指对切线放缩

${\color{Green} e^x必会不等式\Rightarrow \begin{cases} e^x\ge x+1\quad x=0取＝\\ e^x\ge ex\quad x=1取＝\end{cases}}$
${\color{Red} \ln x必会不等式\Rightarrow \begin{cases} 1-\cfrac{1}{x}\le \ln x\le x-1\quad x=1取＝\\ \ln x\le \cfrac{x}{e}\quad x=e取＝\end{cases}}$
${\color{Purple} 常见的三角放缩：} \sin x \lt x \lt \tan x,x\in(0,\cfrac{\pi}{2})$
其他放缩：
$\ln x \lt \sqrt{x} -\frac{1}{\sqrt{x} }(x\gt1)\qquad \ln x \gt \sqrt{x} -\frac{1}{\sqrt{x} }(0\lt x\lt1)$
$\ln x \lt \cfrac{1}{2}(x-\cfrac{1}{x}) (x\gt1)\qquad \ln x \gt \cfrac{1}{2}(x-\cfrac{1}{x}) (0\lt x\lt1)$
$\ln x \gt \cfrac{2(x-1)}{x+1}) (x\gt1)\qquad \ln x \lt \cfrac{2(x-1)}{x+1}) (0\lt x\lt1)$
$\ln x \gt -\cfrac{1}{2}x^2+2x-\cfrac{3}{2} (x\gt1)\quad \ln x \lt -\cfrac{1}{2}x^2+2x-\cfrac{3}{2} (0\lt x\lt1)$
${\color{Red} e^x\ge 1+x+\cfrac{1}{2}x^2 (x\ge 0) } $
例1：$证明不等式e^x-\ln (x+2)\gt 0恒成立$

$例2：x\gt 0時，證明ex^2-x\ln x\lt xe^x+\cfrac{1}{e}$
$ex^2-x\ln x\lt xe^x+\cfrac{1}{e}\Leftrightarrow e^x+\cfrac{1}{ex} \gt ex-\ln x$
$即证 e^x+\cfrac{1}{ex} \ge ex{\color{Green} +\cfrac{1}{ex} } \gt ex{\color{Green} -\ln x} =ex+\ln \cfrac{1}{x}$
$\cfrac{\ln x}{x}\le \cfrac{1}{e}\Rightarrow \cfrac{x}{e}\ge \ln x \Rightarrow {\color{Green} \cfrac{1}{ex} \ge \ln \cfrac{1}{x}}$

$例3：对于\forall x\gt 0,不等式e^x+x^2-(e+1)x+\cfrac{e}{x}\gt 2成立$
$\because e^x\ge ex$
$\Rightarrow {\color{Green} e^x} +x^2-(e+1)x+\cfrac{e}{x}\ge {\color{Green} ex} +x^2-(e+1)x+\cfrac{e}{x}\gt 2$
$x^2-x+\cfrac{e}{x}\gt 2$

$x^2-2x+x+\cfrac{e}{x}=(x-1)^2-1+ x+\cfrac{e}{x}\ge 2\sqrt{e} -1\gt 2$

例4：$e^x+\cfrac{1}{x}\ge 2-\ln x+x^2+(e-2)x$
用${\color{Green}e^x }+\cfrac{1}{x} \ge {\color{Green} ex+(x-1)^2} +\cfrac{1}{x}\ge 2-\ln x+x^2+(e-2)x$

用曲线代替直线放缩：

一、极值点偏移的概念
抛物线不偏移，$x_1\ne x_2,f(x_1)=f(x_2)\Leftrightarrow x_1+x_2=2x_0$
${\color{Red} 等值函数的中点横坐标不在极值点上}$
从图形来看有三种类型：
$\cfrac{x_1+x_2}{2} \gt x_0 \qquad$
${f}' (x_1)\gt {f}' (x_2)\qquad$
${f}' (\cfrac{x_1+x_2}{2} )\lt 0$


$例1.f(x)=e^x-3x,y=a与f(x)有两交点，横坐标为x_1,x_2,则(\quad)$
$A,x_1+x_2\lt 2 \ln 3\quad B,x_1+x_2\gt 2 \ln 3,\quad$
$C,x_1+x_2\lt 4 \ln 3\qquad D,x_1+x_2\gt 4 \ln 3$
$例2f(x)=x+3-\ln x与y=a有两交点，横坐标为x_1,x_2,则(\quad)$
$A,x_1+x_2\lt 2 \quad B,x_1+x_2\gt 2$ ,
$C,x_1+x_2\lt 4 \qquad D,x_1+x_2\gt 4$
2021新一卷:
已知函数$f(x)=x(1-\ln x),设a,b$为两不相等的正数,且$b\ln a-a\ln b=a-b,证明:2\lt \cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}\lt e$
$\because \cfrac{\ln a}{a} -\cfrac{\ln b}{b} =\cfrac{1}{b} -\cfrac{1}{a} \Rightarrow \cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{a}\ln a=\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{a}\ln a\quad\Rightarrow \cfrac{1}{a} - \cfrac{1}{a}\ln \cfrac{1}{a}=\cfrac{1}{b} - \cfrac{1}{b}\ln \cfrac{1}{b}$
$令x_1=\cfrac{1}{a},x_2=\cfrac{1}{b}\Rightarrow f(x_1)=f(x_2)$
$要证2\lt x_1+x_2\lt e,2\lt x_1+x_2\lt e，{f}'(x)=-\ln x$
${\color{Red} f(x)在(0,1)\nearrow ,在(1，+\infty)\searrow }$
${\color{Green}先证x_1+_2\gt 2},令0\lt x_1\lt 1\lt x_2,即证x_2\gt 2-x_1\gt 1({\color{Green} 为什么不是x_1\gt 2-x_2} {\color{Red} 遇上对数时，减小数} )$
${\color{Purple} \because f(x)在x\gt 1\searrow} ,即证f(x_2)\lt f(2-x_1)$
${\color{Purple} \because f(x_2)=f(x_1)} ,即证f(x_1)\lt f(2-x_1)\qquad {\color{Red}双变量转单变量！}$
$即证f(x_1)-f(2-x_1)\lt 0恒成立$
$下面构造函数并证明g(x)=f(x)-f(2-x)\lt 0,在{\color{Red}0\lt x\lt 1}恒成立，即证{\color{Red} g(x)_{max}\lt 0}$
${g}' (x)={f}' (x)-{f}'(x){(2-x) }' =-\ln x-\ln (2-x)=-\ln [x(2-x)]$
$x(2-x)开口向下，对称轴为x=1,故在（0，1)单调递增，取值范围为(0,1)$
$\because {g}' (x)\gt 0,g(x)\nearrow .g(x)\lt g(x)_{max}=g(1)=f(1)-f(1)=0$
$故g(x)\lt 0在(0,1)恒成立，\Rightarrow x_1+x_2\gt 2$
${\color{Green} 再证 x_1+x_2\lt e }$
$即证e-x_1\gt x_2\gt 1，c,这是因为f(x)在x\gt 1递减$
$即证f(x_1)\gt f(e-x_1)，构造h(x)=f(x)-f(e-x)\quad证明h(x)\gt 0 在 x\in (0,1)恒成立$
$即证{\color{Red} h(x)_{min}\gt 0}$
$h(1)=f(1)-f(e-1)\gt 0\qquad{h}' (x)={f}'(x) +{f}'(e-x) =-\ln [x(e-x)]=-\ln t$
$令t=x(e-x)开口向下，对称轴为x=\cfrac{e}{2},故在(0,1)单调递增，t\in(0,e-1)$
$\therefore {h}'(x)存在零点x_0\in (0,1),在(0,x_0),{h}'(x)\gt 0,h(x)\nearrow ;在(x_0,1),{h}'(x)\lt 0,h(x)\searrow$
$故h(x)的最小值在端点，x\to 0时，h(0)=f(0)-f(e)\to 0$

二、含参可不要离

$f(x)=\ln x-ax ,其中a\gt 0,若f(x_1)=f(x_2),求证:x_1+x_2\gt \cfrac{2}{a}$
https://one.free.nf/index.php/archives/185/ 之例2

三、含参要分离:

$f(x)=x^2-2x+1+ae^x,有两个极值点x_1,x_2,求证x_1+x_2\gt 4$
${\color{Green} 有两个极值点\Leftrightarrow 导函数有两个变号零点}$
解：
${f}' (x)=2x-2+ae^x=0\Rightarrow a=\cfrac{2-2x}{e^x} 令g(x)=\cfrac{2-2x}{e^x},有g(x_1)=g(x_2)=a$
$\Rightarrow {g}' (x)=\cfrac{2(x-2)}{e^x},x\in(-\infty,2),{g}' (x)\lt 0,g(x)\searrow ;x\in(2,+\infty),{g}' (x)\gt 0,g(x)\nearrow$
$不妨设x_1\lt 2\lt x_2,要证x_1+x_2\gt 4,即证2\gt x_1\gt 4-x_2$
$即证g(x_1)\lt g(4-x_2)\Leftrightarrow g(x_2)\lt g(4-x_2)即g(x_2)- g(4-x_2)\lt 0$
$构造函数h(x)=g(x)- g(4-x)\quad 即证h(x)\gt 0在x\gt 2恒成立，即证明{\color{Red} h(x)_{max}\lt 0} $
${h}' (x)={g}' (x)+{g}' (4-x)=\cfrac{2(x-2)}{e^x}+\cfrac{2(4-x-2)}{e^{4-x}}=2(x-2)(\cfrac{1}{e^x} -\cfrac{1}{e^{4-x}})\lt 0$
$h(x)\lt h(x)_{max}=h(2)=0$

四、对称相乘:

例2、已知$f(x)=\ln x-ax,a\gt 0有两个零点x_1,x_2$，
求证:$x_1x_2\gt e^2$
https://one.free.nf/index.php/archives/185/ 之例2

五、非对称相乘:

$f(x)=\ln x -ax -1(a\in R),若f(x)+2=0$
有两个不等实根,且$x_2\gt 2x_1$,$求证:x_1x_2^2\gt \cfrac{32}{e^3}，\ln 2=0.693$

用比值换元法，而不用对称构造法.
解：用比值换元法，不用对称构造消元法
$f(x)=\ln x -ax-1\Rightarrow f(x)+2=0\Rightarrow \ln x+1=ax\Rightarrow$
$a=\cfrac{\ln x+1}{x}$
$x_1x_2^2\gt \cfrac{32}{e^3} \Rightarrow 两边取对数，得\ln x_1+2\ln x_2\gt 5\ln 2-3$
比值换元：
$\because \quad x_2\gt x_1,令{\color{Red} t=\cfrac{x_1}{x_2}} \Rightarrow 0\lt t \lt \cfrac{1}{2}\Rightarrow x_1=tx_2$
$\because \quad a={\color{Green}\cfrac{\ln x_1+1}{x_1}= \cfrac{\ln x_2+1}{x_2}\Rightarrow \cfrac{x_1}{x_2}=\cfrac{\ln x_1+1}{\ln x_2+1}}$
${\color{Red}\Rightarrow t}=\cfrac{{\color{Red} \ln tx_2}+1 }{\ln x_2+1}\Rightarrow t\ln x_2+t=\ln t+\ln x_2+1$
$\Rightarrow (t-1)\ln x_2=\ln t+1-t \Rightarrow \ln x_2=\cfrac{\ln t}{t-1}-1$
$\because \quad x_1=tx_2 \quad \therefore \quad \ln x_1=\ln (tx_2)=\ln t+\ln x_2$
$\ln x_1+2\ln x_2=\ln t +3\ln x_2=3(\cfrac{\ln t}{t-1}-1)+\ln t$
$即证\cfrac{3\ln t}{t-1}+\ln t-3\gt 5\ln 2-3$
$令g(t)=\cfrac{3\ln t}{t-1}+\ln t ,即证g(t)_{min}\gt 5\ln 2\quad t \in (0,\cfrac{1}{2})$
$g(\cfrac{1}{2})=5\ln 2\quad 先求端点值$，由此可见，只需求导证g(t)单调递减，即可，由于时间问题，考试时建议耍流氓
$g(t)=\cfrac{3\ln t}{t-1}+\ln t=\cfrac{(t+2)\ln t}{t-1}$
${g}' (t)=\cfrac{(\ln t+1+\cfrac{2}{t} )(t-1)-t\ln t-2\ln t}{(t-1)^2}$
$=\cfrac{{\color{Green} t\ln t} +t+2-{\color{Blue} \ln t} -1-\cfrac{2}{t}-{\color{Green} t\ln t} -{\color{Blue} 2 \ln t} }{(t-1)^2}$
${g}' (t)= \cfrac{t+1-\cfrac{2}{t}-2\ln t}{(t-1)^2}$
$令h(t)=t+1-\cfrac{2}{t}-2\ln t$
${h}' (t)=1+\cfrac{2}{t^2}-\cfrac{2}{t} =\cfrac{t^2-2t+2}{t^2} \gt 0$
$h(t)\nearrow ,h(\cfrac{1}{2})=2\ln 2-\cfrac{5}{2}\lt 0 即{g}' (t)\lt 0,g(t)\searrow$

六、拐点偏移

$已知函数f(x)=2\ln x+x^2+x,若正实数x_1,x_2满足f(x_1)+f(x_2)=4,求证x_1+x_2\ge 2$
$f(x)=2\ln x+x^2+x$
${\color{Red} {f}'(x) } =\cfrac{2}{x}+2x+1\gt 0$
${\color{Red} {f}'(x) } =\cfrac{2}{x}+2x+1\gt 0\quad\therefore f(x)在(0,+\infty){\color{Red} \nearrow }\quad f(1)=1+1=2$
$设x_1\le 1\le x_2,要证x_1+x_2\ge 2,即证\quad x_2\ge 2-x_1\quad$
对称构造遇上对数,减小数
$\because x_2\ge 1,2-x_1\ge 1,f(x)单调递增,即f(x_2)\ge f(2-x_1)$
$又\because f(x_1)+f(x_2)=4\Rightarrow 4-f(x_1)\ge f(2-x_1)\quad 双变量变单$
$令g(x)=f(x)+f(2-x)\quad x\in (0,1]\quad 即g(x)_{max}\ge 4$
$g(1)=2f(1)=4\quad 即证g(x)在x\in (0,1]单调递增$
${g}' (x)={f}' (x)-{f}' (2-x)=\cfrac{2}{x}+2x+1-[\cfrac{2}{2-x}+2(2-x)+1]$
$=\cfrac{2}{x}-\cfrac{2}{}2-x+4x-4=\cfrac{4(1-x)}{x(2-x)}+4(x-1)$
$=4(1-x)[\cfrac{1}{x(2-x)}-1]\ge 0$
$g(x)在x\in (0,1]单调递增，g(x)有最大值g(1)=4\le 4,得证$

$已知函数f(x)=2\ln x+x^2+(a-1)x-1,(a\in \mathbb{R})当x\ge 1时,f(x)\ge 0恒成立.$
$(1)求实数a的取值范围;$
$(2) 若正实数x_1,x_2不相等且满足f(x_1)+f(x_2)=0,求证x_1+x_2\ge 2.$

$极值点偏移\begin{cases} f(x_1)=f(x_2)\\ \quad \\x_1+x_2=2x_0\end{cases}$
①构造函数,对称构造消元法
$\begin{cases} x_1+x_2\gt 2x_0 \\ \quad \\ x_1+x_2\lt 2x_0\end{cases}\qquad \Rightarrow f(x)-f(2x_0-x)$

$\begin{cases} x_1x_2\gt x_0^2 \\ \quad \\ x_1x_2\lt x_0^2\end{cases}\Rightarrow \qquad f(x)-f(\cfrac{x_0^2}{x} )$

②对数不等式：https://one.free.nf/index.php/archives/74/
$\sqrt{x_1x_2}\lt \cfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}\lt \cfrac{x_1+x_2}{2}$

$例1、函数f(x)=xe^{-x},若x_1\ne x_2,且有f(x_1)=f(x_2),$
求证:$x_1+x_2\gt 2\quad$2010年天津
$f(x_1)=f(x_2)\Rightarrow x_1e^{-x_1}=x_2e^{-x_2}\Rightarrow \ln (x_1e^{-x_1})=\ln( x_2e^{-x_2})$
$\Rightarrow \ln x_1+\ln e^{-x_1}=\ln x_2+\ln e^{-x_2}\Rightarrow \ln x_1-x_1=\ln x_2-x_2$
$\Rightarrow \ln x_1-\ln x_2=x_1-x_2\Rightarrow\cfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}=1$
$\Rightarrow\cfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}\lt \cfrac{x_1+x_2}{2}$
完整解题步骤：
${f}' (x)=\cfrac{1-x}{e^x},令 {f}' (x)=\cfrac{1-x}{e^x}=0，解得x=1;$
$即x\in (-\infty,1),{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow ;$
$x\in (1,+\infty),{f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow ;$
$\because f(x_1)=f(x_2),不妨设{\color{Red} x_1\lt 1\lt x_2,} ,$
$要证x_1+x_2\gt 2,即证1\gt x_1\gt 2-x_2\Leftrightarrow$只需证明：
${\color{Red} f(x_1)} \gt f(2-x_2)\Leftrightarrow {\color{Red} f(x_2)} \gt f(2-x_2)\Leftrightarrow {\color{Red} f(x_2)} -f(2-x_2)\gt 0$
$即只需构造g(x)=f(x)-f(2-x)$
并证明在$x\gt 1时，g(x)\gt 0恒成立即可$。
${g}' (x)={f}' (x)-{f}' (2-x){(2-x)}' =\cfrac{1-x}{e^x}+\cfrac{1-(2-x)}{e^{2-x}}$
$=\cfrac{1-x}{e^x}+\cfrac{x-1}{e^{2-x}} =(x-1)(\cfrac{1}{e^{2-x}}-\cfrac{1}{e^x})\gt 0\quad x\gt 1$
$g(x)\gt g(1)=f(1)-f(1)=0$

${\color{Red}进阶一下: }$

$(一):证明:x_1x_2\lt 1$
$(二):证明:{f}' (\cfrac{x_1+x_2}{2} )\lt 0,即证\cfrac{x_1+x_2}{2}$ 处于单调递减区间嘛
$(三):证明:x_1^2+x_2^2\gt 2\Rightarrow x_1^2+x_2^2\ge 2x_1x_2$
$\begin{cases} x_1^2+x_2^2\ge 2x_1x_2\\ x_1^2+x_2^2= x_1^2+x_2^2\end{cases}\Rightarrow 2( x_1^2+x_2^2)\ge (x_1+x_2)^2$
$(四)若x_1\lt x_2证明:x_1+2x_2\gt 3$

$例2、已知f(x)=\ln x-ax有两个零点x_1,x_2，求证:x_1x_2\gt e^2$
乍看此题目并不是极值点偏移的题型，求导可得极值为$(\cfrac{1}{a},-\ln a-1)$
对证明结论分析一下：
$x_1x_2\gt e^2\Rightarrow \ln (x_1x_2)\gt \ln e^2\Rightarrow \ln x_1+\ln x_2\gt 2;$
$f(x_1)=0\Rightarrow \ln x_1=ax_1;f(x_2)=0\Rightarrow \ln x_2=ax_2;$
$a(x_1+x_2)\gt 2 \Rightarrow x_1+x_2\gt \cfrac{2}{a}$
法一若用对数不等式证：
$f(x)=0\Rightarrow \ln x_1=ax_1\quad ①\qquad \ln x_2=ax_2\quad ②;$
$\Rightarrow ①-②=a(x_1-x_2)=\ln x_1-\ln x_2$
$\Rightarrow \cfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2} =\cfrac{1}{a}\lt \cfrac{x_1+x_2}{2}$
法二常规解法：
$\because f(x)=0\Rightarrow \ln x=ax\Rightarrow a=\cfrac{\ln x}{x}\quad (零点变交点)$
有两个零点即$g(x)\cfrac{\ln x}{x}与y=a$有两个交点
${\color{Green}g(x_1)=g(x_2) } =a,证明x_1x_\gt e^2,$
$分析:不妨设{\color{Green} 0\lt x_1\lt e\lt x_2} ,e\gt x_1\gt \cfrac{e^2}{x_2}$
$g(x)在(0,e)\nearrow易证$
$\Rightarrow g(x_1)\gt g(\cfrac{e^2}{x_2})\quad 双变量不等式马上要变单变量！$
${\color{Red} \because g(x_1)=g(x_2)} \Rightarrow {\color{Red} \because g(x_2)}\gt g(\cfrac{e^2}{x_2})\qquad$这一步非常重要！
构造$F(x)=g(x)-g(\cfrac{e^2}{x})\quad x\in (e,+\infty)\quad$求导证明它大于零恒成立。
下面是证明的完整步骤：
$f(x)=\ln x-ax有两个零点x_1,x_2,即f(x)=0\Rightarrow a=\cfrac{\ln x}{x},$转变为$y=a,与g(x)=\cfrac{\ln x}{x}有两个不同的交点x_1,x_2$
${g}' (x)=\cfrac{1-\ln x}{x^2} ,令{g}'(x)=0,解得x=e,$
即当$x\in (0,e),{g}'(x)\gt 0,g(x)\nearrow : x\in (e,+\infty) {g}'(x)\lt 0,g(x)\searrow$
不妨设${\color{Green} 0\lt x_1\lt e\lt x_2}, \quad \therefore e\gt x_1\gt \cfrac{e^2}{x_2}$
${\color{Green} f(x_1)} \gt f(\cfrac{e^2}{x_2} )\Rightarrow {\color{Red} f(x_2)}\gt f(\cfrac{e^2}{x_2} )$
$注：双变量变单变量，接着构造复合函数$
$构造函数h(x)=g(x)-g(\cfrac{e^2}{x} )\quad x\in (e,+\infty)$ 注：用${\color{Green}x代替x2 }$，
${h}' (x)={g}' (x)-{g}' (\cfrac{e^2}{x} )\times {[\cfrac{e^2}{x} ]}' \quad注：复合函数求导公式$
$=\cfrac{1-\ln x}{x^2}-\cfrac{1-\ln \cfrac{e^2}{x} }{(\cfrac{e^2}{x})^2 }\times (-\cfrac{e^2}{x^2} )\quad x\gt e\therefore$
$=\cfrac{1-\ln x}{x^2}-\cfrac{1-\ln x}{e^2}=(1-\ln x)(\cfrac{1}{x^2}-\cfrac{1}{e^2})\gt 0$
$h(x)\nearrow\Rightarrow h(x)\gt h(e)=0$

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 $