前言
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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(age 1)时，(f(x)+ege 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))，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]
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})；
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(age cfrac{1}{e})时，(f(x)ge 0)。
[法1]：已知题目(age 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^xge lnx+1)，
分离参数得到(age 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)-xcdot 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(ageqslant cfrac{1}{e})，也就是说
当(age 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(age 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(age 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-1cdot 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(age 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(age 1)时，(f(x)+ege 0)。
证明：当(age 1)时，则有(ax^2+x-1geqslant x^2+x-1)，
则有(cfrac{ax^2+x-1}{e^x}+egeqslant 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)+egeqslant (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)+ege 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(aleqslant 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(xin (0,+cfrac{1}{a}))时，(f'(x)<0)，(f(x))单调递减，
当(xin (cfrac{1}{a},+infty))时，(f'(x)>0)，(f(x))单调递增，
综上所述，当(aleqslant 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(ain (-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(xin (0,-cfrac{1}{a}))时，(r'(x)>0)，(r(x))单调递增；当(xin (-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(aleqslant -cfrac{1}{e^2})，则(-e^2leqslant cfrac{1}{a}<0)，
则(0<-cfrac{1}{a}leqslant e^2)，即(tin (0,e^2])，
则(g(-cfrac{1}{a})=h(t)=cfrac{t}{e^2}-lnt+1(0<tleqslant 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(aleqslant -cfrac{1}{e^2})，
则(aleqslant 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(ageqslant 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(xin (0,sqrt{-cfrac{a}{2}}))时，(f'(x)<0)，(f(x))单调递减，
当(xin (sqrt{-cfrac{a}{2}},+infty))时，(f'(x)>0)，(f(x))单调递增，
综上所述，略。
(2).当(0<aleqslant 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<aleqslant cfrac{e}{2}))，
则(g'(x)=cfrac{a(1-lnx)}{x^2})，
当(xin (0,e))时，(g'(x)>0)，则(g(x))单调递增，
当(xin (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(xin (0,2))时，(h'(x)<0)，则(h(x))单调递减，
当(xin (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 eq 2)，故(cfrac{alnx}{x}<cfrac{2e^{x-2}}{x^2})，
即(f(x)<x^2+cfrac{2}{x}e^{x-2})；
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^xgeqslant 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(aleqslant -cfrac{1}{e^2})，则(ae^2leqslant -1)，
故(0>cfrac{1}{ae^2}geqslant -1)，则(1>cfrac{1}{ae^2}+1geqslant 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；
例1 【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(xin (0,e))时，(f'(x)>0)，则(f(x))单调递增，
当(xin (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 ↩︎