$1、已知函数f(x)=(x+1)\ln x-x+1.$
$(1)若x{f}'(x)\le x^2+ax+1 ,求a的取值范围。$
$(2)证明(x-1)f(x)\ge 0.$
$解：(1)f(x)=(x+1)\ln x-x+1\quad {f}' (x)=\ln x+\cfrac{1}{x}\quad x{f}' (x)=x\ln x+1\le x^2+ax+1$
$\Rightarrow {\color{Red} a} \ge \cfrac{x\ln x-x^2}{x} ={\color{Red} (\ln x-x)_{max}}$
$设g(x)=\ln x-x\quad {g}'(x)=\cfrac{1-x}{x} \quad x\in (0,1),{g}'(x)\gt 0,g(x)单调递增；x\in (1,+\infty),{g}'(x)\lt 0,g(x)单调递减；$
$g(x)在x=1处有极大值g(x)_{max}=g(1)=-1,a\ge -1,a\in [-1,+\infty)$
$解：(2){\color{Red} \because } f(1)=0,所以证(x-1)f(x)\ge 0\Leftrightarrow \begin{cases} f(x)\gt 0,x\gt 1\\ f(x)\lt ,0\lt x\lt 1\end{cases}$
${f}' (x)=\ln x+\cfrac{1}{x}=h(x)\quad {h}' (x)= \cfrac{1}{x}-\cfrac{1}{x^2}=\cfrac{x-1}{x^2}$
$x\in (0,1),{h}'(x)\lt 0,h(x)\searrow ;x\in(1,+\infty), {h}'(x)\gt 0,h(x)\nearrow ;h(x)在 x=1处有极小值,h(1)=1$
$\Rightarrow h(x)\ge h(1)=1\Rightarrow {f }' (x)=h(x)\gt 0\Rightarrow f(x)\nearrow {\color{Red} \because }\quad f(1)=0,{\color{Red} \Rightarrow x\in (0,1)\quad f(x)\lt 0;(1,+\infty)\quad,f(x)\gt 0} $

$2、 已知函数f(x)=e^x-ax-2.$
$(1)求f(x)单调区间.$
$(2)若a=1，k为整数，且当时x\gt 0，(x-k){f}'(x)+x+1\gt 0,求k的最大值。$
$解：(2)(x-k)(e^x-1)\gt -(x+1)\Rightarrow x-k\gt -\cfrac{x+1}{e^x-1} \Rightarrow k\lt {\color{Red} (x+\cfrac{x+1}{e^x-1})_{min} }$
$设g(x)=x+\cfrac{x+1}{e^x-1}\quad {g}' (x)=1+\cfrac{(e^x-1)-(x+1)e^x}{(e^x-1)^2} =\cfrac{(e^x)^2-2e^x+1+e^x-1-xe^x-e^x}{(e^x-1)^2} =\cfrac{e^x(e^x-x-2)}{(e^x-1)^2}$
$设h(x)=e^x-x-2\quad {h}' (x)=e^x-1\gt 0,h(x)\nearrow ,h(1)=e-3\lt 0,h(2)=e^2-4\gt 0,$
$\Rightarrow \exists x_0\in(1,2)使得h(x_0)=0,e^{x_0}=x_0+2,此时g(x)在(0,x_0)\searrow ,在(x_0,+\infty)\nearrow$
$g(x)\ge g(x_0)=x_0+\cfrac{x_0+1}{e^{x_0}-1}=x_0+1\in (2,3) $
$故k\lt g(x)_{min},k的最大值2$

$3、已知函数f(x)=(x+1)\ln x-a(x-1)$
$(Ⅰ)当a=4时，求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程；$
$(Ⅱ)若当x\in (1,+\infty)时，f(x)\gt 0,求a的取值范围.飘带不等式$
$解:(Ⅱ){\color{Red} f(1)=0\qquad } {f}' (x)=\ln x+\cfrac{x+1}{x}-a=\ln x +\cfrac{1}{x}+1 -a$
${f}'' (x)=\cfrac{1}{x} -\cfrac{1}{x^2} =\cfrac{x-1}{x^2} {\color{Red} \therefore } \quad {f}' (x)在(1，+\infty)\nearrow ;{f}' (x)\gt {f}' (1)=2-a$
$(a)若2-a\ge 0,即{\color{Red}a\le 2},{f}' (x)\gt {f}' (1)=2-a\ge 0,\therefore f(x)在(1,+\infty)\nearrow ，\therefore f(x)\gt f(1)=0$
$(b) 若2-a\lt 0,即a\gt2,{f}' (x)\gt {f}' (1)=2-a\lt 0,{\color{Red} \exists x_0\in (1,e^a)使得}{f} ' (x_0)=0, $
$f(x)在x\in (1,x_0)\quad {f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow ;f(x)x\in 在(x_0,\infty)\quad {f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow$
${\color{Red}\because f(1)=0 \therefore \therefore x\in (1,x_0),f(x)\lt 0} \quad 与f(x)\gt 0不符。$
$综上述，a\ge 2且x\in (1,+\infty),f(x)\gt 0$

$4、已知函数f(x)=x\cos x-\sin x,x\in[0,\cfrac{\pi}{2}].$
$(1)求证：f(x)\le 0;$
${f}' (x)=\cos x -x\sin x-\cos x=-\sin x\le 0,f(x)单调递减,f(x)\lt f(x)_{max}=f(0)=0 $
$(2) 若a\lt \cfrac{\sin x}{x}\lt b在x\in (0,\cfrac{\pi }{2})上恒成立，求a的最大值与b的最小值。$
$设g(x)= \cfrac{\sin x}{x}\quad {g}' (x)=\cfrac{x\cos x-\sin x}{x^2} 由(1)可得，{g}' (x)\lt 0，$
$g(x)单调递减，g(x)\gt g(x)_{min}=g(\cfrac{\pi}{2})=\cfrac{2}{\pi }\quad a\le \cfrac{2}{\pi},故a的最大值为\cfrac{2}{\pi} $
$求b的最小值，设h(x)=bx-\sin x\quad {h}' (x)=b-\cos x\quad x\in (0,\cfrac{\pi}{2})$
$①当b\ge 1时，{h}' (x)\gt 0,h(x)\nearrow h(x)\gt h(x)_{min}=h(0)=0;$
$②当b\lt 1时,\exists x_0\in (0,\cfrac{\pi}{2}),使得{h}' (x_0)=0{\color{Red} \Rightarrow b=\cos x_0}$
$(0,x_0),{h}'(x)\lt 0,h(x)\searrow ;(x_0,\cfrac{\pi}{2}), {h}'(x)\gt 0,h(x)\nearrow ;$
${\color{Red} \therefore } \quad h(x)在x=x_0处有极小值h(x_0)=bx_0-\sin x_0=x_0\cos x_0-\sin x_0\lt 0与bx-\sin x\gt0不符。$
$综上述，b\ge 1时，bx-\sin x \gt ０,故b的最小值为1$
$$\lim_{x \to 0} \cfrac{\sin x}{x}=1$$

$5、已知函数f(x)=(1-ax)\ln (x+1)-x.$
$(1)当a=-2时，求f(x)的极值。$
$解：定义域x\in (-1,+\infty),f(x)=(1+2x)\ln (1+x)-x\quad {f}'(x)=2\ln (x+1)+\cfrac{1+2x}{1+x}-1= 2\ln (x+1)+\cfrac{x}{1+x} $
$=2\ln (1+x)+1-\cfrac{1}{1+x}是增函数，且{f}'(0)=0,\therefore x\in (-1,0),{f}'(x)\lt 0;f(x)\searrow ;(0,+\infty),{f}'(x)\gt 0,f(x) \nearrow$
$故f(x)在x=0处有极小值f(0)=0$
$(2)当x\ge 0时，f(x)\ge 0,求a的取值范围。$
$第①步，求导\qquad\qquad {f}' (x)=(1-ax)\ln (1+x)-x,x\in (-1,+\infty)$
$则{f}'(x)=-a\ln (1+x)-\cfrac{(a+1)x}{1+x},设g(x)=-a\ln (1+x)-\cfrac{(a+1)x}{1+x}\quad {g}' (x)=-\cfrac{a}{1+x}-\cfrac{a+1}{(1+x)^2}$
$②找出原不等式成立的一个必要条件$
$因为当x\ge 0时，f(x)\ge 0且　f(0)=0,{f}'(0)=0,所以{g}'(0)=-2a-1\ge 0得,a\ge -\cfrac{1}{2}.$
$故a\ge -\cfrac{1}{2}是原不等式成立的一个必要条件。$
$③证明该必要条件也是充分条件，下面证明充分性：，即证明a\ge -\cfrac{1}{2} 且x\ge 0时，f(x)\ge 0恒成立$
$当a\le -\cfrac{1}{2} ,{\color{Red} \Rightarrow -a\ge \cfrac{1}{2} ,-a-1\ge -\cfrac{1}{2}} ,x\ge 0\quad {g}' (x)\ge \cfrac{1}{2(x+1)}-\cfrac{1}{2(1+x)^2}=\cfrac{x}{2(1+x)^2} \ge 0$
${\color{Red} \therefore } \quad {f}' (x)在[0,+\infty) 上单调递增，且{f}' (x)\ge {f}' (0)=0;$
${\color{Red} \therefore } \quad {f} (x)在[0,+\infty) 上单调递增，且{f} (x)\ge {f}(0)=0;$
$综上，a 的取值范围为(-\infty,-\cfrac{1}{2}] $

$6、已知函数f(x)=(1-x^2)e^x. \quad 2017年新课标2 -12分$
$(1)讨论f(x)的单调性；$
$解：x\in \mathbb{R} ,{f}' (x)=(1-2x-x^2)e^x， 令-x^2-2x+1=0,x_1=-\sqrt{2} -1,x_2=x_1=\sqrt{2} -1$
$x\in (-\infty,-\sqrt{2} -1)\cup (\sqrt{2} -1,+\infty),{f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow ;x\in (-\sqrt{2} -1,\sqrt{2} -1),{f}'(x)\gt 0,f(x)\nearrow$
$(2)当x\ge 0，f(x)\le ax+1，求a的取值范围。$
$根据数形结合分析，可以直线ax+1在曲线(1-x^2)e^x的上方，即a\ge 1时，满足$
$令g(x)=f(x)-ax-1则：g (x)\le 0在[0,+\infty)恒成立。$
${g}' (x)＝{f}' (x)-a=(-x^2-2x+1)e^x-a\quad {g}'' (x)=(-x^2-4x-1)e^x\lt 0$
${\color{Red} \therefore {g}' (x)在[0,+\infty)上单调递减} ，且{g}' (0)=1-a$
$①a\ge 1时，{g}' (0)\le 0\quad\therefore {g}' (x)\le 0\quad g(x)在[0,+\infty)上单调递减，又g(0)=0\quad g(x)\ge 0$
$②0\le a\lt 1时，{g}' (0)\gt0 \quad {g}' (x)=(-x^2-2x)e^x+e^x-a\lt (-x^2-2x)e^x+3e^x=-(x+3)(x-1)e^x$
$x\gt 1时，{g}' (x)\lt 0,\therefore {g}'(x) 有一个零点x_0，且x\in (0,x_0)時，{g}' (x)\gt 0,又g(0)=0,{\color{Red}\therefore }x\in (0,x_0)時，g(x)\gt 0\quad 不合题意。$
$③a\le 0时，g(\cfrac{1}{2})=f( \cfrac{1}{2})-\cfrac{a}{1} -1=\cfrac{3\sqrt{e} }{4} -\cfrac{a}{1} -1=\ge \cfrac{3\sqrt{e} }{4}-1\gt 0$
${\color{Red} \therefore } \quad g(x)\le 0 不会恒成立，不合题意。$
$综上所述，a\ge 1时，恒成立。$

$7、已知函数f(x)=\ln (x+1)+a(x^2-x),其中a\in \mathbb{R} ,$
$(1)讨论函数f(x)的极值点的个数，并说明理由；$
$第一问解：{f}' (x)=-\cfrac{1}{1+x}+a(2x-1)=\cfrac{2ax^2+ax+1-a}{x+1} \quad x\in (-1,+\infty) $
$设g(x)=2ax^2+ax+1-a\quad x\in (-1,+\infty);$
${\color{Green} ㈠a=0} ,g(x)=1\gt 0,此时{f}' (x)\gt 0,函数f(x)单调递增,无极值点。$
${\color{Green} ㈡当a\gt 0时} ，\Delta ＝a^2-8a(1-a)=a(9a-8).$
$①0\lt a \le \cfrac{8}{9},\Delta\le 0,g(x)\ge 0,{f}' (x)\ge 0,函数f(x)在(-1,+\infty)上单调递增，无极值点。$
$②当a\gt \cfrac{8}{9}时，\Delta \gt 0,设方程g(x)=0两根为x_1,x_2(x_1\lt x_2),因为x_1+x_2=-\cfrac{1}{2},x_1\lt -\cfrac{1}{4} ,x_2\gt -\cfrac{1}{4}$
$由g(-1)=1\gt 0,可得-1\lt x_1\lt -\cfrac{1}{4},所以当x\in (-1,x_1)\cup (x_2,+\infty)时，g(x)\gt 0,{f}' (x)\gt 0,函数f(x)单调递增;$
$x\in (x_1,x_2)时，g(x)\lt 0,{f}' (x)\lt 0,函数f(x)单调递减;因此函数f(x)有两个极值点。$
${\color{Green}㈢当a\lt 0时 } ,\Delta \gt 0,由g(-1)=1\gt 0,可得x_1\lt -1,当x\in (-1,x_2)时，g(x)\gt 0,{f}' (x)\gt 0,f(x)单调递增；$
$x\in (x_2,+\infty)，g(x)\lt 0,{f}'(x)\lt 0 ,f(x)单调递减，所以f(x)有一个极值点。$
${\color{Green} 综上所述} ①a\lt 0，有1个极值点；$
$\qquad \qquad ②0\le a \le \cfrac{8}{9},没有极值点；$
$\qquad \qquad③a\gt \cfrac{8}{9},有2个极值点。$

$(2)若\forall x\gt 0,f(x)\ge0 成立，求a取值范围$
$解：由(1)可知：$
$(1)当0\le a\le \cfrac{8}{9}时，函数f(x) 在(0,+\infty)上单调递增。因为f(0)=0,所以x\in (0,+\infty)时，f(x) \gt 0,符合题意；$
$(2)当\cfrac{8}{9} \lt a\le 1 时，由g(0)=1-a\ge 0,解得x_2\lt 0,所以函数f(x)在(0,+\infty)上单调递增。又f(0)=0,所以x\in (0,+\infty)时，f(x)\gt 0符合题意;$
$(3)当 a\gt 1时，由g(0)=1-a\lt 0,可得x_2\gt 0,所以x\in (0,x_2)时，函数f(x)单调递减，又因为f(0)=0,所以x\in (0,x_2)时，f(x)\lt 0,不合题意；$
$(4)当a\lt 0时，设h (x)=x-\ln (x+1),因为x\in (0,+\infty)时，{h }'(x)=1-\cfrac{1}{x+1}=\cfrac{x}{x+1}\gt 0,所以h(x)单调递增。$
$f(x)\lt x+ax^2-ax=ax^2+(1-a)x \quad(a\lt 0)开心向下，x \to +\infty,f(x)\lt 0与f(x)\ge 0矛盾。$

$8-1、已知函数f(x)=e^x-ax$
$(1)讨论函数f(x)的单调性；$
$(2)若x\gt 0时，f(x)\ge x^2+1恒成立，求a的取值范围。$
$解：因为x^2的系数不是\cfrac{1}{2},故不能使用端点效应来求证。$
$e^x-x^2-1\ge ax\Rightarrow a\le (\cfrac{e^x-x^2-1}{x} ){\color{Red} _{min}} $
$令g(x)=\cfrac{e^x-x^2-1}{x} $
${g}' (x)=\cfrac{(e^x-2x)x-(e^x-x^2-1)}{x^2} =\cfrac{(x-1)(e^x-x-1)}{x^2}$
$易证e^x-x-1\ge 0,但要证，这里省掉。$
$x\in (0,1),g'(x)\lt 0,g(x)递减；x\in (1,+\infty),g'(x)\gt 0,g(x)递增；$
$所以g(x)在x=1处有极小值g(x)\ge g(1)=e-2$
$所以a\in (-\infty,e-2]$
$(2)当x\ge 0时，f(x)\le ax+1求实数a的取值范围。$
$综上述，a\in [0,1]，f(x)\ge 0恒成立。$

$8－2已知函数f(x)=e^x-1-x-ax^2$
$(1)当x\ge 0地，若不等式f(x)\ge 0恆成立，求實數a的取值範圍；$
$(2)若x\gt 0,证明(e^x-1)\ln (x+1)\gt x^2$
$(1)用泰勒展開式，容易得到a\in (-\infty,\cfrac{1}{2}]$
${\color{Red} 用端点效应证明a的取值范围。} $
$解：定义域x\in \mathbb{R}$
$f(0)=e^0-1=0,{f}' (x)=e^x-1-2ax,{f}' (0)=0,$
${f}'' (x)=e^x-2a,{f}'' (0)=1-2a\ge 0\Rightarrow a\le \cfrac{1}{2}$
$以上操作也叫必要性探路，下面证明其充分性$
$证明a\le \cfrac{1}{2}时，x\ge 0时，f(x)\ge 0恒成立。$
$当x=0时，f(0)=0，显然成立。$
$当x\gt 0时，a\le \cfrac{1}{2} \Rightarrow -a\ge -\cfrac{1}{2}\Rightarrow -ax^2\ge -\cfrac{1}{2}x^2$
$即证 f(x)=e^x-1-x-ax^2\ge e^x-1-x-\cfrac{1}{2} x^2\ge 0$
$即证 1-\cfrac{(1+x+\cfrac{1}{2} x^2)}{e^x} \ge 0$
$令g(x)=1-\cfrac{(1+x+\cfrac{1}{2} x^2)}{e^x}$
${g}' (x)=-\cfrac{1+x-(1+x+\cfrac{1}{2} x^2)}{e^x}=\cfrac{\cfrac{1}{2} x^2}{e^x}\ge 0$
$所以g(x)在[0,+\infty) 单调递增，g(x)\ge g(0)=0$
$得证。$

$(2)解： f(x)=e^x-1-x-\cfrac{1}{2}x^2$​
$e^x\ge +1+x+\cfrac{1}{2}x^2, e^x-1\ge x+\cfrac{1}{2}x^2$
$(e^x-1)\ln (x-1)\gt x^2\qquad (x+\cfrac{1}{2}x^2)\ln (x+1)\gt x^2$
$显然x=0处，上两式成立。$
$\ln (x+1)\gt \cfrac{x^2}{x+\cfrac{1}{2}x^2}=\cfrac{2x^2}{2x+x^2}$

$即证\ln (x+1)\gt \cfrac{2x^2}{2x+x^2}$
$构造g(x)=\ln (x+1)-\cfrac{2x^2}{2x+x^2}\quad x\gt 0$​
$即证g(x)_{min}\gt 0$
$g(x)=\ln (x+1)-\cfrac{2x^2}{2x+x^2}=\ln (x+1)+\cfrac{4x}{2x+x^2}-2$
$g'(x)=\cfrac{1}{x+1}+\cfrac{4x(x+2)-4x(2x+2)}{x^2(x+2)^2}$
$=\cfrac{1}{x+1}-\cfrac{4}{(x+2)^2}=\cfrac{(x+2)^2-4(x+1)}{(x+1)(x+2)^2}$
$=\cfrac{x^2}{(x+1)(x+2)^2}\gt 0,g(x)单调$
$\lim_{x \to 0} \cfrac{4x}{x^2+2x}=\lim_{x \to 0} \cfrac{4}{2x+2} =2$
$所以g(0)=0,得证。{\color{Red} 此处用洛必达法则求\cfrac{0}{0}，\cfrac{\infty}{\infty}的极限。} $
$法二:f(x)=e^x-1-x-\cfrac{1}{2}x^2\ge 0恒成立 e^x-1\ge x+\cfrac{1}{2}x^2$
$\Rightarrow \cfrac{e^x-1}{x^2} \ge \cfrac{1}{x} +\cfrac{1}{2}=\cfrac{x+2}{2x} $
$证明(e^x-1)\ln (x+1)\gt x^2$
$\Leftrightarrow \cfrac{(e^x-1)\ln (x+1)}{x^2}\gt 1 \Leftrightarrow \cfrac{x+2}{2x}\times\ln (x+1)\gt 1$
$\Leftrightarrow \ln (x+1)\gt\cfrac{2x}{x+2}$
$令t=x+1\quad (t\gt 1) \quad x=t-1,$
$\ln t \gt \cfrac{2(t-1)}{t-1+2} =\cfrac{2(t-1)}{t+1} \quad t\gt 1$
$又是飘带不等式，易证，略$

$已知f(x)=e^x-ax-a,a\in R$
$(1)讨论f(x)的单调性；$
$(2)设g(x)=\cfrac{2f(x)}{x^2},当x\gt 0时，g(x)\gt 1恒成立，求a的取值范围$
$(1)定义域x\in \mathbb{R},{f}' (x)=e^x-a$
$a. 当a\le 0,{f}' (x)\gt 0,f(x)单调递增$
$b. 当a\ge 0 ,令{f}' (x_0)= 0,x_0=\ln a$
$x\in (-\infty,\ln a),{f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow ,$
$x\in (\ln a,+\infty),{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow ,$
$第2问：\cfrac{2f(x)}{x^2}=\cfrac{2(e^x-ax-a)}{x^2}\gt 1\Leftrightarrow e^x-ax-a\gt \cfrac{1}{2}x^2$
$\Leftrightarrow a\lt [\cfrac{2e^x-x^2}{2(x+1)}]{\color{Red} _{min}}$
$令h(x)=\cfrac{2e^x-x^2}{2(x+1)}\ge \cfrac{2({\color{Red} \cfrac{1}{2}x^2+x+1 } )-x^2}{2(x+1)}=1$
$这里的放缩{\color{Green}e^x\ge \cfrac{1}{2}x^2+x+1 } 要先证明使用，移项，让指数找朋友 ，即可证明。$
$所以 h(x)\gt 1，即得h(x)的最小值为1，a\lt 1，故a\in (-\infty,1)$

$2020新课标１卷理工,8-3$
$已知函数f(x)=e^x+ax^2-x,当x\ge 0时，f(x)\ge \cfrac{1}{2}x^3+1,求a的取值范围。$
$解①x=0时，e^x+ax^2-x\ge \cfrac{1}{2}x^3+1,1\ge 1,成立。$
$②x\gt 0时,a\ge -\cfrac{e^x-\cfrac{1}{2}x^3-x-1 }{x^2}$
$设g(x)=\cfrac{e^x-\cfrac{1}{2}x^3-x-1 }{x^2} ,即证{\color{Red} a\ge -g(x)_{min}} $
${g}' (x)=\cfrac{x^2(e^x-\cfrac{3}{2}x^2-1 )-2x(e^x-\cfrac{1}{2}x^3-x-1 )}{x^2x^2}$
$=\cfrac{x(e^x-\cfrac{3}{2}x^2-1 )-2(e^x-\cfrac{1}{2}x^3-x-1 )}{x^3}$
$=\cfrac{xe^x-\cfrac{3}{2}x^3-x -2e^x+x^3+2x+2 }{x^3}$
$=\cfrac{(x-2)e^x-\cfrac{1}{2}x^3+x+2 }{x^3}$
$下面需要应用{\color{Red} 大除法} 进行因式分解(-\cfrac{1}{2}x^3+x+2){\div} (x-2)=-\cfrac{1}{2}x^2-x-1$
$=\cfrac{(x-2)(e^x-\cfrac{1}{2}x^2-x-1 )}{x^3}$
$下面还要证明e^x-\cfrac{1}{2}x^2-x-1\gt 0（用泰勒展式，一看便知，考试需要用指数找朋友证明x\gt 0时成立$
$因而，导函数的符号函数由x-2决定，即(0,2){g}'(x)\lt 0,g(x)\searrow ;(2,+\infty) {g}'(x)\gt 0,g(x)\nearrow$
$g(x)在x=2处有极小值g(2)=\cfrac{e^2-7}{4}$
$所以{\color{Red} a\ge =\cfrac{7-e^2}{4} }$
$由此题可见，数学也不过是积木，你积累的知识越多，题型见得越多，压轴题目亦不过如此$

$1.若关于x的方程\log_{a}{x} -a^x=0(a\gt 0且a\ne1) 有实数解，则a的值可以为(\quad )$
$A.10\quad B.e\quad C.2\quad \cfrac{5}{4}$
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 $
$0.1把0.1当做自变量，b=-构造h(x)=xex---比较a和b，$
$构造g(x)=xex+In(1-x)比较a和c.$
$把0.1当做自变量，b=\cfrac{0.1}{1-0.1} c=-\ln (1-0.1)$
$构造h(x)=xe^x-\cfrac{x}{1-x} 比较a和b，$
$构造g(x)=xe^x+\ln (1-x)比较a和c.$

$f(x)=\cfrac{x}{e^x} ,若f(x_1)=f(x_2),求证x_1+x_2\gt 2.及x_1x_2\lt 1$

$证明：不难知道x_1,x_2\gt 0$
$①x_1,x_2捆绑，不自由②地位相同，因此可用"不妨设"$
$不妨设0\lt x_1\lt x_2$
$①若x_2\in [2,+\infty),x_1\gt 0$
$\Rightarrow x_1+x_2\gt 2 不证自明$
$②{f}' (x)=e^{-x}(1-x)\Rightarrow f(x)在(-\infty,1)\nearrow ;(1,+\infty)\searrow $
$\therefore 0\lt x_1\lt 1\lt x_2$
$当x_2\in (1,2)，要证x_1+x_2\gt 2即证x_1\gt 2-x_2(两边都要有未知数）$
$即证{\color{Red} f(x_1)\gt f(2-x_2),这一步加上f套子，下一步消元} $
$f(x_2)\gt f(2-x_2)\quad 变成一元问题。$
$令F(x)=f(x)- f(2-x)\quad x\in (1,2)$
$证明F(x)\gt 0,\quad 先考虑端点$
$F(1)=f(1)-f(1)=0,{\color{Red}对称构造嘛 } 即证F(x)在(1,2)单调递增$
${F}' (x)={f}' (x)-{(2-x)}' {f}' (2-x)=\cfrac{1-x}{e^x} +\cfrac{1-(2-x)}{e^{2-x}} $
$=(x-1)(\cfrac{1}{e^{2-x}} -\cfrac{1}{e^x} )$
$\because x\gt 2-x,\therefore {F}' (x)\gt 0$
$\therefore {F} (x)\nearrow ,F(x0\gt F(1)=0原式成立。$
以上是方法——，对称构造函数法；下面是方法二，换元法。
$证明：f(x_1)=f(x_2)=a\Rightarrow \begin{cases} \cfrac{x_1}{e^{x_1}}=a\\ \cfrac{x_2}{e^{x_2}}=a\end{cases}\Rightarrow \begin{cases} x_1=ae^{x_1}\quad ① \\x_2=ae^{x_2}\quad ② \end{cases}$
${\color{Green} 换元要有中间过渡的变量，题目中没有，我们就自己设a参量} $
$① -② x_1-x_2=a(e^{x_1}-e^{x_2})\Rightarrow a=\cfrac{x_1-x_2}{e^{x_1}-e^{x_2}} $
$要证x_1+x_2\gt 2即证a(e^{x_1}+e^{x_2})\gt 2$
$a(e^{x_1}+e^{x_2})=\cfrac{x_1-x_2}{e^{x_1}-e^{x_2}} (e^{x_1}+e^{x_2})=\cfrac{e^{x_1}+e^{x_2}}{e^{x_1}-e^{x_2}} (x_1-x_2)$
$这时已经是齐次式了，{\color{Red} \Rightarrow \begin{cases} \ln 换元经常用到t=\cfrac{x_1}{x_2}\\ e^{x} 换元要用到t=x_1-x_2\end{cases} } $
$\cfrac{e^{x_1}+e^{x_2}}{e^{x_1}-e^{x_2}} (x_1-x_2)=(x_x-x_2)\cdot \cfrac{e^{x_1-x_2}+1}{e^{x_1-x_2}-1}$
$不妨设x_1\gt x_2,x_1-x_2\in (0,+\infty),令t=x_1-x_2 $
$即证t\cdot \cfrac{e^t+1}{e^t-1}\gt 2,t\gt 0,e^t\gt 1$
$即证t\cdot (e^t+1)\gt 2(e^t-1),$
$即证(t-2) e^t+t+2\gt 0 \quad t\in (0,+\infty),$
$g(t)=(t-2) e^t+t+2,$
$g(0)=-2\times 1=2=0$
${g}'(t)=e^t(1+t-2)+1=e^t(t-1), {g}'(0)=0$
$\varphi (x)={g}'(t)=e^t(t-1)+1 \Rightarrow {\varphi }' (x)=te^et\gt 0$
$\Rightarrow {g}'(t)\nearrow {g}'(t)\gt {g}'(0)=0\Rightarrow g(t)\nearrow $
$g(t)\gt g(0)=0得证$
$总结：引入中间参量a,做减法，齐次化，ln 换元用\frac{x_1}{x_2},e^x换元用x_1-x_2 $
方法三：对数均值不等式ALG
$f(x_1)=f(x_2)\Rightarrow 不设参量a ,\quad \cfrac{x_1}{e^{x_1}}=\cfrac{x_2}{e^{x_2}}$
$两边取对数,\Rightarrow \ln x_1-x_1=\ln x_2-x_2\Rightarrow x_1-x_2=\ln x_1-\ln x_2$
$\Rightarrow {\color{Red} \cfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}=1,}$
$要证x_1+x_2\gt 2\Rightarrow \cfrac{x_1+x_2}{2}\gt 1$
$即证 \cfrac{x_1+x_2}{2}\gt \cfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}$
$g(a_0)=a_0+{\color{Orange} \frac{1}{a_0} } -a_0\times{\color{Orange} \frac{1}{a_0} }-2 =a_0+{\color{Orange} \frac{1}{a_0} } -3$

$要证x_1x_2\lt 1，也可以用对数均值不等式$
$法一：用对数均值不等式，从上述操作已得到\cfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}=1,它是比几何平均数要大的。略。$

以下为5-7号添加
法二：对称构造辅助函数法
$不妨设0\lt x_1\lt 1\lt x_2欲证x_1x_2\lt 1\Leftrightarrow x_1\lt \cfrac{1}{x_2} \lt 1$
$即证f(x_1)\lt f(\cfrac{1}{x_2}) \Leftrightarrow {\color{Green} f(x_2)\lt f(\cfrac{1}{x_2})} $
$构造辅助函数F(x)=f(x)-f(\cfrac{1}{x})\quad (x\gt 1)$
$F(1)=f(1)-f(1)=0,即证F(x)在x\in (1,+\infty)单调递减。$
${F}' (x)={f}' (x)-{(\cfrac{1}{x})}'{f}' (\cfrac{1}{x}) =\cfrac{1-x}{e^x} +\cfrac{1}{x^2} \cfrac{1-\cfrac{1}{x} }{e^{\cfrac{1}{x} }} $
${F}' (x)=\cfrac{1-x}{e^x} +\cfrac{x-1}{x^3 e^\cfrac{1}{x} }=(x-1)(\cfrac{1}{x^3 e^\cfrac{1}{x} } -\cfrac{1}{e^x}) $
$不容易判断分母的大小。$
$应注意{\color{Green} f(x_2)\lt f(\cfrac{1}{x_2})} 即证\Leftrightarrow{\color{Red} \cfrac{x_2}{e^{x_2}} \lt \cfrac{\frac{1}{x_2} }{e^{\frac{1}{x_2} }} }$
$\Leftrightarrow {\color{Orange} \ln } (\cfrac{x_2}{e^{x_2}} )\lt {\color{Orange} \ln} (\cfrac{\frac{1}{x_2} }{e^{\frac{1}{x_2} }} )$
$\Leftrightarrow \ln x_2-x_2 \lt \ln \cfrac{1}{x_2} -\frac{1}{x_2} \Leftrightarrow \ln x_2+\ln x_2\lt x_2-\cfrac{1}{x_2}$
变成了飘带不等式
练习一题：
$已知函数f(x)=4x-\cfrac{1}{2}x^2 -a \ln x(a\gt 0)$
$(1)当a=3时，讨论函数f(x)的单调性。$
$(2)若f(x)有两个极值点x_1,x_2(x_1\lt x_2)$
$求a的取值范围。证明:f(x_1)+f(x_2)\lt 10-\ln a$
$解：定义域：x\in (0,+\infty)$
$(1){f}' (x)=4-x-\cfrac{a}{x} =\cfrac{-x^2+4x-a}{x}$
$当a=3时，{f}' (x)=\cfrac{-x^2+4x-3}{x} =\cfrac{(-x+1)(x-3)}{x}$
$故x\in (0,1)时，{f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow ;$
$x\in (1,3)时，{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow ;$
$x\in (3,+\infty)时，{f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow$
$\therefore f(x)在x=1处有极小值f(1);x=3处有极大值f(3)。$
$(2)\quad {f}' (x)=\cfrac{-x^2+4x-a}{x}\quad a\gt 0,有两个零点为x_1,x_2;$
$\Rightarrow\bigtriangleup =4^2-4\times(-1)\times (-a)=16-4a\gt 0 $
${\color{Green}\Rightarrow0\lt a\lt 4 }$
$\Rightarrow {\color{Red} \begin{cases}x_1+x_2=4\\ x_1x_2=a \end{cases}} $
$f(x_1)+f(x_2)=4(x_1+x_2)-\cfrac{1}{2} (x_1^2+x_2^2)-a(\ln x_1+\ln x_2)$
$=4\times {\color{Red} 4} -\cfrac{1}{2} ({\color{Red} 4^2-2\times a} )-a{\color{Red} \ln a}$
$=8+a-a{\color{Red} \ln a} $
$即证8+a-a{\color{Red} \ln a} \lt 10-\ln a$
$即证0\lt a\lt 4时a+\ln a-a\ln a-2\lt 0恒成立,$
${\color{Red} 即证(a+\ln a-a\ln a-2)_{max}} \lt 0$
$设g(a)=a+\ln a-a\ln a-2$
${g}' (a)=1+\cfrac{1}{a} -(\ln a+1)=\cfrac{1}{a} -\ln a,\searrow $
${g}'(1)=1,{g}'(2)=\cfrac{1}{2}-\ln 2\lt 0 $
$\therefore \exists a_0\in (1,2), 使得{g}' (a_0)=0{\color{Red} \Rightarrow \ln a_0=\cfrac{1}{a_0} } $
$故a\in (0,a_0),{g}' (a)\gt 0,g(a)\nearrow ;$
$a\in (a_0,4),{g}' (a)\lt 0,g(a)\searrow ;$
$g(a)在a_0处有极大值g(a_0)=a_0+\ln a_0-a_0\ln a_0-2$
$g(a_0)=a_0+{\color{Orange} \cfrac{1}{a_0} } -a_0\times{\color{Orange} \cfrac{1}{a_0} }-2 =a_0+{\color{Orange} \cfrac{1}{a_0} } -3$
${\color{Orange} \because a_0\in (1,2),容易得到g(a_0)\in (-1,-\cfrac{1}{2} )} ,\quad \therefore g(a_0)\lt 0$

$例3、f(x)=e^x-ax+a图像与x轴交于A(x_1,0)B(x_2,0)两点，求证：x_1x_2\lt x_1+x_2.$
解：$f(x)=0\Rightarrow e^x=ax-a\Rightarrow \begin{cases} e^{x_1}=a(x_1-1)\qquad ①\\e^{x_2}=a(x_2-1)\qquad ②\end{cases}$
$\Rightarrow ①{\div} ②得\Rightarrow \cfrac{e^{\color{Red} {x_1}} }{e^{\color{Red} {x_2}} } =\cfrac{ x_1-1 }{ x_2-1} 两边取对数得$
$\Rightarrow \cfrac{\ln e^{\color{Red} {x_1-1}} }{\ln e^{\color{Red} {x_2-1}} } =\cfrac{ \ln (x_1-1 )}{ \ln (x_2-1)}这是错误的操作，错在哪里？ $
$\Rightarrow (x_1-{\color{Red} 1} )-(x_2-{\color{Red} 1} )=\ln( x_1-1)-\ln ( x_2-1){\color{Red} \Rightarrow \cfrac{(x_1-1)-(x_2-1)}{\ln( x_1-1)-\ln ( x_2-1)} =1\gt \sqrt{( x_1-1)( x_2-1)} } $
$( x_1-1)( x_2-1)\lt 1{\color{Green} \Rightarrow } x_1x_2-(x_1+x_2)+1\lt 1{\color{Peach} \Rightarrow x_1x_2\lt x_1+x_2}$
$当然，应用对数均值不等式要先证后用。严格来说，解题过程还要证明a\gt 0,即证x_1-1\gt 0. $
$由题意有两点，可得{f}' (x)=e^x-a\Rightarrow {f}' (x_0)=0\Rightarrow x_0=\ln a且有f (x_0)\lt 0$
$f(x_0)=e^{x_0}-ax_0+a=e^{\ln a}-a\ln a+a=2a-a\ln a=a(2-\ln a)\lt 0$
$\Rightarrow a\gt e^2$

$例4、f(x)=2\ln x-x^2-mx与x轴交于x_1,x_2,x_1\lt x_2,求证{f}' (\cfrac{1}{3}x_1+\cfrac{2}{3}x_2 )\lt 0$
$分析\begin{cases} 2\ln x_1=x_1^2+mx_1\\2\ln x_2=x_2^2+mx_2 \end{cases},{f}' (x)=\cfrac{2}{x} -2x-m,显然{\color{Red} {f}' (x)\searrow } $
${f}'(x_0)=0\Rightarrow m=\cfrac{2}{x_0}-2x_0 $
$要证{f}' (\cfrac{1}{3}x_1+\cfrac{2}{3}x_2 )\lt 0={f}' (x_0)$
$即证{\color{Red} \cfrac{1}{3}x_1+\cfrac{2}{3}x_2 \gt x_0 }\Leftrightarrow {\color{Red} x_1+2x_2 \gt 3x_0 } $
$\because x_1\lt x_0\lt x_2\Rightarrow x_1+x_2+x_2\gt 2x_0+x_0\Leftrightarrow {\color{Red} x_1+x_2 \gt 2x_0 }$
$解：若有x_1+x_2\gt 2x_0成立，\because x_0是极值点，\therefore x_1\lt x_0\lt x_2\quad \therefore x_2\gt x_0 $
${\color{Red} \Rightarrow x_1+2x_2\gt 3x_0\Rightarrow \cfrac{1}{3}x_1+\cfrac{2}{3}x_2 \gt x_0 } $
$①若x_2\in [2x_0,+\infty),x_1\gt 0,\Rightarrow x_1+x_2\gt x_2\ge 2x_0{\color{Red} \Rightarrow x_1+x_2\gt 2x_0}$
$②若x_2\in (x_0,2x_0),x_1\in (0,x_0),{\color{Green} x_1\gt 2x_0-x_2}$
${f}' (x)=\cfrac{2}{x}-2x-m\quad (x\gt 0){\color{Red} \searrow x_0是导函数的零点，}$
${\color{Red} m=\cfrac{2}{x_0}-2x_0} ,虚设零点$
$x\in (0,x_0),{f}' (x)\gt 0={f}' (x_0),f(x)\nearrow$
$x\in (x_0,+\infty),{f}' (x)\lt 0={f}' (x_0),f(x)\searrow$
$x_2\in (x_0,2x_0),2x_0-x_2\in (0,x_0)$
$即证:f(x_1)\gt f(2x_0-x_2)$
$\because f(x_1)=f(x_2),即证f(x_2)\gt f(2x_0-x_2)\quad (消元)$
$即证{\color{Orange} F(x)=f(x)- f(2x_0-x)\gt 0\quad x\in (x_0,2x_0)} $
${\color{Orange} F(x_0)=f(x_0)- f(2x_0-x_0)=0},{\color{Red} 即证F(x)在x\in (x_0,2x_0)\nearrow } $
${F}' (x)={f}' (x)+{f}' (2x_0-x)=(\cfrac{2}{x}-2x-m )+[\cfrac{2}{2x_0-x}-2(2x_0-x)-m ]$
$=\cfrac{2}{x}+\cfrac{2}{2x_0-x}-4x_0-2(\cfrac{2}{x_0} -2x_0)$
$=\cfrac{2}{x}+\cfrac{2}{2x_0-x}-\cfrac{4}{x_0} $
$=\cfrac{2}{x}-\cfrac{2}{x_0} +\cfrac{2}{2x_0-x}-\cfrac{2}{x_0} $
$=2(\cfrac{1}{x}-\cfrac{1}{x_0}) +2(\cfrac{1}{2x_0-x}-\cfrac{1}{x_0} )$
$=2\cfrac{x_0-x}{xx_0} +2\cfrac{x_0-(2x_0-x)}{x_0(2x_0-x)}$
$=2\cfrac{x_0-x}{xx_0} -2\cfrac{x_0-x}{x_0(2x_0-x)}$
$=2\cfrac{(x_0-x)}{x_0} [\cfrac{1}{x} -\cfrac{1}{2x_0-x}]$
$=2\cfrac{(x_0-x)}{x_0} \cfrac{(2x_0-x-x)}{x(2x_0-x)}$
$=\cfrac{4(x_0-x)^2}{x_0x(2x_0-x)}\gt 0$
${F}' (x)\gt 0,\therefore F(x)在x\in (x_0,2x_0)是单增的。F(x)\gt F(x_0)=0$
以上方法是进行了放缩，先变成对称变量，再构造。
其实我们直接构造辅助函数也能证明，只是判断辅助函数的导函数的正负过程计算量不少。
${\color{Red} 要证} {f}' (\cfrac{1}{3}x_1+\cfrac{2}{3}x_2)\lt {f}'(x_0) {\color{Red}\qquad \because {f}'(x)\searrow } $
${\color{Red} 即证} \cfrac{1}{3}x_1+\cfrac{2}{3}x_2\gt x_0$
${\color{Red} 即证} x_1+2x_2\gt 3x_0,\qquad x_2\gt x_1$
$①若x_2\in [\cfrac{3}{2}x_0,+\infty),2x_2\ge 3x_0,x_1\gt 0 $
$\Rightarrow x_1+2x_2\gt 3x_0\quad (不证自明)$
$②若x_2\in (x_0,\cfrac{3}{2}x_0),$
${\color{Red} 即证}x_1\gt 3x_0-2x_2\quad 检查左右两边是否属于同一单调区间。$
$\because {f}' (x)在(0,+\infty)\searrow $
$\therefore x\in (0,x_0),{f}' (x)\gt {f}' (x_0)=0$
$x\in (x_0,+\infty),{f}' (x)\lt 0$
$\therefore f(x)在(0,x_0)\nearrow ;在(x_0,+\infty)\searrow $
${\color{Red} 即证}：f(x_1)\gt f(3x_0-2x_2)$
${\color{Red} 即证}：f(x_2)\gt f(3x_0-2x_2)$
${\color{Red} 设F(x)}=f(x)-f(3x_0-2x)\gt 0在x\in (x_0,\cfrac{3}{2}x_0)成立；$
${\color{Red} F(x_0)}=f(x_0)-f(3x_0-2x_0)=0$
${\color{Red} {F}' (x)}={f}' (x){\color{Green} +2} {f}' (3x-2x)=(\cfrac{2}{x}-2x-m )+2[\cfrac{2}{3x_0-2x} -2(3x_0-2x)-m]$
$=\cfrac{2}{x}+\cfrac{4}{3x_0-2x} +6x-12x-3(\cfrac{2}{x_0}-2x_0)$
$= \cfrac{2}{x}+\cfrac{4}{3x_0-2x} -\cfrac{6}{x_0}+6x-6x_0$
$= \cfrac{2}{x}-\cfrac{2}{x_0}+\cfrac{4}{3x_0-2x} -\cfrac{4}{x_0}+6(x-x_0) $
$=\cfrac{2(x_0-x)}{x_0x} +\cfrac{8(x-x_0)}{x_0(3x_0-2x)} +6(x-x_0)$
$=\cfrac{2(x-x_0)}{x_0}(-\cfrac{1}{x} +\cfrac{4}{3x_0-2x} ) +6(x-x_0)$
$=\cfrac{2(x-x_0)}{x_0}\times\cfrac{2x-3x_0+4x}{x(3x_0-2x)} +6(x-x_0)$
$\because x\gt x_0\quad \therefore 6x\gt 3x_0,x-x_0\gt 0,$
$\Rightarrow {F }'(x)\gt 0,F(x)在(x_0,\cfrac{3}{2} x_0)\nearrow ,F(x)\gt F(x_0)=0，得证$

换元法：

$例5、f(x)=-\cfrac{a}{2}e^{2x}+(x-1)e^x有两个极值点x_1,x_2,且x_1\lt x_2,求证:x_1+2x_2\gt 3$
$解：{f}' (x)=-ae^{2x}+(x-1+1)e^x=-ae^{2x}+xe^x=0\Rightarrow -ae^x+x=0$
$x=ae^x\Rightarrow \begin{cases} x_1=ae^{x_1}\quad ①\\x_2=ae^{x_2}\quad ②\end{cases}$
$ ①- ②,得a=\cfrac{x_1-x_2}{e^{x_1}-e^{x_2}}$
$x_1+2x_2=a(e^{x_1}+2e^{x_2})=\cfrac{x_1-x_2}{e^{x_1}-e^{x_2}} (e^{x_1}+2e^{x_2})$
$=\cfrac{(e^{x_1}+2e^{x_2})}{e^{x_1}-e^{x_2}} (x_1-x_2)=\cfrac{e^{x_1-x_2}+2}{e^{x_1-x_2}-1} (x_1-x_2)\gt 3$
${\color{Red} 要证} x_1+2x_2\gt 3,设t=x_1-x_2,\quad (t\lt 0,e^t\lt 0)$
${\color{Red} 即证} \cfrac{e^t+2}{e^t-1} t \gt 3\quad ({\color{Red} t\lt 0,e^t-1\lt 0})$
${\color{Red} 即证} (e^t+2)t \lt 3(e^t-1)\quad t\in(-\infty,0)$
$令\varphi (x)=(e^t+2)t - 3(e^t-1)=e^t(t-3)+2t+3,\quad t\in(-\infty,0)$
${\color{Red} 即证\varphi (x)_{max}\lt 0 ,\quad t\in(-\infty,0)}$
$\varphi (0)=e^0(0-3)+20+3=0$
${\varphi }' (x)=e^t(t-3+1)+2=e^t(t-2)+2$
${\varphi }' (0)=e^0(0-2)+2=0$
${\varphi }'' (t)=e^t(t-1)\lt 0\Rightarrow {\varphi }' (t)\searrow 且{\varphi }' (0)=0,\Rightarrow {\varphi }' (t)\gt 0\quad t\lt 0$
$\Rightarrow \varphi (t)\nearrow ,\varphi (t)\lt \varphi (0)=0,得证$

https://one.free.nf/admin/write-post.php?cid=197 例2
$例6.已知函数f(x)=\ln x -ax^2+(2-a)x与x轴交于AB两点，AB中点横坐标为x_0，$
$求证:{f}' (x_0)\lt 0$
$解： {\color{Red} 定义域为(0,+\infty) } $
${f}' (x)=\cfrac{1}{x}-2ax+2-a=\cfrac{-2ax^2+(2-a)x+1}{x}$
$=\cfrac{(2x+1)(-ax+1)}{x} =\cfrac{2x+1}{x} \cdot (-ax+1)$
$(1)a\in (-\infty,0],-ax\ge 0,-ax+1\gt 0$
$\therefore {f}' (x)\gt 0,f(x)在(0,+\infty)\nearrow ,舍去。$
$(2)a\in (0,+\infty),令{f}' (x)\gt 0,x\in (0,\cfrac{1}{a} );$
$令{f}' (x)\lt 0,x\in (\cfrac{1}{a},+\infty )$
${\color{Red} \therefore } \quad f(x)在(0,\cfrac{1}{a} )\nearrow ； (\cfrac{1}{a},+\infty )\searrow $
$要满足题意，f(\cfrac{1}{a})\gt 0\Rightarrow \ln \cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{a}-1\gt 0\Rightarrow a\in (0,1) $
$要证{f}' (x_0)\lt 0={\color{Red} {f}' (\cfrac{1}{a} )} $
$\because a\in (0,1)\Rightarrow {f}' (x)在(0,+\infty)\searrow ,即证x_0\gt \cfrac{1}{a} {\color{Red} 成功脱掉外套f'} $
$设A(x_1,0),B(x_2,0),即证x_1+x_2\gt \cfrac{2}{a}$
$不妨设x_1\gt x_2,下面是常规的对称构造函数证明极值点偏移。$
$(1)x_2\in [\cfrac{2}{a} ,+\infty),x_1\gt 0,\Rightarrow x_1+x_2\gt \cfrac{2}{a}$
$不证自明$
$(2)x_2\in ( \cfrac{1}{a},\cfrac{2}{a}),{\color{Green} 即证x_1\gt \cfrac{2}{a}-x_2} $
${\color{Green} 即证f(x_1)\gt f(\cfrac{2}{a}-x_2)} $
${\color{Green} 即证f(x_2)\gt f(\cfrac{2}{a}-x_2) } $
$令F(x)=f(x)-f(\cfrac{2}{a}-x) \quad x\in ( \cfrac{1}{a},\cfrac{2}{a})$
$F(\cfrac{1}{a} )=f(\cfrac{1}{a} )-f(\cfrac{2}{a}-\cfrac{1}{a})=0{\color{Red} 即证F(x)\nearrow } $
${F}' (x)={f}' (x){\color{Red} +} {f}'(\cfrac{2 }{a} -x) =\cfrac{2x+1}{x} (-ax+1)+\cfrac{\cfrac{4}{a}-2x+1 }{\cfrac{2 }{a} -x}(ax-1)$
$=(ax-1) (\cfrac{\cfrac{4}{a}-2x+1 }{\cfrac{2 }{a} -x}-\cfrac{2x+1}{x} )$
$=(ax-1) (\cfrac{1}{\cfrac{2 }{a} -x}-\cfrac{1}{x} )$
$\because x\gt \cfrac{1}{a} ax-1\gt0,2x\gt \cfrac{2}{a}\Rightarrow x\gt \cfrac{2}{a}-x\gt 0$
$\Rightarrow \cfrac{1}{x} \lt \cfrac{1}{\cfrac{2}{a}-x} \Rightarrow {F}' (x)\gt 0\Rightarrow F(x)在( \cfrac{1}{a},\cfrac{2}{a})\nearrow$
${\color{Red} \therefore \quad } F(x)\gt F(\cfrac{1}{a} )=0$

非x类
$例7.已知函数f(x)=x\ln x -\cfrac{a}{2} x^2-x有两个极值点x_1,x_2，$
$求证:\cfrac{1}{\ln x_1} +\cfrac{1}{\ln x_2}\gt 2$
$解:定义域为(0,+\infty)$
${f}' (x)=\ln x+1-ax-1=\ln x-ax$
${f}' (x)=0\Rightarrow \ln x=ax有两根x_1,x_2$
$\Rightarrow \begin{cases} ax_1=\ln x_1\\ax_2=\ln x_2\end{cases}\Rightarrow {\color{Green}a=\cfrac{\ln x_1-\ln x_2}{x_1- x_2} } $
$\cfrac{1}{\ln x_1} +\cfrac{1}{\ln x_2} =\cfrac{1}{ax_1} +\cfrac{1}{ ax_2}=\cfrac{1}{a}(\cfrac{1}{x_1} +\cfrac{1}{x_2})$
$=\cfrac{x_1- x_2}{\ln x_1-\ln x_2}(\cfrac{1}{x_1} +\cfrac{1}{x_2})=\cfrac{1}{\ln \cfrac{x_1}{x_2} }(1+\cfrac{x_1}{x_2}-\cfrac{x_2}{x_1}-1)$
$不妨设x_1\gt x_2\gt 0,t=\cfrac{x_1}{x_2} ,t\in (1,+\infty)$
$即证\cfrac{1}{\ln t} (t-\cfrac{1}{t} )\gt 2$
$即证\ln t \lt \cfrac{1}{2} (t-\cfrac{1}{t})\quad t\gt 1$
${\color{Red} 方法二} $
我们还可以使用对称构造辅助函数证明它！
${\color{Red} {f}' (x)=\ln x-ax} \quad {f}'(x)=0有两根x_1,x_2$
$证明：\cfrac{1}{\ln x_1} +\cfrac{1}{\ln x_2}\gt 2，$
$显然a\gt 0,即证\cfrac{1}{x_1}+ \cfrac{1}{x_2}\gt 2a$
$令t_1=\cfrac{1}{x_1}, t_2=\cfrac{1}{x_2}\Rightarrow x_1=\cfrac{1}{t_1}, x_2=\cfrac{1}{t_2}$
$\ln x=ax\Rightarrow \ln \cfrac{1}{t} =\cfrac{a}{t} \Rightarrow {\color{Red} -\ln t=\cfrac{a}{t} } $
$设g(t)=\ln t+\cfrac{a}{t}有两个交点(t_1,0)，(t_2,0)$
${g}'(t)=\cfrac{1}{t}-\cfrac{a}{t^2} =\cfrac{t-a}{t^2} $
$g(t)在(0,a)\searrow ,(a,+\infty)\nearrow $
$不妨设t_1\lt t_2\Rightarrow 0\lt t_1\lt a\lt t_2$
$①若t_2\in [2a,+\infty),t_1\gt 0\Rightarrow t_1+t_2\gt 2a(不证自明)$
$②t_2\in (a,2a),2a-t_2\in (0,a)$
$即证t_1\gt 2a-t_2,即证g(t_1)\lt g(2a-t_2)\quad 套上g$
$即证g(t_2)\lt g(2a-t_2)\quad 此处消元$
$令G(t)=g(t)-g(2a-t)\quad t\in (a,2a)$
$G(a)=g(a)-g(2a-a)=0\quad 即证G(t)\searrow ,心中有数$
${G}' (t)={g}'(t){\color{Red} + } {g}' (2a-t)=\cfrac{t-a}{t^2}+\cfrac{2a-t-a}{(2a-t)^2}$
$=(t-a)[\cfrac{1 }{t^2} -\cfrac{1}{(2a-t)^2}]$
$\because a\lt t,2a\lt 2t{\color{Red} \Rightarrow 2a-t\lt t }$
$\therefore {G}' (t)\lt 0\Rightarrow G(t)在(a,2a)单调递减，$
$G(t)\lt G(a)=0\Rightarrow G(t)\lt 0,得证$

一、主元法：

未知数的关系

$(1)题目中显现，+－\times \div$
$(2)未知数之间的控制关系：
$\begin{cases} ①自由\\ ②捆绑，f(x)=\cfrac{\ln x}{x}=a,此时x_1,x_2捆绑关系 \end{cases}$
$\begin{cases} \quad①地位相同 \\ \quad \\ \quad ②地位不相同2x_1+x_2与x_1+2x_2\end{cases}$

$证明对数不等式ALG:\sqrt{x_1x_2} \lt \cfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2} \lt\cfrac{x_1+x_2}{2}$
未知数关系：(1)自由、(2)地位相同
$先证左侧不等式：不妨设：x_1\gt x_2\Rightarrow \ln x_1\gt \ln x_2\Leftrightarrow \ln x_1- \ln x_2\lt \cfrac{x_1-x_2}{\sqrt{x_1x_2} }$
此时可换元，但我们考虑新方法，叫做主元法：
${\color{Red}把x_1视为主元，即自变量，x_2看作是常数、参数 }$
$x_1\in(x_2,+\infty)\quad \because x_1\gt x_2$
$即证：f(x_1)=\ln x_1-\ln x_2-\cfrac{x_1}{\sqrt{x_1} } +\cfrac{x_2}{\sqrt{x_2} } \Leftrightarrow f(x_1)\lt 0$
${\color{Green} 这里x_1是自变量，x_2是参数，常数} $
$显然有f(x_2)=\ln x_2-\ln x_2-\cfrac{x_2}{\sqrt{x_2} } +\cfrac{x_2}{\sqrt{x_2} } =0$
$这里是把作为常数的x_2代入x_1为自变量的上式中的x_1。$
$只需证f(x_1)在(x_2,+\infty)单减$
${f}' (x_1)=\cfrac{1}{x_1} -\cfrac{1}{\sqrt{x_2}} \cdot \cfrac{1}{2\sqrt{x_1} } +\sqrt{x_2} (-\cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{1}{x_1^{ \frac{3}{2}} } )$
$=\cfrac{2\sqrt{x_2}\cdot \sqrt{x_1} -x_1-\sqrt{x_2} \sqrt{x_2} }{2\sqrt{x_2} \cdot x_1^{\frac{3}{2} }}$
$= \cfrac{2\sqrt{x_1x_2}-x_1-x_2 }{2\sqrt{x_2} \cdot x_1^{\frac{3}{2} }}=-\cfrac{(\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2})^2 }{2\sqrt{x_2} \cdot x_1^{\frac{3}{2} }}\lt 0$
$\therefore f(x_1)在(x_2,+\infty )单减，\Rightarrow f(x_1)\lt f(x_2)=0$

$例1、已知f(x)=e^x\ln (x+1),其导函数在[0,+\infty)单增，证明：$
$对于\forall s,t\in (0,+\infty),f(s+t)\gt f(s)+f(t)$
分析：s,t自由，地位相同
$解：本题即证：H(x)=f(s+t)-f(s)-f(t)在 (0,+\infty)大于0$
${\color{Red}把s视为主元，即自变量，t看作是常数、参数 }$
$H(0)=f(0+t)-f(0)-f(t)在 (0,+\infty)=0=f(0)=0$
$\because f(0)=e^0\cdot 0=0$
$只需证H(s)在(0,+\infty)单增$
{H}' (s)={f}'(s+t) -{f}'(s)
$又\because s+t\gt s,f(x)导函数在[0,+\infty)单增$
$\Rightarrow {H}' (s)={f}'(s+t) -{f}'(s) \gt 0\Rightarrow$
$H(s)在(0,+\infty)\nearrow ,H(s)\gt H(0)=0,故原式成立。$

二、换元法

${\color{Red} 换元法包括 } \begin{cases} \quad 换函数分析\\\quad\\ \quad 换未知数分析\end{cases}$

换函数分析

$例1、g(x)=\cfrac{1-e^x}{x} ,\forall x_1,x_2\in [1,e],\cfrac{g(x_1)-g(x_2)}{x_1-x_2} \lt \cfrac{m}{x_1x_2}恒成立，求m的取值范围$
$x_1,x_2自由，且地位相同，（主元法不好弄）$
$解:不妨设x_1\gt x_2, x_1-x_2\gt 0\Rightarrow g(x_1)-g(x_2)\lt \cfrac{m(x_1-x_2)}{x_1x_2} =\cfrac{m}{x_2}-\cfrac{m}{x_1}$
$g(x_1)-g(x_2)\lt \cfrac{m}{x_2}-\cfrac{m}{x_1}$
$\Rightarrow g(x_1)+\cfrac{m}{x_1}\lt g(x_2)+\cfrac{m}{x_2}$
$设f(x)=g(x)+\cfrac{m}{x},f(x_1)\lt f(x_2)说明f(x)在[1,e]\searrow$
$即 {f}' (x)={g}' (x)-\cfrac{m}{x^2}\le 0在在[1,e]恒成立$
$\cfrac{e^x-1-xe^x}{x^2} -\cfrac{m}{x^2}\le 0\Rightarrow e^x-1-xe^x\le m$
$令h(x)=(1-x)e^x-1,x\in [1,+\infty),h(x)_{max}\le m$
${h}' (x)=e^x(1-x-1)=-xe^x\lt 0$
$h(x)在[1,e]单减，m\ge h(1)=-1$
$\therefore m\in [-1,\infty)$

$例2、f(x)=x^2+2\ln (x+1)-ax,若m,n\in (-1,+\infty) ,且\cfrac{f(m)-f(n)}{m-n} \gt \cfrac{1}{2} 恒成立，求a的取值范围。$
$解：不妨设m\gt n,f(m)-f(n)\gt \cfrac{1}{2} (m-n)$
$f(m)-\cfrac{1}{2} m\gt f(n)-\cfrac{1}{2} n$
$令g(x)=f(x)-\cfrac{1}{2} x,g(m)\gt g(n)$
$g(x)在[-1,+\infty)\nearrow ,{g}' (x)={f}' (x)-\cfrac{1}{2} \ge 0$
$2x+\cfrac{2}{x+1} -a-\cfrac{1}{2}\ge 0 在(-1,+\infty)恒成立。$
$a\le 2x+\cfrac{2}{x+1} -\cfrac{1}{2}=2(x+1)+\cfrac{2}{x+1} -2-\cfrac{1}{2}$
$2(x+1)+\cfrac{2}{x+1} -2-\cfrac{1}{2}\ge 2\sqrt{4} -\cfrac{5}{2}=\cfrac{3}{2}$
$当2(x+1)=\cfrac{2}{x+1}，即x=0时等号成立，a\in (-\infty,\cfrac{3}{2}]$

换未知数分析

例1:ALG

$例2、a\ge 3已知f(x)=\ln x+x^2-ax有两个极值点x_1,x_2,x_1\lt x_2$
$证明 ：f(x_1)-f(x_2)\ge \cfrac{3}{4} -\ln 2$
$x_1x_2①不自由②地位不相同，因而不能用主元法；$
$解：{f}' (x)=\cfrac{1}{x} +2x-a=\cfrac{2x^2-ax+1}{x}=0\quad有两个实根x_1,x_2,且x_1\lt x_2$
$\Rightarrow 2x^2-ax+1=0,\bigtriangleup =a^2-8\gt 0 \begin{cases} \quad x_1+x_2=\cfrac{a}{2}\\ \quad \\ \quad x_1x_2=\cfrac{1}{2} \end{cases}{\color{Green} \Rightarrow } \begin{cases} \quad {\color{Orange} 2(x_1+x_2)=a} \\ \quad \\ \qquad {\color{Orange}2x_1x_2=1 } \end{cases}$
$f(x_1)-f(x_2)=\ln x_1+x_1^2-ax_1-(\ln x_1+x_2^2-ax_1)=\ln \cfrac{x_1}{x_2}+x_1^2-x_2^2-a(x_1-x_2)$
$分析上式，欲进行齐次换元，只有对数一项是齐次的，后面分别是二次项和一次项。$
$题目中并无条件可利用的条件，除了两个极值点外。$
$观察导函数为零时，由韦达定理得到两个式子的，$
$它们其实就是联系一次项与a,二次项与常数的桥梁$
$\ln \cfrac{x_1}{x_2}+x_1^2-x_2^2-{\color{Orange} a} (x_1-x_2)=\ln \cfrac{x_1}{x_2}+x_1^2-x_2^2-{\color{Orange}2(x_1+x_2) } (x_1-x_2)$
$=\ln \cfrac{x_1}{x_2}-(x_1^2-x_2^2)=\ln \cfrac{x_1}{x_2}-\cfrac{(x_1^2-x_2^2)}{{\color{Orange} 2x_1x_2}}$
$现在已经可以齐次化了，达到了换元的先决条件$
$=\ln \cfrac{x_1}{x_2}-\cfrac{\cfrac{x_1^2}{x_2^2} -1}{\cfrac{x_1}{x_2} } =\ln t-\cfrac{1}{2}(t-\cfrac{1}{t})$
$令t=\cfrac{x_1}{x_2},那么t的取值范围为多少呢？$
$我们目光还要回到韦达定理，题目中a\ge 3,就是说，x_1+x_2\gt {\color{Orange}\cfrac{3}{2} } $
$我们如何从两数和的范围及积为定值得到两数之比的范围？还是齐次化手段！$
$x_1+x_2=\cfrac{a}{2}\ge \cfrac{3}{2} \Rightarrow {\color{Orange} \cfrac{(x_1+x_2)^2}{1}}\ge \cfrac{9}{4} \Rightarrow$
$\Rightarrow \cfrac{(x_1+x_2)^2}{{\color{Orange} 2x_1x_2} } \ge \cfrac{9}{4} \Leftrightarrow \cfrac{(x_1+x_2)^2}{x_1x_2} \ge \cfrac{9}{2} $
$2t-5+\cfrac{2}{t} \ge 0\Rightarrow 2t^2-5t+2 \ge 0\Rightarrow (2t-1)(t-2)\ge 0$
$解得0\lt t \le \cfrac{1}{2}$
$令g(t)=\ln t -\cfrac{1}{2}(t-\cfrac{1}{t})$
$g(\cfrac{1}{2} )=\ln \cfrac{1}{2} -\cfrac{1}{2} (\cfrac{1}{2} -2)=\cfrac{3}{4}-\ln 2$
${g}' (t)=\cfrac{1}{t} -\cfrac{1}{2} (1+\cfrac{1}{t^2})=-\cfrac{(t-1)^2}{t^2}\lt 0,{\color{Red} g(t)\searrow } $
$g(t)\ge g(\cfrac{1}{2} )=\cfrac{3}{4} -\ln 2$
练习：
$f(x)=2-\cfrac{2(a+1)}{x+a} -\ln x,0\lt a \lt 1有两个极值点x_1,x_2,求证：$
$\cfrac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}\lt \cfrac{1}{a}-\cfrac{2}{a+1}$
解:${f}' (x)=\cfrac{2(a+1)}{(x+a)^2} -\cfrac{1}{x} =\cfrac{2(a+1)x-(x+a)^2}{x(x+a)^2} $
$\cfrac{2(a+1)x-(x^2+2ax+a^2)}{x(x+a)^2} =\cfrac{-x^2+2x-a^2}{x(x+a)^2}$
$\Rightarrow{\color{Green} \begin{cases} x_1+x_2=2\\ x_1x_2=a^2\end{cases}}$
$f(x_2)-f(x_1)=2-\cfrac{2(a+1)}{x_2+a} -\ln x_2-(2-\cfrac{2(a+1)}{x_1+a} -\ln x_1)$
$=\cfrac{2(a+1)}{x_1+a}-\cfrac{2(a+1)}{x_2+a} +\ln x_1-\ln x_2=\ln \cfrac{x_1}{ x_2} +2(a+1)\times \cfrac{x_2+a-(x_1+a)}{(x_1+a)(x_2+a)}$
$=\ln \cfrac{x_1}{ x_2} + \cfrac{2(a+1){\color{Green} (x_2-x_1)} }{(x_1+a)(x_2+a)}$
$\because \cfrac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=\cfrac{\ln \cfrac{x_1}{ x_2}}{x_2-x_1} + \cfrac{2(a+1)}{(x_1+a)(x_2+a)} $
$(x_1+a)(x_2+a)={\color{Red} x_1x_2} +a{\color{Red} (x_1+x_2)} +a^2={\color{Red} a^2} +{\color{Red} 2}a+a^2=2a^2+2a$
$\cfrac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=-\cfrac{\ln \cfrac{x_1}{ x_2}}{{\color{Green} x_1-x_2} } + \cfrac{2(a+1)}{2a(a+1)}$
$\cfrac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=-\cfrac{\ln \cfrac{x_1}{ x_2}}{{\color{Green} x_1-x_2} } + \cfrac{1}{a}\lt \cfrac{1}{a}-\cfrac{2}{a+1}$
${\color{Orange} \Leftrightarrow } \cfrac{\ln \cfrac{x_1}{ x_2}}{{\color{Green} x_1-x_2} } {\color{Red} \gt }\cfrac{2}{a+1}$
$不妨设x_1\gt x_2,\Leftrightarrow \cfrac{\ln \cfrac{x_1}{ x_2}}{{\color{Green} 2} } {\color{Red} \gt }\cfrac{x_1-x_2}{a+1}$
$\because {\color{Green} \begin{cases} x_1+x_2=2\\ x_1x_2=a^2\end{cases}}$
$=\cfrac{x_1-x_2}{a+1}=\cfrac{x_1-x_2}{\sqrt{x_1x_2}+\cfrac{x_1+x_2}{2} } =\cfrac{\cfrac{x_1}{x_2} -1}{\sqrt{\cfrac{x_1}{x_2}} +\cfrac{\cfrac{x_1}{x_2}+1}{2} }$
$令t=\sqrt{\cfrac{x_1}{x_2} } ,t\gt 1$
$\cfrac{1}{2}\ln t^2 \gt \cfrac{t^2 -1}{t+\cfrac{t^2+1}{2} }=\cfrac{2(t^2-1)}{(t+1)^2} =\cfrac{2(t-1)}{t+1} \quad (t\gt 1)$
${\color{Purple} \Leftrightarrow } \ln t \gt \cfrac{2(t-1)}{t+1} $
$7-15增加一题：$
$已知函数f(x)=-ax^2+x-\ln x,a\gt0,若f(x)在定义域内有两个极值点x_1,x_2,求证：f(x_1)+f(x_2)\gt3-\ln 2$
${f}' (x)=-2ax+1-\cfrac{1}{x}=\cfrac{-2ax^2+x-1}{x}$
$\Delta =1^2-4(-2a)(-1)=1-8a\gt 0\Rightarrow a\lt a\lt \cfrac{1}{8}$
${\color{Green} \begin{cases} x_1+x_2=\cfrac{-1}{-2a}=\cfrac{1}{2a} \\x_1x_2=\cfrac{1}{2a} \end{cases}} $
$f(x_1)+f(x_2)=-a(x_1^2+x_2^2)+(x_1+x_2)-\ln x_1-\ln x_2=-a(\cfrac{1}{4a^2} -\cfrac{1}{a})+\cfrac{1}{2a}+\ln 2a$
$\Rightarrow f(x_1)+f(x_2)=1+\cfrac{1 }{4a} +\ln 2a \quad 0\lt a\lt \cfrac{1}{8}$
$设h(a)=1+\cfrac{1 }{4a} +\ln 2a \quad 0\lt a\lt \cfrac{1}{8}$
${h}' (a)=-\cfrac{1}{4a^2}+\cfrac{2}{2a} =\cfrac{4a-1}{4a^2} \lt 0 a\in (0,\cfrac{1}{8} )$
$h(a)\searrow \Rightarrow h(a)\gt h(\cfrac{1}{8} )=3-2\ln 2$

恒成立题型分析
$已知函数f(x)=\cfrac{ax^2+x-1}{e^x}.2018年新3$
$①求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;$
$②证明:当a\ge 1时,f(x)+e\ge 0\Rightarrow 主元法$
$题型2:已知函数f(x)=(x+1)\ln x-a(x-1).$
$①当a=4时,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;$
$②若当x\in (1,+\infty)时,f(x)\gt 0,求a的取值范围.\Rightarrow 必要性探路$
$例1.②s要证\cfrac{ax^2+x-1}{e^x}+e\ge 0$
$即证:G(a)=H(x)=ax^2+x-1+e^{x+1}\ge 0$
$既可以看作关于x的函数,也可以看作关于a的函数,{\color{Red} 变换主元} $
$\because x^2\ge 0,G(a)为关于a的增函数,变换主元法$
$H(x)_{min}=G(a)_{min}=G(1)=x^2+x-1+{\color{Red }e^{x+1}}\ge x^2+x-1+{\color{Red}x+2}=(x+1)^2\ge 0$
${\color{Red}注意!考试要单独证明e^{x+1}\ge x+2 } $