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

朗博同构+函数法
1-1、$已知\lambda\gt 0 若不等式 e^{\lambda x} -\cfrac{ln x}{\lambda} \ge0,求\lambda的取值范围。$
解：$\lambda e^{\lambda x}\ge ln x\Rightarrow \lambda xe^{\lambda x}\ge xln x$
构造$f(x)=xe^x,{f}' (x)=e^x(x+1),当x\gt -1,{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow;$
$x\lt -1 ,{f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow ; f(\lambda x)\ge f(\ln x)\Rightarrow \lambda x\ge \ln x$
$若\begin{cases} \lambda x\gt 0\\ \ lnx\gt 0 \end{cases}\Rightarrow \lambda x\ge \ln x 或若\begin{cases} \lambda x\gt 0\\ \ lnx\le 0 \end{cases}\Rightarrow \lambda x\ge \ln x$
根据$xe^x$的图像，右侧的图像比左侧的值都大。$({\color{Red}这里并不是根据单调性判断。 } )$
$\lambda \ge (\cfrac{\ln x}{x} )_{max}\quad g(x)=\cfrac{\ln x}{x} ,{g}' (x)=\cfrac{\ln x-1}{x^2} $
先减后增有极大值，在$x＝e处，\lambda \ge g(e)=\cfrac{1}{e} $
1-2、已知$a\gt 0,若对x\in [\cfrac{1}{e} ,+\infty),不等式2e^{ax}(\ln 2+ax)-x\ln x\ge 0恒成立，则实数a的取值范围为$
解：$2e^{ax}(\ln 2+ax)\ge x\ln x\Leftrightarrow e^{\ln2+ax}(\ln 2+ax)\ge x\ln x$
构造$f(x)=xe^x,f(\ln 2+ax)\ge f(\ln x)\quad$同上题理由，
$\therefore \ln 2+ax\ge \ln x \Rightarrow a\ge \cfrac{\ln x -\ln 2}{x} \Leftrightarrow a\ge (\cfrac{\ln x -\ln 2}{x})_{max}$
令$g(x)=\cfrac{\ln \cfrac{x}{2} }{2\times \cfrac{x}{2}}\quad {g}' (x)=\cfrac{\ln 2e-ln x}{x^2} g(x)\le g(2e)=\cfrac{\ln 2e-\ln 2}{2e}=\cfrac{1}{2e} $
2、$ae^x\ln x\lt x^2+x\ln a对于x\in (0,1)恒成立，求a$的取值范围。
解：$ae^x\ln x\lt x^2+x\ln a=x(x+\ln a)\Leftrightarrow \cfrac{ae^x\ln x}{x} \lt x+\ln a\Leftrightarrow \cfrac{\ln x}{x} \lt\cfrac{x+\ln a }{ae^x} $
$\Leftrightarrow \cfrac{\ln x}{x} \lt\cfrac{x+\ln a }{ae^x} = \cfrac{\ln (ae^x) }{ae^x}$
设$g(x)= \cfrac{\ln x}{x},g(x)\lt g(ae^x) ,{g}' (x)= \cfrac{1-\ln x}{x^2}在{\color{Red} (0,e)在g(x)单调递增} ，x\lt ae^x $
$x\lt ae^x \mapsto a\gt \cfrac{x}{e^x} 设h(x)=\cfrac{x}{e^x},\quad ,{h}'(x)=\cfrac{1-x}{e^x},$在${\color{Red} (0,1)h(x)\nearrow} a\ge h(1)=\cfrac{1}{e} $
3-1、已知$a\lt 0,若不等式x+a\ln x+\cfrac{1}{e^x}\ge x^a对于x\in (1,+\infty )$恒成立，求$a$的取值范围。
解：$x+a\ln x+\cfrac{1}{e^x}\ge x^a\Leftrightarrow x+\cfrac{1}{e^x}\ge x^a-a\ln x\Leftrightarrow x+\cfrac{1}{e^x}\ge x^a-\ln x^a$
$a\lt 0,x \in (1,+\infty)$
$\Leftrightarrow \cfrac{1}{e^x}-\ln{ \cfrac{1}{e^x}}\ge x^a-\ln x^a$
构造$f(t)=t-\ln t\quad ,{f}' (t)=1-\cfrac{1}{t},易得f(t)在{\color{Red} t\in(0,1)单调递减} ，在t\in (1,+\infty) 单调递增；$
$\because f(\cfrac{1}{e^x})\ge f(x^a)\quad x\in(1,\infty),\therefore {\color{Red}\cfrac{1}{e^x}\lt 1;x^a\lt 1\quad(a\lt0) } $
$\Rightarrow \cfrac{1}{e^x}\le x^a ,两边取自然对数，得 -x\le a\ln x\Rightarrow a\ge -\cfrac{x}{\ln x}\Rightarrow -a\le \cfrac{x}{\ln x} $
$即-a\le (\cfrac{x}{\ln x})_{min},\cfrac{x}{\ln x}是常用的同构函数，g(x)=\cfrac{x}{\ln x},$
${g}' (x)=\cfrac{\ln x-1}{\ln^2 x}\quad (0,e)g(x)\searrow ,(e,+\infty)\nearrow ,g(x)_{min}=g(e)=e$
$a\ge -g(e)=-e$
3-2、已知$a\gt 0,不等式ae^x+\ln \cfrac{a}{x+2}\gt2\quad $恒成立；求$a$的取值的取值范围。
解：$a\gt 0,ae^x+\ln \cfrac{a}{x+2}\gt2\quad $恒成立；
指对分家，含参在一起，$ae^x+\ln a\gt2 +\ln (x+2)$
$\Leftrightarrow e^{x+\ln a}+\ln a\gt 2+\ln (x+2)$
两边加上x， $e^{x+\ln a}+x+\ln a\gt x+2+\ln (x+2)$
$\Leftrightarrow e^{x+\ln a}+x+\ln a\gt e^{\ln(x+2)}+\ln (x+2)$
构造$f(x)=e^x+x,$上式等价于,$f(x+\ln a)\gt f(\ln(x+2)),$
$e^x\nearrow ,x\nearrow\Rightarrow e^x+x\nearrow$
$f(x)\nearrow \Rightarrow x+\ln a \gt \ln (x+2)$
$\ln a \gt \ln (x+2)-x,设g(x)= \ln (x+2)-x\quad\ln a \gt{\color{Red} g(x)_{max} } $
${g}' (x)=\cfrac{1}{x+2}-1=\cfrac{1-(x+2)}{x+2} $
${g}' (x)=\cfrac{-(1+x)}{x+2} \quad x\in(-2,-1),{g}' (x)\gt 0,g(x)\nearrow ;$
$x\in(-1,+\infty ),{g}' (x)\lt 0,g(x)\searrow ;故g(x)_{max}=g(-1)=1,$
即$\ln a\gt 1,a\gt e$
4、
解：$a(e^{ax}+1)\ge 2(x+\cfrac{1}{x})\ln x 恒成立a$的取值范围；
${\color{Red}\because \quad 定义域 x\gt 0 }两边乘以 x,得ax(e^{ax}+1)\ge 2(x^2+1)\ln x =(x^2+1)\ln x^2$
构造$f(x)=x(e^x+1),上式左边=f(ax),右边＝f(\ln x^2)$
$y_1=x,\quad y_2=e^x+1均为单调函数。\therefore f(x)\nearrow$这样对吗？
$f(x)=x(e^x+1)\quad {f}' (x)=e^x+1+xe^x=e^x(x+1)+x\gt 0 \quad \therefore f(x)\nearrow$
$ax\ge \ln x^2\Rightarrow a\ge 2\cdot\cfrac{\ln x}{x} \Rightarrow a\ge \cfrac{2}{e} $
$\cfrac{\ln x}{x}$是你必须熟悉的同构函数！
5、关于$x$的不等式$xe^x-a(x+3)-a\ln x\ge 0$恒成立，求$a$的取值范围。
解：$xe^x-a(x+3)-a\ln x\ge 0,$
$xe^x-a(x+3)-a\ln x\ge 0,\Rightarrow e^{x+\ln x}\ge a(x+\ln x)+3a$
换元令$t=x+\ln x　t\in R\Rightarrow e^t\ge at+3a$
$y=a(t+3)　恒过(-3,0)$ 的直线，当过y与曲线$e^t$相切时，取=,即$a\le$ 此切线斜率时恒成立。
过点的切线问题，设切点$(m,e^m)，k=e^m,y-e^m=e^m(x-m)将(-3,0)代入，解得m=-2$
$ 0\le a\le {\color{Red} k} =e^{-2}=\cfrac{1}{e^2}$

${\color{Red} 一、图像法：} $
1-1、$\begin{cases} f(x)=-x^2-2x-2,x\le 0\\\ln (x+1),\qquad \qquad x\gt 0\end{cases}若f(x)\le ax+a-\cfrac{1}{2} $恒成立，则实数a的取值范围。
直线$y=ax+a-\cfrac{1}{2} 过定点(-1,\cfrac{1}{2})$求过点$(-1,\cfrac{1}{2})的切线，设切点为(m,\ln (m+1)),$
${f}' (m)=\cfrac{1}{m+1},切线方程为：y-\ln (m+1)=\cfrac{1}{m+1} (x-m),将(-1,-\cfrac{1}{2})$代入方程解得$m+1=e^\cfrac{1}{2} ;\cfrac{1}{m+1} =e^{-\cfrac{1}{2} }$
$y+\cfrac{1}{2} =k(x+1)\quad (过点(-1,-\cfrac{1}{2})的直线；y=-2x^2-2x-2联立，\bigtriangleup =(2+k)^2-4(k+\cfrac{3}{2} )=0 ,解得k=\sqrt{2}$
$故e^{-\cfrac{1}{2} }\le a\le \sqrt{2} $

1-2、$f(x_0)\lt 0 \Rightarrow e^x(2x-1)\lt a(x-1)$

即直线在曲线上方，利用导数将曲线$g(x)=e^x(2x-1)简图画出来，直线y=a(x-1)恒经过(1,0)$
如图，当$a=1时，y=x-1与g(x)相交于(0,-1), 当a\lt 1时，直线在曲线上方，且有唯一整数使用y\gt g(x_0)$
当$a$继续减小至与$g(x)$有第二个整数解$x=-1$时，相交于$(-1,g(-1))，计算此时直线的斜率为a\le =\cfrac{0-g(-1)}{2}=\cfrac{3}{2e}$
故a的取值范围为$[\cfrac{3}{2e},1)$
2-1、$\cfrac{b}{a} 是直线y=ax+b在x$轴上的截距的相反数。
当$a=0时，b\ge \cfrac{\ln x+1}{x} =g(x)\Rightarrow b\ge g(x)_{mas}=g(1)=1$
求$y=ax+b的截距x_0，令y=0，得x_0=-\frac{b}{a} \Rightarrow -x_0=\frac{b}{a}$
$\because g(x)\le ax+b，令g(x)=0,解得x=\cfrac{1}{e} \Rightarrow (\cfrac{b}{a})_{min} = -\cfrac{1}{e}$

2-2、由题意可得$y=kx+b\ge f(x),设f(x) 的切点为(m,\ln m+m),{f}' (x)=1+\cfrac{1}{x} ,$故切线方程为：
$y-(\ln m+m)=(\cfrac{1}{m}+1) (x-m)$
切线方程$y=(\cfrac{1}{m}+1) x+\ln m-1$即直线$y=kx+b$，故有
$\begin{cases} k=1+\cfrac{1}{m}\\b= \ln m-1\end{cases}$
$2k+b=2(1+\cfrac{1}{m})+\ln m-1$
令$g(m)=1+\cfrac{2}{m} +\ln m,(m\gt 0),{g}'(m)=- \cfrac{2}{m^2}+\cfrac{1}{m}=\cfrac{m-2}{m^2}
,g(m)在m=2处有极小值。g(2)=2+\ln 2$
3、$f(x)=(x+a)\ln (x+b),若 f(x)\ge0,求a^2+b^2的最小值。$
$y_1=(x+a),y_2=\ln (x+b),y_1的零点在x=-a,y_2的零点在x=1-b,当且仅当y_1与y-2同时为正或同时为负时，f(x)\ge 0,即y_1与y_2$的零点为相等。
$-a=1-b\Rightarrow b=1+a,a^2+b^2=a^2+(1+a)^2=2a^2+2a+1=2(a^2+a)+1$
$2(a^2+a)+1=2(a+\cfrac{1}{2})^2- \cfrac{1}{2}+1\ge\cfrac{1}{2}$

${\color{Red}二、分参法： } $
1、$y=e^{ax}+3x$有大于零的极值点。注意极值点与极值的区别，一个是自变量，一个是因变量。
${y}' =ae^{ax}+3 ,则x=\cfrac{1}{a}\ln (-\cfrac{3}{a} )\lt 0 \because a\gt 0,\Rightarrow\ln (-\cfrac{3}{a} )\lt 0\Rightarrow 0 \lt-\cfrac{3}{a}\lt 1\Rightarrow a\lt -3 $

2、$f(x)=a^x+(1+a)^x上正数范围内单增。a\in (0,1)$
${f}' (x)=a^x\ln a+(1+a)^x\ln (1+a)\ge0\Rightarrow (1+a)^x\ln (1+a)\ge -a^x\ln a$
$ (1+a)^x\ln (1+a)\ge -a^x\ln a\Rightarrow (\cfrac{1+a}{a} )^x\ge -\cfrac{\ln a}{\ln (1+a)} $
$\Rightarrow 1\ge -\cfrac{\ln a}{\ln (1+a)} \Rightarrow \ln (1+a)\ge -\ln a$
$\Rightarrow 1+a\ge \cfrac{1}{ a}\Rightarrow a^2+a-1\ge 0\Rightarrow\cfrac{\sqrt5-1}{2}\le a\lt 1 $
3、$x\in [-2,1],ax^3-x^2+4x+3\ge0$恒成立。
$①a=0，3\gt 0,成立;$
$②(0,1],ax^3-x^2+4x+3\ge0\Leftrightarrow a\ge [\cfrac{x^2-4x-3}{x^3} ]_{max}$
$令g(x)=\cfrac{x^2-4x-3}{x^3}=\cfrac{1}{x} -\cfrac{4}{x^2} -\cfrac{3}{x^3} $
${g}'(x)=-\cfrac{1}{x^2}+\cfrac{8}{x^3 } +\cfrac{9}{x^4}=-\cfrac{x^2+8x-9}{x^4} $
$-\cfrac{(x-9)(x+1)}{x^4} x\in (0,1],{g}' (x)\gt 0,g(x)\nearrow g(x)_{max}=g(1)=-6$
$\therefore a\ge -6$
$③x\in[-2,0)时,a\le [\cfrac{x^2-4x-3}{x^3} ]_{min}$
${g}' (x)=-\cfrac{x^2+8x-9}{x^4}=-\cfrac{(x-9)(x+1)}{x^4},g(x)在[-2,0)有极小值g(-1)=-2$
$a\in [-6,-2]$

${\color{Red} 三、函数法}$
1、关于$x 的不等式e^x\ge 1+ax在(0,+\infty)上恒成立，求a$的取值范围。
$e^x-1\ge ax,x\in (0,+\infty)上恒成立。e^x\ge 1+ax,a\le 1$
令$f(x)=e^x-1-ax ,\quad{f}' (x)=e^x-a,\quad $
${\color{Red}\quad ① } a\le 1，{f}' (x)\gt 0,f(x)单调,f(x)\gt f(0)=0;\quad $恒成立；
${\color{Red}\quad ② }a\gt 1时x\in(0,\ln a),{f}'(x)\lt 0 ,f(x)\searrow ;$
$x\in(\ln a,+\infty),{f}'(x)\gt 0 ,f(x)\nearrow;f(x)在x=\ln a处有极小值，f(\ln a)=a-1-a\ln a\lt 0$不成立
设$g(a)=a-1-a\ln a\quad (a\gt 1)\quad$
${g}' (a)=-\ln a\lt 0,g(a)\searrow g(a)\le g(1)=0$

故$a\le 1$

补充：$e^x-1-1\ge ax^2,x\in (0,+\infty)上恒成立$泰勒展开式，$a\le \cfrac{1}{2}$
2、关于$x 的不等式x\ge a(\ln (x+1)在(0,+\infty)上恒成立，求a$的取值范围。
$f(x)=x-a\ln (1+x),{f}'(x) =1-\cfrac{a}{1+x}$
${\color{Red} \quad ①\quad} 当a\le 0,{f}'(x)\gt 0,f(x)\nearrow ,f(x)\gt f(0)=0，恒成立；$
${\color{Red} \quad ②\quad} a\gt 0　，导函数有零点a-1$
${\color{Green} \qquad\quad ⑴}a\le 1时，a-1\lt 0,f(x)在(0,+\infty )上单调，f(x)\gt f(0)=0，成立；$
${\color{Green} \qquad \quad ⑵} a\gt 1时，a-1\gt 0，f(x)在(0,\ln a)\searrow ，$ 在$(\ln a,+\infty)\nearrow$ ,极小值在$\ln a 且f(\ln a)\lt 0$,不成立。
$\therefore a\le 1$

${\color{Red} 函数的最值}$ 函数的最值
1、C,
2-1、$-\cfrac{1}{2e},f(x)=\cfrac{1}{2} x^2\ln x^2\Rightarrow \begin{cases} g(x)=x\ln x\\f(x)=\cfrac{1}{2} g(x^2)\end{cases}$
2-2、1;
$\begin{cases} x\gt \cfrac{1}{2}\\f(x)=2x-1-2\ln x \quad\end{cases}$
$\begin{cases} x\lt \cfrac{1}{2}\\f(x)=1-2x-2\ln x \end{cases}$
3-1、$f(3)\gt f(1)$
3-2 $f(x)=\cos x+(x+1)\sin x+1 在[0,2\pi]的最小值和最大值，-\cfrac{3\pi}{2} ,\cfrac{\pi}{2} +2$
4-1 $f(x)=-\cfrac{1}{2} ax^2+2x+\ln x,当a\gt 0时，$
${f}' (x)=-ax+2+\cfrac{1}{x} =\cfrac{-ax^2+2x+1}{x} ;\bigtriangleup =4+4a;x=\cfrac{1\pm\sqrt{1+a} }{a} $
$(0,\cfrac{1+\sqrt{1+a} }{a}),{f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow ; $
$(\cfrac{1+\sqrt{1+a} }{a},+\infty),{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow ; $仅有最小值
4-2、$f(x)=\cfrac{1}{2} x^2+a\cos x,当a\gt 1,f(x)在，(0,\pi)$
${f}' (x)=x-a\sin x,在(0,\pi)$先负后正,有最小值

${\color{Red} 最值与求参} $：第六页
5-1、$f(x)=\cfrac{1}{3} x^3+x^2-\cfrac{2}{3} ,在区间(a,a+5)上有最小值；$
${f}' (x)=x^2+2x=x(x+2)$
$x\lt -2,{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow ;$
$-2\lt x\lt 0,{f}' (x)\gt 0,f(x)\searrow ;$
$x\gt 0,{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow ;$
$在x=0处有极小值f(0)=-\cfrac{2}{3},必须保证a+5\gt 0,，还要保证x\lt-2的一侧的最小值\ge f(0)$解$f(x)=f(0)\Rightarrow \cfrac{1}{3} x^3+x^2-\cfrac{2}{3} =-\cfrac{2}{3}\Rightarrow \cfrac{1}{3} x^3+x^2=0\Rightarrow x_1=0,x_2=-3$
$a\ge -3,\begin{cases} a\ge -3\\a\lt 0\end{cases}\quad$选C

5-2、$f(x)=e^x+x^3+(a-3)x+1在区间(0,1)上有最小值，即{f}' (x)在(0,1)区间内左侧小于0，右侧大于0$
${f}' (x)=e^x+3x^2+a-3,\begin{cases} {f}' (0)=1+a-3\lt 0\\{f}' (1)=e+1+a-3\gt 0\end{cases}\quad$选A
6、$f(x)=\cfrac{x}{x^2+a} 在[1,+\infty)上的最大值为\cfrac{\sqrt[]{3} }{3} ,求a值 $

${f}' (x)=\cfrac{x^2+a-2x^2}{(x^2+a)^2}=\cfrac{-x^2+a}{(x^2+a)^2} $
当$a\le 1时，f(x)_{max}=f(1)=\cfrac{1}{1+a}= \cfrac{\sqrt{3} }{3} \Rightarrow a=\sqrt{3} -1\lt1$
$当a\gt 1时，f(x)_{max}=f(\sqrt{a} )=\cfrac{\sqrt{a} }{2a}= \cfrac{1}{2\sqrt{a} }=\cfrac{1}{\sqrt{3} } \Rightarrow a=\frac{3}{4} \lt1\quad$矛盾，不符。选D

7、${f}' (x)=12x^2+12x=12x(x+1),在[-2,0]的最大值f(x)_{max}=f(-1)=-4+6+2=4$
${f}' (x)=2ae^{ax},在[0,2]范围内$
$①当a=0时，{f}' (x)＝0，$
$②当a\gt 0,f(x)_{max}=f(2)=2e^{2a}\le4,解得a\le\frac{1}{2} \ln2 $
$③当a\lt 0,{f }' (x)\lt0,f(x)\searrow ,f(x)_{max}=f(0)=2$
$\therefore [0,\cfrac{1}{2}\ln 2]$

1-1、已知函数$(2)f(x)=e^x-ax-a^3$
$(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；$
$(2)若f(x)有极小值，且极小值小于０，求的取值范围$
(2)
${f}' (x)=e^x-a$
${\color{Red} 1^\circ } 若a\le 0,{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow 无极值。\quad$
${\color{Red} 2^\circ } 若a\gt 0$
$\qquad {\color{Green} ①} 令{f}' (x)\lt 0,x\lt \ln a,f(x)\searrow ;$
$\qquad {\color{Green} ②} 令{f}' (x)\gt 0,x\gt \ln a,f(x)\nearrow ;$
$f(x)在x=\ln a处有极小值，f(\ln a)=a-a\ln a-a^3=-a(a^2+ln a-1)\lt 0$
$令g(a)=a^2+\ln a-1,{g}' (a)=2a+\cfrac{1}{a},g(a)\nearrow 且g(1)=0,a\gt 1,f(\ln a)\lt 0$

1-2、$f(x)=e^x(e^x-a)-a^2x\quad $
(1)讨论f(x)的单调性；
$(2)若f(x)\ge 0，求ａ的取值范围。$
$(1){f}' (x)=e^x(e^x-a)+e^x\cdot e^x-a^2=(2e^x+a)(e^x-a)$
${\color{Red} \quad 1^\circ }若a=0,{f}' (x)=2(e^x)^2\gt 0,f(x)在R\nearrow$
${\color{Red} \quad 2^\circ }若a\gt 0$
$\qquad {\color{Green}\quad ①} 令{f}' (x)\lt 0,x\lt \ln a,f(x)\searrow $
$\qquad {\color{Green} \quad ②} 令{f}' (x)\gt 0,x\gt \ln a,f(x)\nearrow $
${\color{Red} \quad 3^\circ }若a\lt 0$

$\qquad {\color{Green} \quad ①\quad } 令{f}' (x)\lt 0,x\lt \ln(-\cfrac{a}{2}),f(x)\searrow $
$\qquad {\color{Green} \quad ②\quad } 令{f}' (x)\gt 0,x\gt \ln(-\cfrac{a}{2}),f(x)\nearrow $
$(2)f(x)\ge 0 求a取值范围$
${\color{Red} \quad 1^\circ\quad } 若a= 0,{f} (x)=(e^x)^2\gt 0,恒成立；$
${\color{Red} \quad 2^\circ \quad } 若a\gt 0，f(x)_{min}=f(\ln a)=-a^2\ln a\ge 0\Rightarrow 0\lt a \lt 1$
${\color{Red}\quad 3^\circ\quad }若a\lt 0$
$f(x)_{min}=f(\ln(-\cfrac{a}{2}))=\cfrac{3}{4}a^2-a^2 \ln(-\cfrac{a}{2})\ge 0\Rightarrow -2e^{\cfrac{3}{4} }\le a\lt 0$
$\therefore -2e^{\cfrac{3}{4} }\le a\lt 1$

2、已知函数$f(x)=\cfrac{1}{3}x^3-\cfrac{1}{2}ax^2 ,a \in R $
$(1)当a=2时，求曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线方程；$
$(2)设函数g(x)=f(x)+(x-a)\cos x-\sin x,讨论g(x)的单调性.$
$(2) g(x)=f(x)+(x-a)\cos x-\sin x$
${g}' (x)=x^2-ax+\cos x+(x-a)(-\sin x)-\cos x=(x-a)(x-\sin x)$
$欲判断 f(x)的正负，先判断 x-a和x-\sin x的单调性。x-a单调增，我们判断x-\sin x，$

$令h(x)=x-\sin x，{h}' (x)=1-\cos x\ge 0 ,h(x)\nearrow$
$且h(0)=0,故h(x)可以看作x，即用x代替上式中的x-\sin x$
${\color{Red} 1^\circ } 若a=0,{g}' (x)\ge 0，g(x)\nearrow,无极值。$
${\color{Red} 2^\circ } 若a\gt 0:$
$\qquad {\color{Green} ①} 当x\lt 0 时,{g}' (x)\gt 0,g(x)\nearrow;$
$\qquad {\color{Green} ②} 当0\lt x\lt a 时,{g}' (x)\lt 0,g(x)\searrow;$
$\qquad {\color{Green} ③}当x\gt a 时,{g}' (x)\gt 0,g(x)\nearrow;$
故$g(x)_{极大}＝g(0)=-a,g(x)_{极小}＝g(a)=\cfrac{1}{6}a^3-\sin a$
${\color{Red} 3^\circ } 若a\lt 0:$
$\qquad {\color{Green} ①} 当x\lt a时,{g}' (x)\gt 0,g(x)\nearrow;$
$\qquad {\color{Green} ②}当a\lt x\lt 0 时,{g}' (x)\lt 0,g(x)\searrow;$
$\qquad {\color{Green} ③}当x\gt 0 时,{g}' (x)\gt 0,g(x)\nearrow;$
$故g(x)_{极小}＝g(0)=-a,g(x)_{极大}＝g(a)=\cfrac{1}{6}a^3-\sin a$

3-1、已知函数$f(x)=(x-1)e^x-\cfrac{1}{2}ax^2 ，a\in R $
(1)当a=0时,求曲线y=f(x)在x=0处的切线方程；
(2)求函数f(x)在[1,2]上的最小值。
$(1)切线方程：y=-1$
$(2){f}' (x)=xe^x-ax=x(e^x-a)$
${\color{Red} 1^\circ } \quad若e-a\ge 0,即a\le e时，e^x-a\ge 0$
${f}' (x)\ge 0，f(x)在[1,2]\nearrow ,f(x)_{min}=f(1)=-\cfrac{1}{2} a$
${\color{Red} 2^\circ } \quad若e^2-a\le 0,即a\ge e^2,时，e^x-a\le 0$
${f}' (x)\le 0，f(x)在[1,2]\searrow ,f(x)_{min}=f(2)=e^2-2a$

${\color{Red} 3^\circ } \quad若e\lt a\lt e^2,{\color{Green} ①}当1\le x\lt\ln a时,{f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow;$
$\qquad \qquad\quad\quad {\color{Green} ②}当\ln a\lt x\le 2时,{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow;$
$f(x)_{min}=f(\ln a)=a(\ln a-1)-\cfrac{1}{2}a\ln ^2 a=-\cfrac{1}{2}a(\ln ^2a-2\ln a+2) $

综上所述：$f(x)_{min}=\begin{cases} -\cfrac{1}{2}a\qquad\qquad\qquad \qquad a\le e; \\ -\cfrac{1}{2}a(\ln ^2a-2\ln a+2) \quad,e\lt a\lt e^2 \\ e^2-2a \qquad \qquad a\ge e^2 \end{cases}$

3-2$已知函数f(x)=2x^3-a^2+b;$
$(1)讨论f(x)的单调性；$
$(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值-1为且最大值为1，若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由。$
$(1){f}' (x)=6x^2-2ax=2x(3x-a)$
$\quad{\color{Red} 1^\circ } \quad若 \cfrac{a}{3}= 0,即a=0, {f}' (x)\ge 0,f(x)\nearrow$
$\quad{\color{Red} 2^\circ } \quad若 \cfrac{a}{3}\gt 0,即a\gt 0 ，{\color{Green} ①}当x\lt 0 ,{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow$
$\qquad\qquad\qquad \qquad\qquad{\color{Green} ②} 当0\lt x\lt \cfrac{a}{3} ,{f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow$
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad{\color{Green} ③} 当x\gt \cfrac{a}{3} ,{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow$
$\quad{\color{Red} 3^\circ } \quad若 \cfrac{a}{3}\lt 0,即a\lt 0 {\color{Green} ①}当x\lt\cfrac{a}{3} ,{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow$
$\qquad\qquad\qquad \qquad\qquad{\color{Green} ②} 当\cfrac{a}{3} \lt x\lt 0 ,{f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow$
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad{\color{Green} ③} 当x\gt 0 ,{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow$

－－－
(2)由(1)可知，
${\color{Red}(1) } a\le 0时,{f}' (x)\ge 0,f(x)在[0,1]\nearrow $
$\quad\quad \quad \begin{cases}f(0)=b=-1\\f(1)=2-a+b=1\end{cases}\Rightarrow \begin{cases} a=0\\b=-1\end{cases}$
${\color{Red} (2)} a\gt 0时，{\color{Green} a)} 若\cfrac{a}{3}\ge 1\Rightarrow a\ge 3,{f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow $
$\qquad\qquad\qquad\begin{cases}f(0)=b=1\\f(1)=2-a+b=-1\end{cases}\Rightarrow \begin{cases} a=4\\b=1\end{cases}$
$\qquad\qquad\quad{\color{Green} b)} 若\cfrac{a}{3}\lt 1 时\Rightarrow 0\lt a\lt 3时$
$此时极小值一定在\cfrac{a}{3} 处，但最大值可能在两个端点之一$
$\qquad\qquad\begin{cases} f(\cfrac{a}{3})=2\cdot (\cfrac{a}{3})^3-(\cfrac{a}{3})^2+b=-1 \\ f(0)=b=1\end{cases} \Rightarrow a^3=54\Rightarrow a=3\sqrt[3]{3} \gt 3舍去$
$\qquad\qquad\begin{cases} f(\cfrac{a}{3} )=2\cdot (\cfrac{a}{3})^3-(\cfrac{a}{3})^2+b=-\cfrac{a^3}{27}+b=-1 \\ f(1)=2-a+b=1 \end{cases}\Rightarrow a^2=27\Rightarrow a=3\sqrt{3} \gt 3$