ex－
，其中a ∈R 且 a ≠0.
时，f(x ) ≥
ax (x ≥ －1) .，要证明f(x ) ≥x，只需证明 1 ＋x － ≥x，只需证明 1 ＋x ≥，此不等式两边平方显然成立.时，f(x ) ≥ax 等价于ex-ax≥.ex －ax －(ex-x )，得 φ′(x ) ＝ ( 1 －a ) ( ex ＋) > 0，φ(x )在[ －1，＋∞ )上是单 调递增函数. 所以 φ(x ) ≥φ( －1 ) ＝ ( 1 －a ) (
-) ≥0，故 ex -ax ≥ ex-x. 要证明f( x ) ≥ ax，只需证明 ex-x ≥ ，此即 a ＝ 1 的情形，已证成立.
时，f(x ) ≥ax.ax 转化为
- ≥ax，经 过 适 当 代 换，并 结合基本不 等 式，即 可 将 问 题 轻 松 求 解，更 彰 显 了 问题的本质.ex ≥ - ≥ax.＝t ( t≥0 )，得 x ＝t2 －1 .
－t≥a ( t2 －1 )，
≥1 .≥1 成立.时，f(x ) ≥ax.≥1，通过引入正参数 t，将其变形为 2at－2at≥0. 进而借助基本不等式 : ≤ (2 －a2 ) t2 ＋a2，可得 2at ≤ (2 －a2 ) t2＋a2，即(2 －a2 ) t2－2at＋a2 ≥0，亦即－t≥a ( t2 －1 ) . 通过换元，令 t ＝，则得－≥ax. 最后，借助基本不等式 ex ≥ 1 ＋x，得到ex－≥ax，即待证不等式f(x ) ≥ax.及 x.ex－b ＋x ≥cx(其中 a >0 ) .
－ ≥cx.＝t，实现第三步所得不等式 形式的进一步简化. 本题得到(1 －ac ) t2 －abt ＋ac≥0 ( 1 －ac≥0，ac≥0 ) .
则只需
,只需
a，由可得a ≤1，此时 c＝a ≤符合 1 －ac ≥0，ac ≥0. 从而得到使不等式
－ax ≥成立的一个充分条件是 0 < a ≤1 .及 lnx.(x ＋2) －b≥clnx (其中 a，c >0) .(x ＋2) －b ≥c (x －1 ) .＝t，得到(1 －ac ) t2 －abt ＋1 ＋2ac ≥0(其中 1 －ac ≥0，1 ＋2ac ≥0) .
(x ＋2) － ，此时f(x )的函数模型稍显单调，故尝试将(x ＋2) －alnx 进行 组合，令f(x ) ＝(x ＋2) －alnx.(2 ＋x ) －alnx，其中 a ∈R 且 a ≠0.
时，f(x ) ≥+(x-4).(2x－2) －alnx，当 a＝2 时，f(x ) ＝ (x －1 ) －lnx，f(x ) ≥0，即 lnx ≤x －1 . 从而可命制如下试题.(2x －2) －alnx，其中 a ∈R 且 a ≠0.＋(x－4).
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