\ge 0,{f}' (x)\ge 0,函数f(x)在(-1,+\infty)上单调递增，无极值点。$
$②当a\gt \cfrac{8}{9}时，\Delta \gt 0,设方程g(x)=0两根为x_1,x_2(x_1\lt x_2),因为x_1+x_2=-\cfrac{1}{2},x_1\lt -\cfrac{1}{4} ,x_2\gt -\cfrac{1}{4}$
$由g(-1)=1\gt 0,可得-1\lt x_1\lt -\cfrac{1}{4},所以当x\in (-1,x_1)\cup (x_2,+\infty)时，g(x)\gt 0,{f}' (x)\gt 0,函数f(x)单调递增;$
$x\in (x_1,x_2)时，g(x)\lt 0,{f}' (x)\lt 0,函数f(x)单调递减;因此函数f(x)有两个极值点。$
${\color{Green}㈢当a\lt 0时 } ,\Delta \gt 0,由g(-1)=1\gt 0,可得x_1\lt -1,当x\in (-1,x_2)时，g(x)\gt 0,{f}' (x)\gt 0,f(x)单调递增；$
$x\in (x_2,+\infty)，g(x)\lt 0,{f}'(x)\lt 0 ,f(x)单调递减，所以f(x)有一个极值点。$
${\color{Green} 综上所述} ①a\lt 0，有1个极值点；$
$\qquad \qquad ②0\le a \le \cfrac{8}{9},没有极值点；$
$\qquad \qquad③a\gt \cfrac{8}{9},有2个极值点。$

$(2)若\forall x\gt 0,f(x)\ge0 成立，求a取值范围$
$解：由(1)可知：$
$(1)当0\le a\le \cfrac{8}{9}时，函数f(x) 在(0,+\infty)上单调递增。因为f(0)=0,所以x\in (0,+\infty)时，f(x) \gt 0,符合题意；$
$(2)当\cfrac{8}{9} \lt a\le 1 时，由g(0)=1-a\ge 0,解得x_2\lt 0,所以函数f(x)在(0,+\infty)上单调递增。又f(0)=0,所以x\in (0,+\infty)时，f(x)\gt 0符合题意;$
$(3)当 a\gt 1时，由g(0)=1-a\lt 0,可得x_2\gt 0,所以x\in (0,x_2)时，函数f(x)单调递减，又因为f(0)=0,所以x\in (0,x_2)时，f(x)\lt 0,不合题意；$
$(4)当a\lt 0时，设h (x)=x-\ln (x+1),因为x\in (0,+\infty)时，{h }'(x)=1-\cfrac{1}{x+1}=\cfrac{x}{x+1}\gt 0,所以h(x)单调递增。$
$f(x)\lt x+ax^2-ax=ax^2+(1-a)x \quad(a\lt 0)开心向下，x \to +\infty,f(x)\lt 0与f(x)\ge 0矛盾。$

$8-1、已知函数f(x)=e^x-ax$
$(1)讨论函数f(x)的单调性；$
$(2)若x\gt 0时，f(x)\ge x^2+1恒成立，求a的取值范围。$
$解：因为x^2的系数不是\cfrac{1}{2},故不能使用端点效应来求证。$
$e^x-x^2-1\ge ax\Rightarrow a\le (\cfrac{e^x-x^2-1}{x} ){\color{Red} _{min}} $
$令g(x)=\cfrac{e^x-x^2-1}{x} $
${g}' (x)=\cfrac{(e^x-2x)x-(e^x-x^2-1)}{x^2} =\cfrac{(x-1)(e^x-x-1)}{x^2}$
$易证e^x-x-1\ge 0,但要证，这里省掉。$
$x\in (0,1),g'(x)\lt 0,g(x)递减；x\in (1,+\infty),g'(x)\gt 0,g(x)递增；$
$所以g(x)在x=1处有极小值g(x)\ge g(1)=e-2$
$所以a\in (-\infty,e-2]$
$(2)当x\ge 0时，f(x)\le ax+1求实数a的取值范围。$
$综上述，a\in [0,1]，f(x)\ge 0恒成立。$

$8－2已知函数f(x)=e^x-1-x-ax^2$
$(1)当x\ge 0地，若不等式f(x)\ge 0恆成立，求實數a的取值範圍；$
$(2)若x\gt 0,证明(e^x-1)\ln (x+1)\gt x^2$
$(1)用泰勒展開式，容易得到a\in (-\infty,\cfrac{1}{2}]$
${\color{Red} 用端点效应证明a的取值范围。} $
$解：定义域x\in \mathbb{R}$
$f(0)=e^0-1=0,{f}' (x)=e^x-1-2ax,{f}' (0)=0,$
${f}'' (x)=e^x-2a,{f}'' (0)=1-2a\ge 0\Rightarrow a\le \cfrac{1}{2}$
$以上操作也叫必要性探路，下面证明其充分性$
$证明a\le \cfrac{1}{2}时，x\ge 0时，f(x)\ge 0恒成立。$
$当x=0时，f(0)=0，显然成立。$
$当x\gt 0时，a\le \cfrac{1}{2} \Rightarrow -a\ge -\cfrac{1}{2}\Rightarrow -ax^2\ge -\cfrac{1}{2}x^2$
$即证 f(x)=e^x-1-x-ax^2\ge e^x-1-x-\cfrac{1}{2} x^2\ge 0$
$即证 1-\cfrac{(1+x+\cfrac{1}{2} x^2)}{e^x} \ge 0$
$令g(x)=1-\cfrac{(1+x+\cfrac{1}{2} x^2)}{e^x}$
${g}' (x)=-\cfrac{1+x-(1+x+\cfrac{1}{2} x^2)}{e^x}=\cfrac{\cfrac{1}{2} x^2}{e^x}\ge 0$
$所以g(x)在[0,+\infty) 单调递增，g(x)\ge g(0)=0$
$得证。$

$(2)解： f(x)=e^x-1-x-\cfrac{1}{2}x^2$​
$e^x\ge +1+x+\cfrac{1}{2}x^2, e^x-1\ge x+\cfrac{1}{2}x^2$
$(e^x-1)\ln (x-1)\gt x^2\qquad (x+\cfrac{1}{2}x^2)\ln (x+1)\gt x^2$
$显然x=0处，上两式成立。$
$\ln (x+1)\gt \cfrac{x^2}{x+\cfrac{1}{2}x^2}=\cfrac{2x^2}{2x+x^2}$

$即证\ln (x+1)\gt \cfrac{2x^2}{2x+x^2}$
$构造g(x)=\ln (x+1)-\cfrac{2x^2}{2x+x^2}\quad x\gt 0$​
$即证g(x)_{min}\gt 0$
$g(x)=\ln (x+1)-\cfrac{2x^2}{2x+x^2}=\ln (x+1)+\cfrac{4x}{2x+x^2}-2$
$g'(x)=\cfrac{1}{x+1}+\cfrac{4x(x+2)-4x(2x+2)}{x^2(x+2)^2}$
$=\cfrac{1}{x+1}-\cfrac{4}{(x+2)^2}=\cfrac{(x+2)^2-4(x+1)}{(x+1)(x+2)^2}$
$=\cfrac{x^2}{(x+1)(x+2)^2}\gt 0,g(x)单调$
$\lim_{x \to 0} \cfrac{4x}{x^2+2x}=\lim_{x \to 0} \cfrac{4}{2x+2} =2$
$所以g(0)=0,得证。{\color{Red} 此处用洛必达法则求\cfrac{0}{0}，\cfrac{\infty}{\infty}的极限。} $
$法二:f(x)=e^x-1-x-\cfrac{1}{2}x^2\ge 0恒成立 e^x-1\ge x+\cfrac{1}{2}x^2$
$\Rightarrow \cfrac{e^x-1}{x^2} \ge \cfrac{1}{x} +\cfrac{1}{2}=\cfrac{x+2}{2x} $
$证明(e^x-1)\ln (x+1)\gt x^2$
$\Leftrightarrow \cfrac{(e^x-1)\ln (x+1)}{x^2}\gt 1 \Leftrightarrow \cfrac{x+2}{2x}\times\ln (x+1)\gt 1$
$\Leftrightarrow \ln (x+1)\gt\cfrac{2x}{x+2}$
$令t=x+1\quad (t\gt 1) \quad x=t-1,$
$\ln t \gt \cfrac{2(t-1)}{t-1+2} =\cfrac{2(t-1)}{t+1} \quad t\gt 1$
$又是飘带不等式，易证，略$

$已知f(x)=e^x-ax-a,a\in R$
$(1)讨论f(x)的单调性；$
$(2)设g(x)=\cfrac{2f(x)}{x^2},当x\gt 0时，g(x)\gt 1恒成立，求a的取值范围$
$(1)定义域x\in \mathbb{R},{f}' (x)=e^x-a$
$a. 当a\le 0,{f}' (x)\gt 0,f(x)单调递增$
$b. 当a\ge 0 ,令{f}' (x_0)= 0,x_0=\ln a$
$x\in (-\infty,\ln a),{f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow ,$
$x\in (\ln a,+\infty),{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow ,$
$第2问：\cfrac{2f(x)}{x^2}=\cfrac{2(e^x-ax-a)}{x^2}\gt 1\Leftrightarrow e^x-ax-a\gt \cfrac{1}{2}x^2$
$\Leftrightarrow a\lt [\cfrac{2e^x-x^2}{2(x+1)}]{\color{Red} _{min}}$
$令h(x)=\cfrac{2e^x-x^2}{2(x+1)}\ge \cfrac{2({\color{Red} \cfrac{1}{2}x^2+x+1 } )-x^2}{2(x+1)}=1$
$这里的放缩{\color{Green}e^x\ge \cfrac{1}{2}x^2+x+1 } 要先证明使用，移项，让指数找朋友 ，即可证明。$
$所以 h(x)\gt 1，即得h(x)的最小值为1，a\lt 1，故a\in (-\infty,1)$

$2020新课标１卷理工,8-3$
$已知函数f(x)=e^x+ax^2-x,当x\ge 0时，f(x)\ge \cfrac{1}{2}x^3+1,求a的取值范围。$
$解①x=0时，e^x+ax^2-x\ge \cfrac{1}{2}x^3+1,1\ge 1,成立。$
$②x\gt 0时,a\ge -\cfrac{e^x-\cfrac{1}{2}x^3-x-1 }{x^2}$
$设g(x)=\cfrac{e^x-\cfrac{1}{2}x^3-x-1 }{x^2} ,即证{\color{Red} a\ge -g(x)_{min}} $
${g}' (x)=\cfrac{x^2(e^x-\cfrac{3}{2}x^2-1 )-2x(e^x-\cfrac{1}{2}x^3-x-1 )}{x^2x^2}$
$=\cfrac{x(e^x-\cfrac{3}{2}x^2-1 )-2(e^x-\cfrac{1}{2}x^3-x-1 )}{x^3}$
$=\cfrac{xe^x-\cfrac{3}{2}x^3-x -2e^x+x^3+2x+2 }{x^3}$
$=\cfrac{(x-2)e^x-\cfrac{1}{2}x^3+x+2 }{x^3}$
$下面需要应用{\color{Red} 大除法} 进行因式分解(-\cfrac{1}{2}x^3+x+2){\div} (x-2)=-\cfrac{1}{2}x^2-x-1$
$=\cfrac{(x-2)(e^x-\cfrac{1}{2}x^2-x-1 )}{x^3}$
$下面还要证明e^x-\cfrac{1}{2}x^2-x-1\gt 0（用泰勒展式，一看便知，考试需要用指数找朋友证明x\gt 0时成立$
$因而，导函数的符号函数由x-2决定，即(0,2){g}'(x)\lt 0,g(x)\searrow ;(2,+\infty) {g}'(x)\gt 0,g(x)\nearrow$
$g(x)在x=2处有极小值g(2)=\cfrac{e^2-7}{4}$
$所以{\color{Red} a\ge =\cfrac{7-e^2}{4} }$
$由此题可见，数学也不过是积木，你积累的知识越多，题型见得越多，压轴题目亦不过如此$

例题$x\ln x +1\gt \cfrac{x}{e^x}$
此题目用作差法，用对数单身狗都不容易求导数的零点。
左边是我们熟悉的幂对相乘有极小值，右边是幂指相除有极大值。若左边的极小值比右边的极大值还大，则题目必然成立。
${\color{Red} 注意，这是充分条件，不是必要条件！}$
$x\ln x在x=\cfrac{1}{e}$时有极小值$-\cfrac{1}{e}$,故最左边的极小值为$1-\cfrac{1}{e};$
右边函数$\cfrac{x}{e^x}在x=1时，有极大值\cfrac{1}{e}$,得证。
1、证明：$e^x\ln x+\cfrac{2}{x}\cdot e^{x-1}\gt 1\qquad$
解：两边$\times \cfrac{x}{e^x}$,得$x\ln x+\cfrac{2}{e} \gt \cfrac{x}{e^x}$
左边有极小值$-\cfrac{1}{e}+\cfrac{2}{e}$,右边有极大值，$\cfrac{1}{e}$,取等条件不一致，所以成立。
2、证明：$e^x+\cfrac{x}{2e}\gt \ln x+x$
两边${\div} x,\frac{e^x}{x} +\cfrac{1}{2e}\gt \frac{ln x}{x} +1$,
左边$=\cfrac{e^x}{x}+\cfrac{1}{2e}$，有极小值$e+ \cfrac{1}{2e}$;右边有极大值$1+\cfrac{1}{e}$
3、证明：$x^2e^x\gt \ln x+1\qquad$
两边${\div} x$,得$xe^x\gt \cfrac{\ln x}{x} +\cfrac{1}{x}=\cfrac{e\ln (ex)}{ex}$;
左边当$x=\cfrac{1}{e}$,有极小值$-\cfrac{1}{e}$;右边当$x=1$时，有极大值1.
这里可以得到，充分条件，并不是必要条件。
两边${\div} x^3$,得$\cfrac{e^x}{x} \gt \cfrac{\ln x}{x^3} +\cfrac{1}{x^3}=\cfrac{e\ln (ex)}{ex}$;
$g(x)= \cfrac{\ln x}{x^3} +\cfrac{1}{x^3}\qquad$
${g}' (x)=\cfrac{1-3\ln x}{x^4} -\cfrac{3}{x^4} $
$g(x)\le g(x)_{max}=g(e^{-\cfrac{2}{3} })=\cfrac{-\cfrac{2}{3}+1 }{e^{-2}}=\cfrac{1}{3} e^2$
$e\gt \cfrac{e}{3} e$
4、证明:当$a\ge \cfrac{2}{e^2}时，ae^x\gt x\ln x \qquad$
证： $ae^x\ge \cfrac{2}{e^2}\cdot e^x \gt x\ln x$
两边除以$x^2$,得 $\cfrac{2e^{x-2}}{x^2}\gt \cfrac{ln x}{x} \qquad$
令$f(x)=\cfrac{2e^{x-2}}{x^2},g(x)=\cfrac{\ln x}{x} \qquad$
${f}' (x)=\cfrac{2e^{x-2}(x-2)}{x^3}$ 故f$(x)$在x=2处有极小值，$f(x)\ge f(x)_{min}=f(2)=\cfrac{1}{2}$
$g(x)=\cfrac{\ln x}{x} \qquad $
${g}' (x)=\cfrac{1-\ln x}{x^2},故g(x)在x=e处有极大值g(x)\le g(x)_{max}=g(e)=\cfrac{1}{e} $
5、已知函数$f(x)=x^2+ax-\ln x,a\in R.$
(1)若函数$f(x)在[1,2]$上是减函数，求实数$a$的取值范围。
(2)令$g(x)=f(x)-x^2$,是否存在实数$a$，当$x\in (0,e]$时，函数$g(x)$的最小值是3,若存在，求出a的值，若不存在，说明理由。
(3)当$x\in (0,e]$时，证明$e^2x^2-\cfrac{5}{2} x\gt (x+1)\ln x$
(1)${f}'(x)=2x+a-\cfrac{1}{x}=\cfrac{2x^2+ax-1}{x}$
令$h(x)=2x^2+ax-1,\begin{cases} h(1)\le 0\\h(2)\le 2\end{cases}得，\begin{cases} a\le -1\\a\le -\cfrac{7}{2} \end{cases}\Rightarrow a\le -\cfrac{7}{2}$
(2)$g(x)=ax-\ln x$
${g}'(x)=a-\cfrac{1}{x}=\cfrac{ax-1}{x}$
①$a\le 0时,{g}'(x)\lt 0,g(x),\searrow ;g(x)_{min} =g(e)=ae-1=3,解得a=\cfrac{4}{e},舍去； $
②　$a\gt 0,令{g}' (x)=0,解得x=\cfrac{1}{a}，$
$x\in (0,\cfrac{1}{a} ),{g}' (x)\lt 0,g(x)\searrow ;x\in (\cfrac{1}{a} ,+\infty ){g}' (x)\gt 0,g(x)\nearrow ;$
$g(x)在x=\cfrac{1}{a}处有极小值，g(x)_{min}=g(\cfrac{1}{a} )=a\cdot\cfrac{1}{a}-\ln \cfrac{1}{a}=1+\ln a =3$
$解得：a=e^2$
③ $若\cfrac{1}{a} \gt e\Rightarrow a\lt \cfrac{1}{e};g(x)在(0,e]\searrow ,g(3)=ae-\ln e\Rightarrow a=\cfrac{4}{e}舍去。$
$综上述，符合题意的a＝e^2$
$(3)由(2)可得e^2x-\ln x\ge 3,$
$要证e^2x^2-\cfrac{5}{2} x\gt (x+1)\ln x即证 e^2x-\cfrac{5}{2} \gt \ln x+\cfrac{\ln x}{x}$
$\Leftrightarrow e^2x-\ln x \gt \cfrac{5}{2}+\cfrac{\ln x}{x} \Leftrightarrow e^2x-\ln x \ge3\gt \cfrac{5}{2}+\cfrac{\ln x}{x}$
$\Leftrightarrow \cfrac{1}{2}\gt \cfrac{\ln x}{x}\quad x\in (0,e]$
$\Leftrightarrow \cfrac{1}{2}\gt [\cfrac{\ln x}{x}]_{max}=\cfrac{1}{e}$

$6.已知函数f(x)=a(x-\ln x)+\cfrac{2x-1}{x^2} ,a\in \mathbb{R} .$
$(Ⅰ)讨论f(x)的单调性；$
$(Ⅱ)当a=1时，证明f(x)\gt {f}' (x)+\cfrac{3}{2} 对于任意x\in [1,2]成立。$
$(Ⅰ)解:{f}' (x)=a(1-\cfrac{1}{x})+\cfrac{2-2x}{x^3}=\cfrac{(x-1)(ax^2-2)}{x^3} $
$①{\color{Green} a\le 0} 时，x\in(0,1),{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow ;x\in(1,+\infty),{f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow ;$
$②a\gt 0时，令ax^2=0,得x=\sqrt{\cfrac{2}{a}}$
$⒈{\color{Green} a=2时} ，{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow$
$⒉若\sqrt{\cfrac{2}{a}}\lt 1即{\color{Green} a\gt2时} ，(0,\sqrt{\cfrac{2}{a}})\cup (1,+\infty) {f}' (x)\gt 0 ,f(x)\nearrow$
$x\in (\sqrt{\cfrac{2}{a}},1){f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow$
$⒊若\sqrt{\cfrac{2}{a}}\gt 1即{\color{Red} 0\lt a\lt2 } 时，(0,1)\cup (\sqrt{\cfrac{2}{a}},+\infty) ,{f}' (x)\gt 0 ,f(x)\nearrow$
${\color{Red} x\in (1,\sqrt{\cfrac{2}{a}}){f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow }$
综上所述：…………
$(Ⅱ)当a=1时，证明f(x)\gt {f}' (x)+\cfrac{3}{2} 对于任意x\in [1,2]成立。$
$解：由(1)知a=1时，f(x)-{f}' (x)=x-\ln x+\cfrac{2x-1}{x^2}-(1-\cfrac{1}{x}-\cfrac{2}{x^2} +\cfrac{2}{x^3})$
$=x-\ln x+\cfrac{2}{x} -\cfrac{1}{x^2} -1+\cfrac{1}{x} +\cfrac{2}{x^2} -\cfrac{2}{x^3} =x-\ln x+\cfrac{3}{x}+\cfrac{1}{x^2} -\cfrac{2}{x^3} -1,x\in [1,2]$
$设g(x)=x-\ln x,h(x)=\cfrac{3}{x}+\cfrac{1}{x^2}-\cfrac{2}{x^3}-1,x\in [1,2]$
${g}'(x)=1-\cfrac{1}{x}=\cfrac{x-1}{x}\ge 0,g(x)\nearrow ;{\color{Red} g(x)\ge g(1)=1,当且仅当x=1取等号} 。$
$又h(x)=\cfrac{-3x^2-2x+6}{x^4},令\varphi(x)=-3x^2-2x+6的对称轴为x=-\cfrac{2}{3}, \varphi(x)在[1,2]单调递减(不是\lt 0$
$\varphi (1)=1,\varphi (2)=-12-4+6=-10,所以在[1,2]存在x_0使得x\in [1,x_0]\quad \varphi (x)\gt 0;x\in(x_0,2),\varphi (x)\lt 0$
${\color{Red} \therefore }\quad h(x)\ge h(2)=\cfrac{1}{2} , 当且仅当x=2取得等号。$
$\Rightarrow f(x)-{f}' (x)=g(x)+h(x)\ge g(x)_{min}+h(x)_{min}=g(1)+h(2)=1+\cfrac{1}{2}=\cfrac{3}{2}$
$即f(x)\gt {f}' (x)+\cfrac{3}{2}$

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

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 $
${f}' (x)=e^{x-1}-2+\cfrac{1}{x} \qquad$
${f}'' (x)=e^{x-1}-\cfrac{1}{x^2}$
$\because x\gt 1时，e^{x-1}\gt 1,-\cfrac{1}{x^2}\lt 1,\therefore {f}'' (x)\gt 0$
$\Rightarrow {f}' (x)\nearrow 且{f}'(1)=0,\Rightarrow {f}' (x)\gt 0$
$\therefore f(x)\nearrow 且f(1)=0,f(x)\gt f(1)=0$