1、快速计算平面向量的法向量：
坐标横写抄两遍；
掐头去尾取中间；
交叉相乘再相加。

2、数列技巧：
${\color{Red} (一)形如a_{n+1}=f(a_n),}$ 用不动点法，所谓不动点
对于函数$f(x)$,若存在实数$x_0$,使得$f(x_0)=x_0$,则称$x_0$是函数$f(x)$的(一阶)不动点。
同样地，若$f(f(x_0))=x_0,则称x_0是函数f(x)$的二阶不动点。
容易发现，对于一阶不动点$x=x_0,有f(f(x_0))=f(x_0)=x_0$,因此一阶不动点必然是二阶不动点
$a_{n+1}=f(a_n),令a_{n+1}=a_n=x，$

例1、$a_1＝1,a_{n+1}=\cfrac{1}{2}a_n+1$,求$a_n$的通项公式。
令$a_{n+1}=a_n=x\Rightarrow x=\cfrac{1}{2}x+1\Rightarrow x=2$
$a_{n+1}-2=\cfrac{1}{2} a_n+1-2\Rightarrow a_{n+1}-2=\cfrac{1}{2} (a_n-2)$
$\{a_n-2\}为等比q=\cfrac{1}{2} ，首项-1的等比数列。\quad$
$\therefore a_n=-1\cdot (\cfrac{1}{2} )^{n-1}+2$

例2、$a_1=3,a_{n+1}=\cfrac{4a_n-2}{a_n+1} ,a_n$的通项公式

令$a_{n+1}=a_n＝x,\Rightarrow x=\cfrac{4x-2}{x+1} \Rightarrow x^2-3x+2=0\Rightarrow x=1/2$
$a_{n+1}-1=\cfrac{4a_n-2}{a_n+1}-1=\cfrac{3a_n-3}{a_n+1}=\cfrac{3(a_n-1)}{a_n+1} \qquad \qquad ①$
$a_{n+1}-2=\cfrac{4a_n-2}{a_n+1}-2=\cfrac{2a_n-4}{a_n+1}=\cfrac{2(a_n-2)}{a_n+1}\qquad \qquad②$
$①/②\Rightarrow \cfrac{a_{n+1}-1}{a_{n+1}-2} =\cfrac{3}{2} \cdot \cfrac{a_n-1}{a_n-2} $

例3、$a_1=5,a_{n+1}=\cfrac{3a_n-4}{a_n-1} ,求a_n的通项公式；$

例4、$a_1=2,a_{n+1}=1-\cfrac{1}{a_n} ,求a_{2025}；$

${\color{Red} (二)若式中只有a_{n+2}\quad a_{n+1}\quad a_n,}$,用特征根法
例1、已知正数数列$\{a_n\}满足a_{n+2}=2a_{n+1}+3a_n,a_1=\cfrac{1}{2},a_2=\cfrac{3}{2} ,求a_n$的通项公式

${\color{Green} 设a_{n+2}-pa_{n+1}=q(a_{n+1}-pa_n)} \qquad$
$ {\color{Green} \Rightarrow a_{n+2}=(p+q)a_{n+1}-p q\cdot a_n\Rightarrow \begin{cases} p+q=2\\-pq=3\end{cases}}$
$\Rightarrow \begin{cases} \quad p=3\\ \quad q=-1\end{cases}或\begin{cases} \quad p=－1\\ \quad q=3\end{cases}$
${\color{Red} 即p、q是方程x^2-2x-3=0的两根。} $
${\color{Green} 令a_{n+2}=x^2,a_{n+1}=x,a_n=1,} {\color{Blue} a_{n+2}=2a_{n+1}+3a_n} \Rightarrow {\color{Green} x^2-2x-3=0}$
我们把${\color{Green} x^2-2x-3=0} 称作 {\color{Blue} a_{n+2}=2a_{n+1}+3a_n}$的特征方程。

$f(x)=A\sin (\omega x+\varphi )\quad (\omega \gt 0,\left | \varphi \right | \lt \cfrac{\pi}{2})的图像如图所示，f(x)$

显然$Ａ=2,f(0)＝1$
$f(0)=1\Rightarrow \varphi=\cfrac{\pi}{6} ，故f(x)=2\sin (\omega x+\cfrac{\pi}{6})，令f(x)=0\Rightarrow \omega x+\cfrac{\pi}{6}=0 $
$\Rightarrow x=-\cfrac{\pi}{6\omega } \Rightarrow -\cfrac{\pi}{6\omega } -(-\pi)=\cfrac{T}{4} =\cfrac{2\pi}{4\omega }$
$\Rightarrow \pi=\cfrac{\pi}{2\omega } +\cfrac{\pi}{6\omega }\Rightarrow \omega =\cfrac{2}{3} $
$\therefore \quad f(x)=2\sin ( \cfrac{2}{3} x+\cfrac{\pi}{6})$

1、已知数列$\{a_n\}的前n项和为S_n，a_1=-\cfrac{9}{4} ,且4S_{n+1}=3S_n-9,求数列 \{a_n\}的通项公式：$
$a_n=\begin{cases} a_1,n=1;\\S_n-S_{n-1},n\ge2\end{cases}$
$\because \quad 4S_{n+1}=3S_n-9 \qquad(1)$
$\therefore n\ge 2 \qquad 4S_{n}=3S_{n-1}-9 \qquad(2)$
$(1)-(2)\quad 4a_{n+1}=3a_n \qquad a_{n+1}=\cfrac{3}{4} a_n\quad (*)$
由已知$4S_2=3S_1-9，代入a_1求得a_2=-\cfrac{27}{16} ,故有a_2=\cfrac{3}{4} a_1$
符合$(*)$式。

2、已知数列$\{a_n\}的前n项和为S_n，且a_1=-1,a_{n+1}=S_nS_{n+1},则S_n=$
$\because a_{n+1}=S_nS_{n+1}$时，
当$n\ge 2时，有a_n=S_{n-1}S_n$
两式相减，做不下去了。
$a_{n+1}=S_{n+1}-S_n$,得
$S_{n+1}-S_n=S_nS_{n+1},$两边除以$S_nS_{n+1}$

3、已知数列$\{a_n\}满足a_1=4,a_n=3a_{n-1}+8(n\ge2)$，求通项公式。
$a_n+x=3(a_{n-1}+x)$,亦可以用不动点法。
题型：
$a_n=pa_{n-1}+q\quad n\ge 2\qquad\qquad $
$a_n+x=p(a_{n-1}+x)$

4、已知数列$\{a_n\}满足a_1=4,a_n=3a_{n-1}+2n-1(n\ge2)$，求通项公式。
形如：$a_n=pa_{n-1}+kn+q\quad (p\ne 1,k\ne 0,n\ge 2)$
$\{a_n+x{\color{Red} n} +y\}等比数列\qquad\qquad $
$a_{\color{Red} n}+x{\color{Red} n} +y=p[a_{{\color{Red}n-1}}+x{\color{Red} (n-1)} +y]$

5、已知数列$\{a_n\}满足a_1=\cfrac{5}{6} ,a_{n+1}=\frac{1}{3} a_{n}+(\cfrac{1}{2})^{n+1} (n\ge2)，求数列\{a_n\}$通项公式。
解： 两边除以$a_n前面系数\cfrac{1}{3} 的最大下标n+1的次方。即(\cfrac{1}{3})^{n+1},{\color{Red} 即乘以3^{n+1}} $
$3^{n+1}a_{n+1}=3^{n+1}\cdot\frac{1}{3} \cdot a_{n}+3^{n+1} \cdot(\cfrac{1}{2})^{n+1}\Leftrightarrow3^{n+1}a_{n+1}=3^{n}\cdot a_{n}+(\cfrac{3}{2})^{n+1}$
$\Leftrightarrow 3^{n+1}a_{n+1}-3^{n}\cdot a_{n}=(\cfrac{3}{2})^{n+1}$
类似换元，令$b_n=3^{n}\cdot a_{n},\Rightarrow b_1=3\cdot \cfrac{5}{6} =\cfrac{5}{2} $
$b_{n+1}-b_n=(\cfrac{3}{2} )^{n+1}\qquad$
$b_2-b_1=(\cfrac{3}{2} )^2$
$b_3-b_2=(\cfrac{3}{2} )^3$
$b_4-b_3=(\cfrac{3}{2} )^4$
$\dots \dots $
$b_n-b_{n+1}=(\cfrac{3}{2} )^{n}$
$b_n-b_1=\cfrac{(\cfrac{3}{2})^2 -(\cfrac{3}{2} )^{n+1}}{1-\cfrac{3}{2} } =2[(\cfrac{3}{2})^{n+1}-\cfrac{9}{4} ]$
$b_n=2[(\cfrac{3}{2})^{n+1}-\cfrac{9}{4} ]+\cfrac{5}{2} =\cfrac{3^{n+1}}{2^n}-2$
$b_n=3^n\cdot a_n =\cfrac{3^{n+1}}{2^n}-2\quad\Rightarrow \quad a_n =\cfrac{3}{2^n}-\cfrac{2}{3^n}$

${\color{Red} [方法总结]} 对于形如a_{{\color{Green} n+1} }={\color{Green}p} a_n+q^n(p\ne0,且q\ne0,1)$的数列求通项公式有以下两种方法：
(1)两边除以${\color{Green} p^{n+1} }$,再累加求通项；
(2)构造等比数列$\{a_n+kq^n\}$
若$p=q$只有采用(1)

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 $

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 $
${g}' (x)=4(1-x)(\ln x +1)\quad \because (1-x)\le 0 ,\quad \ln x +1\gt0 \Rightarrow {g}' (x)\le 0$
$g(x)\ge g(1)=0,得证$