前言
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。
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\(a\ge \cfrac{1}{e}\)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1
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2
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。
来源：https://www.cnblogs.com/wanghai0666/p/12392108.html