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题型描述：
已知函数$f(x)=e^x\ln (x+1)-a\cdot \sin \pi x+\sqrt{1+x^2}+\cdots 满足f(x)\ge 0, 对\forall x\in [1,+\infty)$恒成立，求$a$的取值范围。
必要条件：
$f(1)\ge 0或\begin{cases} f(1)=0\\{f}'(1)\ge 0 \end{cases}或\begin{cases} f(1)=0\\{f}'(1)= 0\\{f}''(1)\ge 0 \end{cases}\quad$由此求出参数的范围。
已知函数$f(x)=(1-ax)\ln (1+x)-x\quad $
$(1)当a=2时，求f(x)$的极值。
$(2)当x\ge 0时，f(x)\ge 0，求a$的取值范围。
(2)解:$f(0)=0\qquad $
${\color{Red} {f}'(x)} =-a\ln (1+x)+\cfrac{1-ax}{1+x} -1 \quad {f}' (0)=0$
${\color{Green} {f}'' (x)} =\cfrac{-a}{1+x}+\cfrac{-a(1+x)-(1-ax)}{(1+x)^2}=\cfrac{-a}{1+x} +\cfrac{-1-a}{(1+x)^2} $
${f}'' (0) =-a-a-1\ge 0\Rightarrow {\color{Green} a\le -\cfrac{1}{2} } $
${\color{Red} 下面证明：当a\le -\cfrac{1}{2}时，对于\forall x\in [0,+\infty) ,f(x)\ge 0恒成立。} $
${\color{Green} 下面证明充分性：} $
说明：证明充分性时，先把自变量x看成常量，氢参数a看作自变量，分析参变量如何影响函数值的变化。大部分题目都是关于参数的单调函数，像本题$f(x)=(1-ax)\ln(1+x)-x=-x\ln(1+x){\color{Red} a}+\ln(1+x)-x$是关于a的单调递减函数，故$f(x)\ge f(a=-\cfrac{1}{2}),即f(x)\ge (1+\cfrac{1}{2}x)\ln (1+x)-x\ge 0，{\color{Green} 这是端点效应的核心作用，消去参数！} $
$f(x)\ge (1+\cfrac{1}{2}x)\ln (1+x)-x\ge 0\quad $
令$g(x)=(1+\cfrac{1}{2}x)\ln (1+x)-x\quad $
${\color{Red}{g}' (x) } =\cfrac{1}{2}\ln (1+x)+(1+\cfrac{1}{2}x)\cfrac{1}{1+x}-1 $
${\color{Green} {g}''(x) } =\cfrac{\cfrac{1}{2} }{1+x} +\cfrac{-\cfrac{1}{2} }{(1+x)^2} =\cfrac{x }{2(1+x)^2} \ge0$
${g}''(x)\ge0\Rightarrow {g}' (x)\nearrow \Rightarrow {g}' (x)\ge {g}' (0)=0$
${g}' (x)\ge 0\Rightarrow g(x)\nearrow \Rightarrow g(x)\ge g(0)=0$

总结解题步骤：
${\color{Red} \quad ①\quad }$端点效应先猜答案，必要性探路，单调含参
${\color{Green} \quad ②\quad}$ 证明充分性，把参数看作变量，达到消去参数的目的。
${\color{Red}\quad ③\quad }$ 严格来说，还要证明当$a\gt -\cfrac{1}{2} 时，\exists x_0使得,x\in [0,x_0],{f}'(x)\le 0,f(x)\le f(0)=0,$不符合题意。

若关于x的不等式，$2x^2\ln x\ge 4ax\ln x-x^2+a在\forall x \in [1,+\infty)$上恒成立，求实数$a$的取值范围。
解：$f(x)=4ax\ln x-x^2+a-2x^2\ln x\le 0$
$f(1)=-1+a\le 0\Rightarrow a\quad至少满足\quad a\le 1$
证明充分性：
$f(x)=(4x\cdot\ln x+1)\cdot a-x^2-2x^2\ln x\quad f(x)有关a的递增函数$
$\le 4x\cdot\ln x+1-x^2-2x^2\ln x\quad $
令$g(x)=(4x-2x^2)\ln x+1-x^2\quad $
${g}' (x)=(4-4x)\ln x+(4x-2x^2)\cdot \cfrac{1}{x}-2x=(4-4x)\ln x +4-4x $
${g}' (x)=4(1-x)(\ln x +1)\quad \because (1-x)\le 0 ,\quad \ln x +1\gt0 \Rightarrow {g}' (x)\le 0$
$g(x)\ge g(1)=0,得证$

例子一、关于$x$的不等式$x^2-ax+a+3\ge 0$在区间$[-2,0]$上恒成立，则实数a的取值范围是$(\qquad\qquad )$
${\color{Red}法一：分参法\quad }$ (全分离):
$x^2+3\ge a(x-1)\quad \because x-1\lt 0\Rightarrow a\ge \cfrac{x^2+3}{x-1}$
设$f(x)=\cfrac{x^2+3}{x-1} {\color{Red}只需a\ge f(x)_{max}} $即可。
换元，令$t=x-1 \quad(-3\le t \le -1)\Rightarrow x=t+1$
$f(t)=\cfrac{(t+1)^2+3}{t} =\cfrac{t^2+2t+4}{t}=t+\cfrac{4}{t}+2 $
$=t+\cfrac{4}{t}+2 =-(-t-\cfrac{4}{t})+2\le -2\sqrt[]{(-t)\times(-\cfrac{4}{t} )}+2=-2 $
$f(t)\le -2\quad a\ge f(x)_{max}=f(t)_{max}=-2$
${\color{Red}法二 ：函数法}$
$令f(x)=x^2-ax+a+3$
${\color{Green}\quad ①\quad } 当\cfrac{a}{2}\le -2,即a\le -4时，f(x)_{min}=f(-2)=7+3a\ge \Rightarrow a\ge -\cfrac{7}{3} $ 矛盾,无解。
${\color{Green}\quad ②\quad} 当\cfrac{a}{2}\ge 0\Rightarrow a\ge 0,f(x)_{min}=f(0)=a+3\ge 0\Rightarrow a\ge -3 \quad\therefore {\color{Purple}a\ge 0 } $
${\color{Green} \quad③\quad} -2\lt \cfrac{a}{2} \lt 0,即-4\lt a\lt 0，f(x)_{min}=f(\cfrac{a}{2})$
$=-\cfrac{a^2}{4} +a+3\ge 0\Rightarrow (a+2)(a-5)\le 0\Rightarrow {\color{Purple} -2\le a\le 6} $
$\therefore \quad -2\le a\le 0$
综上①②③所述，${\color{Purple} a\ge -2 }$
${\color{Red} 法三：图像法\quad}$半分离法
$x^2-ax+a+3\ge 0\Leftrightarrow x^2+3\ge a(x-1)$
$y_1=x^2+3\quad y_2= a(x-1)\quad$ 抛物线在直线上方，相切时取等号
直线$y_2= a(x-1)恒过(1,0)，a$为直线斜率，切线斜率为正，直线小于等于切线斜率，直线恒在抛物线下方；直线斜率为负，大于等于切线斜率，直线均恒在抛物线下方。（此题只讨论在抛物线左侧[-2,0]范围）
联立抛物线与直线方程，$x^2-ax+a+3=0\Rightarrow \bigtriangleup =a^2-4(a+3)，解得a=-2或a=6(右侧舍去)$
所以$a\ge -2$

题目2：关于x的不等式$kx-ln x\ge 0$恒成立，求实数k的取值范围$(\qquad)$
${\color{Red}法一：分参法\quad }$ (全分离):
$ kx-\ln x\ge 0\Rightarrow kx\ge\ln x\Rightarrow {\color{Red} k\ge (\cfrac{\ln x}{x} )_{max}}$
$k\ge \cfrac{\ln x}{x},令f(x)= \cfrac{\ln x}{x},{f}'(x)=\cfrac{1-\ln x}{x^2},$
${\color{Green} \quad ①\quad} (0,e),{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow $
${\color{Green} \quad ②\quad (e,+\infty )} ,{f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow$
故$f(x)在x=e处有极大值，f(x)\le f(x)_{max}=f(e)=\cfrac{1}{e}\Rightarrow k\ge \cfrac{1}{e}$
${\color{Red}法二 ：函数法}$
$kx-\ln x\ge 0;令f(x)=kx-\ln x;{f}' (x)=k-\cfrac{1}{x}$
${\color{Green}\quad ①} 当k\le 0,{f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow $
$f(x)$无极大值。故无解。
${\color{Green}\quad ② } k\gt0时，{f}' (x)=k-\cfrac{1}{x}=\cfrac{kx-1}{x} $;
${\color{Purple} \qquad 1^\circ } 当0\lt x\lt \cfrac{1}{k}时， {f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow $
${\color{Purple} \qquad 2^\circ } 当 x\gt \cfrac{1}{k}时， {f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow $
故$f(x)在x=\cfrac{1}{k}有极小值f(x)_{min}=f(\cfrac{1}{k})=1+\ln k $
$1+\ln k \ge 0\Rightarrow k\ge \cfrac{1}{e} $
${\color{Red} 法三：图像法\quad}$半分离法
$kx\ge \ln x$
即左边的过原点的直线恒在对数函数左上方。当且仅当相切时取=,因而变成求过原点与对数函数相切的直线问题。
$f(x)=\ln x\Rightarrow {f}'(x)=\cfrac{1}{x},设切点为(m,\ln m), {f}' (m)=\cfrac{1}{m} $
$切线方程为：y-\ln m=\cfrac{1}{m}(x-m) $
将$(0,0)$代入切线方程：$\ln m=1 \Rightarrow m=e ,故k\ge \cfrac{1}{m} =\cfrac{1}{e} $

总结：图像法仅适用于解答填空与选择题，分离适用于大题目，且简涪，但仅适用于能完全分离参数的题目；函数法适用于不能全部分离参数的题目，较繁

${\color{Green}1. f(x)=\cfrac{\ln x}{x} } 最常用，没有之一，{\color{Red} e定要记住！} \quad$
$低价比高价有{\color{Red}极大值 } ，导函数的符号函数是1-\ln x,极值为{\color{Red}(e,\frac{1}{e}) } ;$
$它的倒数函数{\color{Green}\quad 2、\quad g(x)=\cfrac{x}{\ln x} } 高价比低价有{\color{Red} } {\color{Red} 极小值。倒不变！(e,e)}) $
$它的积函数{\color{Green} \quad 3、\quad h(x)=x\ln x} ,{\color{Red} 有极小值，为倒反(\cfrac{1}{e} ,-\cfrac{1}{e} )}$

已知 $f(x)=e^x\ln x+\cfrac{2e^{x-1} }{x} ,求证:f(x)\gt 1$
已知 $f(x)=ae^x-\ln x-1,证:当a\ge \cfrac{1}{e}时 ,f(x)\ge 0$

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