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

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

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

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

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

$解：②f(1)=a-1\ge 0\Rightarrow a\ge 1,充分性；$
$证a\ge 1时，f(x)\ge 0恒成立。$
${\color{Red} f(x)\ge 2(x-1)\ln x+x^2-1\ge 0}$
$={\color{Red} 2(x-1)\ln x} +{\color{Green} x^2-2\ln x-1} \ge 0$
$易证2(x-1)\ln x和x^2-2\ln x-1均\ge 0，当且仅当x=1时取=0$

$例5、已知函数f(x)=\ln x-x^2;g(x)=xe^{x-1}+\cfrac{1}{2} x^3-2x^2.$
$①讨论f(x)的单调性；$
$②若x\gt0 ,g(x)\ge af(x)恒成立，求实数a的取值范围。$
$解：②h(x)=g(x)-af(x)=xe^{x-1}+\cfrac{1}{2} x^3-2x^2+ax^2-a\ln x\ge 0$
$h(1)a-\cfrac{1}{2} \Rightarrow a\ge \cfrac{1}{2} ,充分性；$
$证a\ge \cfrac{1}{2}时，恒成立。$
${\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 $
$这个时候出现了无穷多组解，此时显然是不可能通过验证得到答案的，那怎么样解决呢，事实上这个题目并不是无穷多组解，$
$而是方程解的不够严谨，导致解出了多个不正确的解。具体是这样的，当得到\cos x_0=0时，我们应该将\cos x_0=0代回原方程，$
$从而得到a=\cfrac{1}{x_0},而在（0，\cfrac{\pi}{2}]上有g(x)\gt (\cfrac{2}{\pi}-a)x,，所以a\lt \cfrac{2}{\pi}时，g(\cfrac{\pi}{2}) \gt 0,，$
$此时显然不符合，故x=pi／2时其实是唯一满足公切点方程的点。其实当x=\cfrac{3\pi}{2}时，在第一个点可能就不满足相切了。$

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

高中常见放缩有哪些？

大的变小，小的变大
$①不等式：均值不等式，柯西不等式，对数均值不等式$
$②三角放缩，x\ge \sin x(x\ge 0),导数97练习1$
$根据凹凸性,{\color{Red} (导函数单调递减，原函数是凸函数；导函数单调递增，原函数是凹函数)} {\color{Green} \Rightarrow }$
$\begin{cases} {\color{Green} x\in (0,\cfrac{\pi}{2}):\quad \sin x\gt \cfrac{2}{\pi} x;} \\{\color{Red} x\in (0,\cfrac{\pi}{6}):\quad\sin x\gt \cfrac{3}{\pi} x} \end{cases}$
$③指对放缩，e^x\ge x+1\Rightarrow e^{x-1}\ge x\quad (e^x\ge ex)\overset{两边取对数}{\rightarrow} x\ge ln(x+1),x-1\ge ln x$
${\color{Red} e^x\lt \cfrac{1}{1-x}\quad (0\lt x\lt 1),\ln x\gt 1-\cfrac{1}{x} } 导数89页例4,94页$
$④对数均值不等式$
$⑤飘带不等式x-\cfrac{1}{x}(\qquad)2\ln x当 x\gt 1时，取\gt ,当x\lt 1 取\lt； \overset{两边\times x}{\rightarrow} x^2-1\gt 2x\ln x(x\gt1)$
$⑥$

$例1、e^x+\ln x+\cfrac{3}{x}\gt \cfrac{4}{\sqrt{x} } $
$解：令f(x)=e^x-x-1,f(0)=0,{f}' (x)=e^x-1,x\gt 0:{f}' (x)\gt 0,f(x)在x\in (0,+\infty)\nearrow$
$在[０，+\infty)：x\ge \ln (x+1),x-1\ge \ln x,\cfrac{1}{x} -1\ge \ln \cfrac{1}{x} \Rightarrow \ln x\ge 1-\cfrac{1}{x}$
$要证原式，仅证x+1+1-\cfrac{1}{x}+\cfrac{3}{x} \gt \cfrac{4}{\sqrt{x} } $
$x^2+2x-4\sqrt{x} +2\gt 0\Rightarrow (x+1)^2-4\sqrt{x}+1\gt 0\Rightarrow (x+1)^2-2\cdot 2\sqrt{x}+1\gt 0 $
$(x+1)^2\ge (2\sqrt{x} )^2,(x+1)^2-2\cdot 2\sqrt{x}+1\ge (2\sqrt{x} )^2-2\cdot 2\sqrt{x}+1=(2\sqrt{x} -1)^2$
$前者当x=1取＝，后者当x=\cfrac{1}{4} 时取=,所以e^x+\ln x+\cfrac{3}{x}\gt \cfrac{4}{\sqrt{x} }成立$
$例2、e^x-x-1\gt 2x\ln x$
$分析：e^x-x-1在x\gt 1时，恒大于0，2x\ln x并不是恒正数。因为飘带x^2-1\gt 2x\ln x(x\gt 1)，$
$6-10备注下：只需证e^x-x-1\ge x^2-1即可,即e^x-x^2-x\gt 0即可，x\gt 1,e^x-2\gt 0，不需要引入虚设零点的$
$解：x\in (0,+\infty)，令f(x)=e^x-x-1,f(0)=0,{f}'(x)=e^x-1\gt 0,f(x)\nearrow ,f(x)\gt f(0)=0,
\Rightarrow e^x-x-1\gt 0$
$①x\in (0,1],2x\ln x\lt 0\lt e^x-x-1,显然成立。$
$②x\in (1,+\infty):令g(x)=e^x-x-x^2,{g}' (x)=e^x-2x-1,令h(x)=e^x-2x-1,{h}' (x)=e^x-2$
$x\gt 1,令g(x)=e^x-x^2-x,即证{\color{Red} g(x)_{min}\gt 0}$
$令h(x)={g}' (x)=e^x-2x-1，{h}' (x)=e^x-2\gt 0\quad (x\gt1)$
$\Rightarrow h(x)={\color{Red} {g}' (x)\nearrow } \Rightarrow {g}' (x)\gt {g}' (1)=e-3\lt 0$
${g}' (\cfrac{3}{2} )=e^{\cfrac{3}{2} }-4= e^{2\times\frac{3}{4}}-4\gt e^{2\ln2}-4= 0$
$所以\exists x_0\in (1,\cfrac{3}{2})使得{g }' (x_0)=0,\Rightarrow e^{x_0}=2x_0+1$
$所以x\in (1,x_0),{g }' (x)\lt 0,\quad g(x)\searrow ;$
$x\in (x_0,+\infty),{g }' (x)\gt 0,\quad g(x)\nearrow;$
$g(x)\ge {\color{Red} g(x_0)=e^{x_0}-x_0^2-x_0=-x_0^2+x_0+1}$
$g(x_0)的对称轴为x=\cfrac{1}{2},故x_0\in (1,\cfrac{3}{2}), g(x_0)\searrow ,即$
$设H(x_0)={\color{Red} g(x_0)=e^{x_0}-x_0^2-x_0=-x_0^2+x_0+1}\quad (1\lt x_0\lt \cfrac{3}{2} )$
$它的对称轴在x=\cfrac{1}{2},在(1,\cfrac{3}{2}){\color{Red} \searrow } ,所以H(x_0)\gt H(\cfrac{3}{2})=\cfrac{1}{4}\gt 0$
$故得g(x)\gt 0,得证，再证飘带不等式。　$
$再证飘带不等式，x\gt 1时，x-\cfrac{1}{x}\gt 2\ln x{\color{Red} \Rightarrow } x^2-1\gt2x\ln x $

$1.若关于x的方程\log_{a}{x} -a^x=0(a\gt 0且a\ne1) 有实数解，则a的值可以为(\quad )$
$A.10\quad B.e\quad C.2\quad \cfrac{5}{4}$
延伸题：同底的指对函数图像是否会相交？若相交，底为多少是交点只有一个；什么时候有两个交点？
$2.已知函数f(x)=e^x-\cfrac{\ln x}{x} +\cfrac{a}{x} -1$
$(1)若在(1,f(1))处的切线斜率为-1,求a值；$
$(2)f(x)\ge 0恒成立，求a的取值范围。$

朗博同构：

$1=\ln e,\qquad 2=\ln e^2,{\color{Red} a=\ln e^a=e^{\ln a}} (a\gt 0)$
$1+\ln x=\ln (ex);\qquad \ln x-1=\ln \cfrac{x}{e};$
$xe^x=e^{x+\ln x},\qquad ae^x=e^{x+\ln a} ;$
$x+\ln x=\ln (xe^x);\qquad \cfrac{e^x}{x}=e^{x-\ln x}$
$x-\ln x=\ln (\cfrac{e^x)}{x}) ;\qquad \cfrac{e^x}{a}=e^{x-\ln a}$
$x^2e^x=e^{x+2\ln x},\qquad a^2e^x=e^{x+2\ln a}\quad x+2\ln x=\ln (x^2e^x)$
$\cfrac{e^x}{x^2}=e^{x-2\ln x}\qquad \cfrac{e^x}{a^2}=e^{x-2\ln a}\qquad x-2\ln x=\ln (\cfrac{e^x}{x^2})$

九大同构自我练习：

$(1)xe^x=e^{(\qquad) }\qquad$
$(2)\cfrac{e^x}{x} =e^{(\qquad\qquad) }\qquad$
$(3)\cfrac{x}{e^x} =e^{(\qquad\qquad) }\qquad$
$(4)x^2e^x=e^{(\qquad) }\qquad$
$(5)\cfrac{e^x}{x^2} =e^{(\qquad\qquad) }\qquad$
$(6)x-\ln x=\ln (\cfrac{}{} \cfrac{}{} \cfrac{}{} )$
$(7)x+\ln x=\ln (\cfrac{}{} \cfrac{}{} \cfrac{}{} )$
$(8)x+2\ln x=\ln (\cfrac{}{} \cfrac{}{} \cfrac{}{} )$
$(9)x-2\ln x=\ln (\cfrac{}{} \cfrac{}{} \cfrac{}{} )$

$对下列不等式或方程进行同构变形，并写出相应的同构函数：$
$(1)\log_{2}{x} -k\times 2^{kx}\ge 0$
$(2)x^2\ln x-me^{\cfrac{m}{x} }\ge 0$
$(3)e^{2\lambda x}-\cfrac{1}{\lambda } \ln \sqrt{x} \ge 0\quad \lambda\gt 0$
$(4)a(e^{ax}+1)\ge 2(x+\cfrac{1}{x} )\ln x$
$(5)a\ln (x-1)+2(x-1)\ge ax+2e^x$
$(6)x+a\ln x +e^{-x}\ge x^a\quad (x\gt 1)$
$(7)e^{-x}-2x-\ln x=0$
$(8)x^2e^x+\ln x=0$
$小应用$
$(1)f(x)=xe^x-x-\ln x的最小值是(\qquad )$
$(2)f(x)=\cfrac{xe^x-\ln x}{x+1} 的最小值是(\qquad )$
$(3)f(x)=(\ln x+x+1)e^{-x}-x的最大值是(\qquad )$

双变量同构

最简单的一种同构，把两种变量分别放到等式（不等式）两边，观察形式即可。
${\color{Red} \mathbf{构造单调性：} } $
$\cfrac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2} \gt k\quad (x_1\gt x_2)\Leftrightarrow f(x_1)-f(x_2)\gt k(x_1-x_2)$
$\Leftrightarrow f(x_1)-kx_1\gt f(x_2)-kx_2\Leftrightarrow y=f(x)-kx为增函数$
$2021新高考22题:$
$22.已知函数f(x)=x(1-\ln x)$
$(1)讨论f(x)的单调性;$
$(2)设a,b为两个不相等的正数,且b\ln a-a\ln b=a-b,求证:2<\cfrac{1}{a} +\cfrac{1}{b} \lt e.$
$\cfrac{a-b}{ab} \cfrac{b\ln a -a\ln b}{ab} =\cfrac{a-b}{ab} \Rightarrow \cfrac{\ln a}{a} -\cfrac{\ln b}{b} =\cfrac{1}{b} -\cfrac{1}{a} \Rightarrow $
$\Rightarrow \cfrac{\ln a}{a} +\cfrac{1}{a} =\cfrac{\ln b}{b}+\cfrac{1}{b}$
$原函数就是需构造的函数，f(\cfrac{1}{a} )=f(\cfrac{1}{b} )$
$2020全国I卷12题:(比较大小)$
$12.若2^a+\log_2 {a}=4^b+2 \log_4 { b}则$
$A.a>2b\quad B.a<2b\quad C.a>b^2 \quad D.a<b^2$
$2^a+\log_2 {a}=2^{2b}+2 \log_2 { b}\lt 2^{2b}+2 \log_2 { 2b}即h(a)\lt h(2b), 选　b$
$2022年新高考I卷7题:(经典比较大小，准确的说是构造，不算同构.)$
$7.设a=0.1e^{0.1},b=\cfrac{1}{9} ，c=-\ln 0.9 $
$0.1把0.1当做自变量，b=-构造h(x)=xex---比较a和b，$
$构造g(x)=xex+In(1-x)比较a和c.$
$把0.1当做自变量，b=\cfrac{0.1}{1-0.1} c=-\ln (1-0.1)$
$构造h(x)=xe^x-\cfrac{x}{1-x} 比较a和b，$
$构造g(x)=xe^x+\ln (1-x)比较a和c.$