含参数的恒成立命题证明策略
前言
有空了再编辑补充；未完待续；
题型结构
形如：题目给定了某函数\(f(x)=\cfrac{ax^2+x-1}{e^x}\)，证明：当\(a\ge 1\)时，\(f(x)+e\ge 0\)。
思路总结
1、利用不等式性质，消化掉题目中的参数；
2、利用左右相减做差构造新函数，证明新函数的最值；
3、若能分离参数，利用恒成立命题求解参数的取值范围，此范围只要包括\(D\)即可。
4、欲证明\(f(x)\geqslant g(x)\)，若\(f(x)\)与\(g(x)\)的最值容易求出来，则只需要证明\(f(x)_{min}\geqslant g(x)_{max}\)，但是这个思路有一定的局限性，并不是一个通用思路。[1]
5、利用放缩法；
典例剖析
(1).设\(x=2\)是\(f(x)\)的极值点，求\(a\)，并求\(f(x)\)的单调区间。
分析：\(f'(x)=ae^x-\cfrac{1}{x}\)，由\(f'(2)=0\)，解得\(a=\cfrac{1}{2e^2}\)，经验证满足题意；
即\(f(x)=\cfrac{e^x}{2e^2}-lnx-1\)；下面求单调区间，定义域是\((0，+\infty)\)，
[法1]：\(f'(x)=\cfrac{e^x}{2e^2}-\cfrac{1}{x}=\cfrac{1}{2e^2}\cdot \cfrac{xe^x-2e^2}{x}\)
到此，结合题目给定的\(f'(2)=0\)，猜想验证，写出结果，
当\(0< x <2\)时，\(f'(x )<0\)，当\(x >2\)时，\(f'(x) >0\)，
故单调递减区间是\((0，2)\)，单调递增区间是\((2，+\infty)\)；
[法2]：令\(f'(x)>0\)，即\(\cfrac{e^x}{2e^2}>\cfrac{1}{x}\)，即\(xe^x-2e^2>0\)，观察可得，\(x >2\)
同理，令\(f'(x)<0\)，可得\(0< x < 2\)，
故单调递减区间是\((0，2)\)，单调递增区间是\((2，+\infty)\)；
(2).证明\(a\ge \cfrac{1}{e}\)时，\(f(x)\ge 0\)。
[法1]：已知题目\(a\ge \cfrac{1}{e}\)是\(f(x)\ge 0\)的充分条件，转化为求\(f(x)\ge 0\)恒成立时，求解\(a\)的取值范围，即必要条件。
由题目\(f(x)\ge 0\)可知，\(ae^x-lnx-1 \ge 0\)，即\(ae^x\ge lnx+1\)，
分离参数得到\(a\ge \cfrac{lnx+1}{e^x}\)恒成立，
令\(h(x)= \cfrac{lnx+1}{e^x}\)，只需要求得\(h(x)_{max}\)，
\(h'(x)=\cfrac{\cfrac{1}{x}e^x-(lnx+1)e^x}{(e^x)^2}=\cfrac{\cfrac{1}{x}-lnx-1}{e^x}\)
\(=\cfrac{1}{e^x}\cdot \cfrac{(1-x)-x\cdot lnx}{x}\)，解题经验[2]
当\(0<x<1\)时，\(h'(x)>0\)，\(h(x)\)单调递增，
当\(x>1\)时，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)单调递减，
故\(x=1\)时，函数\(h(x)_{max}=h(1)=\cfrac{1}{e}\)，
即\(a\geqslant \cfrac{1}{e}\)，也就是说
当\(a\ge \cfrac{1}{e}\)时，必然能得到\(f(x)\ge 0\)，证毕。
小结：1、本题转而求\(f'(x)\ge 0\)的必要条件。2、注意含有\(lnx\)或\(ln(x+1)\)的表达式的分点的尝试，其实质是数学中的观察法。
[法2]：利用不等式性质，先将参数设法消化，
当\(a\ge \cfrac{1}{e}\)时，\(f(x)\ge \cfrac{e^x}{e}-lnx-1=g(x)\)，
此时只需要说明\(g(x)_{min}\ge 0\)即可。
当\(a\ge \cfrac{1}{e}\)时，\(f(x)\ge \cfrac{e^x}{e}-lnx-1\)，
设\(g(x)=\cfrac{e^x}{e}-lnx-1\)，则\(g'(x)=\cfrac{e^x}{e}-\cfrac{1}{x}=\cfrac{1}{e}\cdot \cfrac{xe^x-1\cdot e^1}{x}\)，
故用观察法容易得到
\(0< x <1\)时，\(g'(x)<0\)，\(x > 1\)时，\(g'(x)>0\)，
即\(x=1\)是函数\(g(x)\)的最小值点，则\(x>0\)时，\(g(x)\ge g(1)=0\)，
故\(a\ge \cfrac{1}{e}\)时，\(f(x)\ge 0\)。
(1).求曲线\(y=f(x)\)在点\((0，-1)\)处的切线方程。
分析：\(f'(x)=\cfrac{(2ax+1)e^x-(ax^2+x-1)e^x}{(e^x)^2}=\cfrac{-ax^2+2ax-x+2}{e^x}\)
由\(f'(0)=2\)，故由点斜式得到切线方程为\(y-(-1)=2(x-0)\)，即\(2x-y-2=0\)。
(2).证明：当\(a\ge 1\)时，\(f(x)+e\ge 0\)。
证明：当\(a\ge 1\)时，则有\(ax^2+x-1\geqslant x^2+x-1\)，
则有\(\cfrac{ax^2+x-1}{e^x}+e\geqslant \cfrac{x^2+x-1}{e^x}+e=\cfrac{x^2+x-1+e^{x+1}}{e^x}=(x^2+x-1+e^{x+1})\cdot e^{-x}\)
即\(f(x)+e\geqslant (x^2+x-1+e^{x+1})\cdot e^{-x}\)，
由于\(e^{-x}>0\)恒成立，故可以考虑甩掉她，转化为证明\(x^2+x-1+e^{x+1}\geqslant 0\)即可；
令\(g(x)=x^2+x-1+e^{x+1}\)，则\(g'(x)=2x+1+e^{x+1}\)，解题经验[3]
当\(x<-1\)时，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)单调递减，当\(x>-1\)时，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)单调递增，
故\(g(x)_{min}=g(-1)=0\)，故有\(g(x)\ge g(-1)=0\)
则\(g(x)\cdot e^{-x}\ge g(-1)\cdot e^{-x}=0\)，即\(f(x)+e\ge 0\)。
【解后反思】利用不等式性质，将参数的取值范围消化，然后问题转化为不含参数的不等式恒成立问题，再设法求新函数的最值。
(1).讨论\(f(x)\)的单调性；
分析：由题意可得，函数的定义域为\((0,+\infty)\)，\(f'(x)=a-\cfrac{1}{x}=\cfrac{ax-1}{x}\)，
[借助分子函数\(y=ax-1\)的动态图像，我们很容易写出如下结果，注意分子函数恒过定点\((0,-1)\)]
①当\(a\leqslant 0\)时，由于\(f'(x)<0\)恒成立，则\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)上单调递减；
②当\(a>0\)时，令\(f'(x)=0\)，则\(x=\cfrac{1}{a}\)，
故当\(x\in (0,+\cfrac{1}{a})\)时，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)单调递减，
当\(x\in (\cfrac{1}{a},+\infty)\)时，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)单调递增，
综上所述，当\(a\leqslant 0\)时，\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)上单调递减；
当\(a>0\)时，\(f(x)\)在\((0,\cfrac{1}{a})\)上单调递减，在\((\cfrac{1}{a},+\infty)\)上单调递增。
(2).若\(a\in (-\infty，-\cfrac{1}{e^2}]\)，求证：\(f(x)\geqslant 2ax-xe^{ax-1}\).
分析：采用常规思路，用两端作差构造新函数，说明新函数的最小值大于等于零即可；
令\(g(x)=f(x)-2ax+xe^{ax-1}=xe^{ax-1}-ax-lnx\)，
则\(g'(x)=e^{ax-1}+axe^{ax-1}-a-\cfrac{1}{x}=e^{ax-1}+axe^{ax-1}-\cfrac{ax+1}{x}\)
\(=e^{ax-1}(ax+1)-\cfrac{ax+1}{x}=(ax+1)(e^{ax-1}-\cfrac{1}{x})=\cfrac{(ax+1)(xe^{ax-1}-1)}{x}\)
设\(r(x)=xe^{ax-1}-1\)，则\(r'(x)=(1+ax)e^{ax-1}\)，由于\(e^{ax-1}>0\)恒成立，现在\(a<0\)
则当\(x\in (0,-\cfrac{1}{a})\)时，\(r'(x)>0\)，\(r(x)\)单调递增；当\(x\in (-\cfrac{1}{a},+\infty)\)时，\(r'(x)<0\)，\(r(x)\)单调递减；
则\(r(x)_{max}=r(-\cfrac{1}{a})=-(\cfrac{1}{ae^2}+1)\leqslant 0\) [4]
即\(e^{ax-1}-\cfrac{1}{x}\leqslant 0\)，则\(g'(x)\)的正负只取决于因子\(ax+1\)的正负，其正负的判断和上述第一问中的做法是一致的，
故\(g(x)\)在\((0,-\cfrac{1}{a})\)上单调递减，在\((-\cfrac{1}{a},+\infty)\)上单调递增，
则\(g(x)_{min}=g(-\cfrac{1}{a})=(xe^{ax-1}-ax-lnx)|_{x=-\frac{1}{a}}=-\cfrac{1}{a}e^{-2}+1-ln(-\cfrac{1}{a})\)，
此处为便于研究其最值，换元处理，这样函数就能简单一些；
令\(t=-\cfrac{1}{a}\)，则由\(a\leqslant -\cfrac{1}{e^2}\)，则\(-e^2\leqslant \cfrac{1}{a}<0\)，
则\(0<-\cfrac{1}{a}\leqslant e^2\)，即\(t\in (0,e^2]\)，
则\(g(-\cfrac{1}{a})=h(t)=\cfrac{t}{e^2}-lnt+1(0<t\leqslant e^2)\)，
\(h'(t)=\cfrac{1}{e^2}-\cfrac{1}{t}\leqslant 0\)，则函数\(h(t)\)在区间\((0,e^2]\)上单调递减，
则\(h(t)_{min}=h(e^2)=1-2+1=0\)，即\(g(x)_{min}=0\)，
故\(g(x)\geqslant 0\)，即\(f(x)-2ax+xe^{ax-1}\geqslant 0\)，
也即\(f(x)\geqslant 2ax-xe^{ax-1}\)，证毕。
[解后反思]：判断\(e^{ax-1}-\cfrac{1}{x}\)的符合时，还可以使用如下的思路：
由\(e^{ax-1}-\cfrac{1}{x}=0\)，解得\(a=\cfrac{1-lnx}{x}\)，设\(p(x)=\cfrac{1-lnx}{x}\)，则\(p'(x)=\cfrac{lnx-2}{x^2}\)
当\(x>e^2\)时，\(p'(x)>0\)，则\(p(x)\)单调递增，当\(0<x<e^2\)时，\(p'(x)<0\)，则\(p(x)\)单调递减；
则\(p(x)_{min}=p(e^2)=-\cfrac{1}{e^2}\)，由题目\(a\leqslant -\cfrac{1}{e^2}\)，
则\(a\leqslant \cfrac{1-lnx}{x}\)，整理变形得到，\(e^{ax-1}-\cfrac{1}{x}\leqslant 0\)。
(1).讨论\(f(x)\)的单调性；
分析：定义域为\((0,+\infty)\)，\(f'(x)=2bx+\cfrac{a}{x}\)，则\(f'(1)=2b+a=a+2\)，
解得\(b=1\)，\(f'(x)=2x+\cfrac{a}{x}=\cfrac{2x^2+a}{x}(x>0)\)，
当\(a\geqslant 0\)时，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)上单调递增；
当\(a<0\)时，令\(f'(x)=0\)，则\(x=\sqrt{-\cfrac{a}{2}}\)(舍去负值)，
则当\(x\in (0,\sqrt{-\cfrac{a}{2}})\)时，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)单调递减，
当\(x\in (\sqrt{-\cfrac{a}{2}},+\infty)\)时，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)单调递增，
综上所述，略。
(2).当\(0<a\leqslant \cfrac{e}{2}\)，证明：\(f(x)<x^2+\cfrac{2}{x}e^{x-2}\)；
证明：要证明\(f(x)<x^2+\cfrac{2}{x}e^{x-2}\)，即需要证明\(alnx<\cfrac{2e^{x-2}}{x}\)
即只需要证明\(\cfrac{alnx}{x}<\cfrac{2e^{x-2}}{x^2}\)，[5]
令\(g(x)=\cfrac{alnx}{x}(0<a\leqslant \cfrac{e}{2})\)，
则\(g'(x)=\cfrac{a(1-lnx)}{x^2}\)，
当\(x\in (0,e)\)时，\(g'(x)>0\)，则\(g(x)\)单调递增，
当\(x\in (e,+\infty)\)时，\(g'(x)<0\)，则\(g(x)\)单调递减，
故\(g(x)_{max}=g(e)=\cfrac{a}{e}\)；
令\(h(x)=\cfrac{2e^{x-2}}{x^2}(x>0)\)，则\(h'(x)=\cfrac{2e^{x-2}(x-2)}{x^3}\)
当\(x\in (0,2)\)时，\(h'(x)<0\)，则\(h(x)\)单调递减，
当\(x\in (2,+\infty)\)时，\(h'(x)>0\)，则\(h(x)\)单调递增，
故\(h(x)_{min}=h(2)=\cfrac{1}{2}\)，
由于\(0<a<\cfrac{e}{2}\)，则有\(g(x)_{max}=\cfrac{a}{e}\leqslant \cfrac{1}{2}\)，
又\(e\neq 2\)，故\(\cfrac{alnx}{x}<\cfrac{2e^{x-2}}{x^2}\)，
即\(f(x)<x^2+\cfrac{2}{x}e^{x-2}\)；
(1).若函数 \(f(x)\) 在\([1,2]\)上是减函数，求实数 \(a\) 的取值范围；
分析：根据题意，得到\(f'(x)=e^x-\cfrac{1}{ax}(x>0)\)，
由于函数 \(f(x)\) 在\([1,2]\)上是减函数，
所以\(f'(x)=e^x-\cfrac{1}{ax}\leqslant 0\)在\(x\in [1,2]\)上恒成立，
即\(\cfrac{1}{a}\geqslant xe^x\)恒成立，
故只需\(\cfrac{1}{a}\geqslant (xe^x)_{max}\) ，且 \(1\leqslant x\leqslant 2\)，
令函数\(t(x)=xe^x\)，则\(t'(x)=e^x+xe^x\)
当\(x\in [1,2]\)时，\(t'(x)>0\)，
所以函数\(t(x)=xe^x\)在区间\([1，2]\)上单调递增，
所以\(t(x)_{max}=t(2)=2e^2\)，
所以\(\cfrac{1}{a}\geqslant 2e^2\)，解得\(0<a\leqslant \cfrac{1}{2e^2}\)，
所以实数\(a\)的取值范围是\((0,\cfrac{1}{2e^2}]\).
(2).当 \(a=1\) 时，求证： 对任意 \(m \in[-2,2]\)，函数 \(f(x)\) 的图象均在 \(x\) 轴上方。
证明：当 \(a=1\) 时， 函数 \(f(x)=e^x-lnx-\cfrac{m^2}{2} (x>0)\)， 则 \(f'(x)={e}^{x}-\cfrac{1}{x}\)，
令 \(g(x)={e}^{x}-\cfrac{1}{x}\)，则 \(g'(x)=e^x+\cfrac{1}{x^2}\)，
因为 \(g'(x)>0\)，所以函数 \(g(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 上单调递增，
又因为 \(g(\cfrac{1}{2})=\sqrt{e}-2<0\)，\(g(1)={e}-1>0\)，
所以存在 \(x_{0}\in(\cfrac{1}{2}, 1)\)，使 \({e}^{x_0}=\cfrac{1}{x_{0}}\)， 可得 \(x_{0}=-\ln x_{0}\)这一步变换是非常关键的一步，在下面求最值时，需要用到这些变换，以简化求最值时的函数的形式。比如后边将函数 \({e}^{x_0}-\ln x_{0}\)等价转化为 容易求最值的函数\(\cfrac{1}{x_{0}}+x_{0}\)，
所以对任意 \(x\in(0,x_{0})\)，\(g(x)<0\)， 即 \(f'(x)<0\)，
函数 \(f(x)\) 在 \((0,x_0)\) 上单调递减，
对任意 \(x\in(x_{0},+\infty)\)， \(g(x)>0\)， 即 \(f'(x)>0\)，
函数 \(f(x)\) 在 \((x_0,+\infty)\) 上单调递增，
所以 \(f(x)_{\min}=f(x_{0})={e}^{x_{0}}-\ln x_{0}-\cfrac{m^{2}}{2}\)，
要证明函数 \(f(x)\) 的图像均在 \(x\) 轴上方，只需证明 \(f(x)_{\min}>0\)，
即当 \(x_0\in (\cfrac{1}{2},1)\) 时，\({e}^{x_{0}}-\ln x_{0}-\cfrac{m^{2}}{2}>0\) 恒成立，
即 \(\cfrac{m^{2}}{2}<{e}^{x_0}-\ln x_{0}=\cfrac{1}{x_{0}}+x_{0}\) 在 \(x_{0}\in(\cfrac{1}{2}, 1)\) 上恒成立，
因为当 \(x_{0}\in(\cfrac{1}{2}, 1)\) 时，函数 \(u(x_0)=\cfrac{1}{x_0}+x_0\) 是减函数，
所以 \(2<\cfrac{1}{x_{0}}+x_{0}<\cfrac{5}{2}\)，
即 \(\cfrac{m^2}{2}\leqslant 2\) ，解得 \(-2\leqslant m\leqslant 2\)，
所以，当 \(a=1\) 时，对任意 \(m\in [-2,2]\) ，函数 \(f(x)\) 的图像均在 \(x\) 轴上方.
(1).求 \(a\)， \(b\)的值；
解析：由题意知 \(f(-1)=0\)， \(f'(-1)=-1+\cfrac{1}{e}\)， 所以 \(f(-1)=(-1+b)(\cfrac{1}{e}-a)=0\)
所以 \(b=1\) 或 \(a=\cfrac{1}{e}\),
又 \(f'(x)=(x+b+1)e^{x}-a\)
所以 \(f'(-1)=\cfrac{b}{e}-a=-1+\cfrac{1}{e}\)
若 \(a=\cfrac{1}{e}\)，则 \(b=2-e<0\)， 与 \(b>0\) 矛盾，故 \(a=1\)，\(b=1\).
(2).若 \(m \leqslant 0\)， 证明: \(f(x) \geqslant mx^2+x\)；
证明: 由(1)可知 \(f(x)=(x+1)(e^{x}-1)\)， \(f(0)=0\)，\(f(-1)=0\)，
由 \(m \leqslant 0\)， 可得 \(x \geqslant mx^2+x\)，[此处使用了放缩法，以下只要证明\(f(x)\geqslant x\)即可]
令 \(g(x)=(x+1)(e^{x}-1)-x\)， 则 \(g'(x)=(x+2)e^{x}-2\)，
当 \(x \leqslant-2\) 时， \(g'(x)=(x+2)e^{x}-2\leqslant-2<0\)，
当 \(x>-2\) 时， 令 \(h(x)=g'(x)=(x+2) e^{x}-2\)，
则 \(h'(x)=(x+3)e^{x}>0\)，[此处使用了二阶导数]
故函数 \(g'(x)\) 在 \((-2,+\infty)\) 上单调递增，又 \(g'(0)=0\),
综上， 当 \(x \in(-\infty, 0)\) 时， \(g'(x)<0\)， 当 \(x \in(0,+\infty)\) 时， \(g'(x)>0\)，
所以函数 \(g(x)\) 在区间 \((-\infty, 0)\) 上单调递减，在区间\((0, +\infty)\)上单调递增，
故 \(g(x) \geqslant g(0)=0\)， 所以 \((x+1)(e^{x}-1) \geqslant x \geqslant mx^{2}+x\)
故 \(f(x) \geqslant mx^2+x\).
具体说明如下，
其一：举个特例，比如函数与导数中有一个很重要的不等式，\(e^x\geqslant x+1\)，则\(f(x)=e^x\)没有最值；\(g(x)=x+1\)也没有最值；
其二：还有人补充说，\(f(x)_{min}\geqslant g(x)_{max}\)，只要在同一点取得最值即可。这当然是满足的，但还有些是满足恒成立，却不是在同一点取得最值的，比如\(x^2+1>lnx\)。 ↩︎说明：此时有一个很实用的数学常识，当表达式中含有\(lnx\)时常常用\(x=1\)来尝试寻找分点。
比如此题中\(h'(1)=0\)，然后分\((0，1)\)和\((1，+\infty)\)两段上分别尝试判断其正负，从而得到如下： ↩︎导数的解答题到此，我们可以这样寻找分界点，当题目中含有\(e^x\)时，可以考虑用\(x=0\)来尝试分界点，由于\(e^0=1\)；当题目中含有\(lnx\)时，可以考虑用\(x=1\)来尝试分界点，由于\(ln1=0\)，我们很容易发现，\(x=-1\)是分界点，故可以这样写结果， ↩︎
此处用到了不等式的性质；
由于\(a\leqslant -\cfrac{1}{e^2}\)，则\(ae^2\leqslant -1\)，
故\(0>\cfrac{1}{ae^2}\geqslant -1\)，则\(1>\cfrac{1}{ae^2}+1\geqslant 0\)，
则\(-1<-(\cfrac{1}{ae^2}+1)\leqslant 0\)， ↩︎此举是为了构造函数\(y=\cfrac{lnx}{x}\)，我们应该记住这个函数的图像和性质；
【2020高三文科二轮用题】已知函数\(f(x)=\cfrac{lnx}{x}+a(x-1)\)，
(1).若\(a=0\)，求函数\(f(x)\)的极值；
分析：若\(a=0\)，则函数\(f(x)=\cfrac{lnx}{x}\)，定义域为\((0，+\infty)\)，
则\(f'(x)=\cfrac{1-lnx}{x^2}\)，[此时借助分子函数\(y=1-lnx\)的图像，快速写出如下]
当\(x\in (0,e)\)时，\(f'(x)>0\)，则\(f(x)\)单调递增，
当\(x\in (e,+\infty)\)时，\(f'(x)<0\)，则\(f(x)\)单调递减，
即函数\(f(x)\)在\((0,e)\)上单调递增，在\((e,+\infty)\)上单调递减，
所以函数\(f(x)\)有极大值，极大值为\(f(e)=\cfrac{1}{e}\)，没有极小值；
[备注：此函数的图像使用频度很高，故建议学生理解记忆。如下]
函数与导数中常用的函数和不等关系 ↩︎
