高中常见放缩有哪些？

大的变小，小的变大
$①不等式：均值不等式，柯西不等式，对数均值不等式$
$②三角放缩，x\ge \sin x(x\ge 0),导数97练习1$
$根据凹凸性,{\color{Red} (导函数单调递减，原函数是凸函数；导函数单调递增，原函数是凹函数)} {\color{Green} \Rightarrow }$
$\begin{cases} {\color{Green} x\in (0,\cfrac{\pi}{2}):\quad \sin x\gt \cfrac{2}{\pi} x;} \\{\color{Red} x\in (0,\cfrac{\pi}{6}):\quad\sin x\gt \cfrac{3}{\pi} x} \end{cases}$
$③指对放缩，e^x\ge x+1\Rightarrow e^{x-1}\ge x\quad (e^x\ge ex)\overset{两边取对数}{\rightarrow} x\ge ln(x+1),x-1\ge ln x$
${\color{Red} e^x\lt \cfrac{1}{1-x}\quad (0\lt x\lt 1),\ln x\gt 1-\cfrac{1}{x} } 导数89页例4,94页$
$④对数均值不等式$
$⑤飘带不等式x-\cfrac{1}{x}(\qquad)2\ln x当 x\gt 1时，取\gt ,当x\lt 1 取\lt； \overset{两边\times x}{\rightarrow} x^2-1\gt 2x\ln x(x\gt1)$
$⑥$

$例1、e^x+\ln x+\cfrac{3}{x}\gt \cfrac{4}{\sqrt{x} } $
$解：令f(x)=e^x-x-1,f(0)=0,{f}' (x)=e^x-1,x\gt 0:{f}' (x)\gt 0,f(x)在x\in (0,+\infty)\nearrow$
$在[０，+\infty)：x\ge \ln (x+1),x-1\ge \ln x,\cfrac{1}{x} -1\ge \ln \cfrac{1}{x} \Rightarrow \ln x\ge 1-\cfrac{1}{x}$
$要证原式，仅证x+1+1-\cfrac{1}{x}+\cfrac{3}{x} \gt \cfrac{4}{\sqrt{x} } $
$x^2+2x-4\sqrt{x} +2\gt 0\Rightarrow (x+1)^2-4\sqrt{x}+1\gt 0\Rightarrow (x+1)^2-2\cdot 2\sqrt{x}+1\gt 0 $
$(x+1)^2\ge (2\sqrt{x} )^2,(x+1)^2-2\cdot 2\sqrt{x}+1\ge (2\sqrt{x} )^2-2\cdot 2\sqrt{x}+1=(2\sqrt{x} -1)^2$
$前者当x=1取＝，后者当x=\cfrac{1}{4} 时取=,所以e^x+\ln x+\cfrac{3}{x}\gt \cfrac{4}{\sqrt{x} }成立$
$例2、e^x-x-1\gt 2x\ln x$
$分析：e^x-x-1在x\gt 1时，恒大于0，2x\ln x并不是恒正数。因为飘带x^2-1\gt 2x\ln x(x\gt 1)，$
$6-10备注下：只需证e^x-x-1\ge x^2-1即可,即e^x-x^2-x\gt 0即可，x\gt 1,e^x-2\gt 0，不需要引入虚设零点的$
$解：x\in (0,+\infty)，令f(x)=e^x-x-1,f(0)=0,{f}'(x)=e^x-1\gt 0,f(x)\nearrow ,f(x)\gt f(0)=0,
\Rightarrow e^x-x-1\gt 0$
$①x\in (0,1],2x\ln x\lt 0\lt e^x-x-1,显然成立。$
$②x\in (1,+\infty):令g(x)=e^x-x-x^2,{g}' (x)=e^x-2x-1,令h(x)=e^x-2x-1,{h}' (x)=e^x-2$
$x\gt 1,令g(x)=e^x-x^2-x,即证{\color{Red} g(x)_{min}\gt 0}$
$令h(x)={g}' (x)=e^x-2x-1，{h}' (x)=e^x-2\gt 0\quad (x\gt1)$
$\Rightarrow h(x)={\color{Red} {g}' (x)\nearrow } \Rightarrow {g}' (x)\gt {g}' (1)=e-3\lt 0$
${g}' (\cfrac{3}{2} )=e^{\cfrac{3}{2} }-4= e^{2\times\frac{3}{4}}-4\gt e^{2\ln2}-4= 0$
$所以\exists x_0\in (1,\cfrac{3}{2})使得{g }' (x_0)=0,\Rightarrow e^{x_0}=2x_0+1$
$所以x\in (1,x_0),{g }' (x)\lt 0,\quad g(x)\searrow ;$
$x\in (x_0,+\infty),{g }' (x)\gt 0,\quad g(x)\nearrow;$
$g(x)\ge {\color{Red} g(x_0)=e^{x_0}-x_0^2-x_0=-x_0^2+x_0+1}$
$g(x_0)的对称轴为x=\cfrac{1}{2},故x_0\in (1,\cfrac{3}{2}), g(x_0)\searrow ,即$
$设H(x_0)={\color{Red} g(x_0)=e^{x_0}-x_0^2-x_0=-x_0^2+x_0+1}\quad (1\lt x_0\lt \cfrac{3}{2} )$
$它的对称轴在x=\cfrac{1}{2},在(1,\cfrac{3}{2}){\color{Red} \searrow } ,所以H(x_0)\gt H(\cfrac{3}{2})=\cfrac{1}{4}\gt 0$
$故得g(x)\gt 0,得证，再证飘带不等式。　$
$再证飘带不等式，x\gt 1时，x-\cfrac{1}{x}\gt 2\ln x{\color{Red} \Rightarrow } x^2-1\gt2x\ln x $

$1、函数f(x)=(x^2-6x)\sin (x-3)+x+a(x\in [0,6])的最大值为M,最小值m,若M+m=8，则a=$
$换元，构造奇函数,令x-3=t,x=t+3,f(t)=(t^2-9)\sin x+x+3+a$
$f(x)_{max}+f(x)_{min}=2(3+a)=8$
$2、函数f(x)＝4\sqrt{x+1} +x的值域为(\underline{} \underline{}\underline{}\underline{} \underline{}\underline{})$
$\quad 函数f(x)＝4\sqrt{x+1} -x的值域为(\underline{} \underline{}\underline{}\underline{} \underline{}\underline{})$
$\quad 函数f(x)＝4\sqrt{x+1} \cdot x的值域为(\underline{} \underline{}\underline{}\underline{} \underline{}\underline{})$
$\quad 函数f(x)＝\cfrac{4\sqrt{x+1}}{x}的值域为(\underline{} \underline{}\underline{}\underline{} \underline{}\underline{})$
$3、证明：e^x+\cfrac{1}{x}\ge 2-\ln x +x^2+(e-2)x$
${\color{Red} 如何放缩？前者变小，后者变大}$
$若要替换左边的{\color{Red} e^x} ，则根据e^x\ge 1+x+\cfrac{1}{2}x^2，$
$将此式右边的{\color{Green} 1+x+\cfrac{1}{2}x^2} 替换上式左边的{\color{Red} e^x}$
$要证{\color{Red} e^x}+\cfrac{1}{x}\ge 2-\ln x +x^2+(e-2)x{\color{Green} }$
$即证 {\color{Green} 1+x+\cfrac{1}{2}x^2} +\cfrac{1}{x}\ge 2-\ln x +x^2+(e-2)x{\color{Green} } $

$若要替换右边的{\color{Red} -\ln x} ，则根据x-1\ge \ln x\Rightarrow$
$\cfrac{1}{x}-1\ge \ln \cfrac{1}{x}=-\ln x ，将此式左边的{\color{Green} \cfrac{1}{x}-1} 替换上式右边的{\color{Red} -\ln x}$
$要证e^x+\cfrac{1}{x}\ge 2{\color{Red} -\ln x} +x^2+(e-2)x{\color{Green} }$
$即证 {\color{Green} }e^x +\cfrac{1}{x}\ge 2{\color{Green} +(\cfrac{1}{x}-1 )}+x^2+(e-2)x$
https://one.free.nf/index.php/archives/190/ 例４

高中常见放缩有哪些？

$①不等式：均值不等式，柯西不等式，对数均值不等式$
$②三角放缩，x\ge \sin x(x\ge 0),$
$根据凹凸性,{\color{Red} (导函数单调递减，原函数是凸函数；导函数单调递增，原函数是凹函数)} {\color{Green} \Rightarrow }$
$\begin{cases} {\color{Green} x\in (0,\cfrac{\pi}{2}):\quad \sin x\gt \cfrac{2}{\pi} x;} \\{\color{Red} x\in (0,\cfrac{\pi}{6}):\quad\sin x\gt \cfrac{3}{\pi} x} \end{cases}$
$③指对放缩，e^x\ge x+1\Rightarrow e^{x-1}\ge x\quad (e^x\ge ex)\overset{两边取对数}{\rightarrow} x\ge ln(x+1),x-1\ge ln x$
${\color{Red} e^x\lt \cfrac{1}{1-x}\quad (0\lt x\lt 1),\ln x\gt 1-\cfrac{1}{x} } $
$④对数均值不等式$
$⑤飘带不等式x-\cfrac{1}{x}(\qquad)2\ln x当 x\gt 1时，取\gt ,当x\lt 1 取\lt； \overset{两边\times x}{\rightarrow} x^2-1\gt 2x\ln x(x\gt1)$
$⑥$

$4.已知x\gt 1,则\cfrac{x^2-3x+6}{x-1} 的最小值是(\quad )$
$A.3\quad B.4\quad C.5\quad D.6$
$可用大除法，$https://one.free.nf/index.php/archives/208/

$5.实数x,y满足x^2+(y-2)^2\le 1,则\cfrac{x+\sqrt{3} y}{\sqrt{x^2+y^2} } 的取值范围。$
$三角换元计算挺大的，构造向量：\overrightarrow{OA} =(x,y),\overrightarrow{OB} =(1,\sqrt{3} ),则\cfrac{x+\sqrt{3}y }{\sqrt{x^2+y^2} }=\cfrac{\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB}}{\left | \overrightarrow{OA} \right | }==\left | \overrightarrow{OB} \right | \cos <\overrightarrow{OA}, \overrightarrow{OB}>$
$\left | \overrightarrow{OB} \right | =2,<\overrightarrow{OA}, \overrightarrow{OB}>的范围是过Ｏ点的圆的两条切线与\overrightarrow{OB} 的夹角,即0-\cfrac{\pi}{3},故[1,2]$　
$6.武汉四调13题，已知函数f(x)=x\ln x-\cfrac{1}{2}ax^2-x有两个极值点，则实数a的取值范围为(\qquad )$
$解：{f}' (x)=\ln x +1-ax-1=\ln a-ax=0\Rightarrow a=\cfrac{ln x}{x} $
$7.成都七中三诊14题:若t\gt0, 关于x的不等式t\ln (tx)\le e^x恒成立，则实数t的取值范围是(\qquad)$
$解：t\ln (tx)\ge e^x\Rightarrow tx\ln (tx)\ge xe^x,构造f(x)=x\ln x,即f(tx))\gt f(e^x)$
$①当0\lt tx\le 1時，t\ln tx\le e^x恆成立②当tx\gt 1时，f(x)单调递增,\Rightarrow tx\le e^x\Rightarrow t\le \cfrac{e^x}{x}$
$t\in (0,e]$
$2025武汉四调13题，已知函数f(x)=x\ln x-\cfrac{1}{2}ax^2-x恰有2个极值点，则实数a的取值范围为 $

$8.25年辽宁省名校联盟一模16题：$
$已知函数f(x)=\cfrac{x^2}{2}+a\ln x-(a+1)x$
$(1)求f(x)的单调递增区间；$
$(1)解：{f}' (x)=x+\cfrac{a}{x} -(a-1)=\cfrac{x^2-(a-1)x+a}{x} =\cfrac{(x-1)(x-a)}{x}$
$①a\le 0,x\in (0,1),{f}'(x)\lt 0,f(x)\searrow ; x\in {\color{Red} (1,+\infty ),} {f}'(x)\gt 0,f(x)\nearrow ;$
$②a\gt 0时， ⑴0\lt a\lt 1,x\in(0,a){f}'(x)\gt 0,f(x)\nearrow ;x\in(a,1){f}'(x)\lt 0,f(x)\searrow ; {\color{Red} x\in(1,+\infty)} {f}'(x)\gt 0,f(x)\nearrow ; $
$ ⑵a=1时，{f}'(x)\gt 0,f(x)\nearrow ,$
$⑶a\gt 1,x\in(0,1),{f}'(x)\gt 0,f(x)\nearrow;x\in(1,a),{f}'(x)\lt 0,f(x)\searrow;
x\in(a,+\infty),{f}'(x)\gt 0,f(x)\nearrow;$
$(2)a\ge 0,f(x)\ge -\cfrac{e^2}{2}对于x\in 1,+\infty)恒成立，求a的取值范围。$
$解：由㈠可知①0\le a\le 1,f(x)在 (1,+\infty)\nearrow ,f(1)=\cfrac{1}{2}-(a+1)= -\cfrac{1}{2}-a\ge -\cfrac{e^2}{2} 恒成立$
$②a\gt 1 时，f(x)在x\in(1,a)\searrow ,x\in(a,+\infty),\nearrow ,故f(x)\ge f(a)=\cfrac{1}{2}a^2 +a\ln a-(a+1)a$
$f(a)=-\cfrac{1}{2}a^2 -a+a\ln a=h(a) \quad a\gt 1\quad {h}' (a)=-a-1+\ln a+1=\ln a-a$
${\color{Red} \because \quad a\ge \ln a+1} \quad \therefore \quad {h}' (a)\ln a-a\lt 0,g(a)\searrow ,g(e)=-\cfrac{e^2}{2}$
$\therefore \quad 1\lt a\ge e,$
$综上，\Rightarrow 0\le a\le e时，f(x)\ge-\cfrac{e^2}{2}$

$9.25年湖北省十一校联盟二模17题：$
$已知函数f(x)=ae^{2x}+x+1(a\lt 0)。$
$(3)若不等式f(x)+(a+2)e^x\le 0恒成立，求整数a的最大值。$
$解:g(x)=f(x)+(a+2)e^x=ae^{2x}+x+1+(a+2)e^x\le 0\qquad$
${g}' (x)=2ae^{2x}+(a+2)e^x+1=(2e^x+1)(ae^x+1)$
$①a\ge 0,{g}' (x)\gt 0,g(x)\nearrow ,显然不合题意；$
$②a\lt 0时，x\in (-\infty,-\ln(-a)),{g}' (x)\gt 0,g(x)\nearrow ;x\in (-\ln(-a),+\infty),{g}' (x)\lt 0,g(x)\searrow$
$g(x)\le g(-\ln(-a))=ae^{-2\ln(-a)}-\ln(-a)+1+(a+2)e^{-\ln(-a)}=-\cfrac{1}{a}-\ln(-a)$
$=-\cfrac{1}{a}+\ln(-\cfrac{1}{a})\quad a\lt 0$
$设t=-\cfrac{1}{a} ,h(t)=t+\ln t\quad t\gt 0$
$h(t)\nearrow ,且h(1)=1,h(\cfrac{1}{2})= \cfrac{1}{2}+\ln \cfrac{1}{2}=
\cfrac{1}{2}-\ln 2\lt 0$
$\exists t_0\in(\cfrac{1}{2} ,1),使得h(t_0)=0.{\color{Green} -\cfrac{1}{a}=t} \in(\cfrac{1}{2} ,1)$
${\color{Red} \Rightarrow } a_0\in (-2,-1)使得{\color{Red} -\cfrac{1}{a_0}+\ln(-\cfrac{1}{a_0})=0}{\color{Red} \Rightarrow 整数a的最大值为-2} $

$10.实数a,b满足a+b=2，则\cfrac{a+2b-1}{\sqrt{a^2+b^2} }的最大值为\underline{} \underline{} \underline{}$
$解：\cfrac{a+2b-1}{\sqrt{a^2+b^2} }为{\color{Red} P} (1,2)到直线L:ax+by-1=0的距离，a+b=2{\color{Green} \Rightarrow L}过定点Q(\cfrac{1}{2} ,\cfrac{1}{2} )$
${\color{Green} \therefore \quad } \cfrac{a+2b-1}{\sqrt{a^2+b^2} }\ge PQ=\cfrac{\sqrt{10} }{2} $
$11、高一好题：在锐角三角形ABC中，角ABC的对边分别为a,b,c，面积为S。若\sin (A+C)=\cfrac{2S}{b^2-a^2},则\tan A+\cfrac{1}{3\tan(B-A)} 的取值范围为(\qquad)$
$A.[\cfrac{2\sqrt{3} }{3},+\infty) \quad B.[\cfrac{2\sqrt{3} }{3},\cfrac{4}{3}] \quad C.(\cfrac{2\sqrt{3} }{3},\cfrac{4}{3})\quad D. [\cfrac{2\sqrt{3} }{3},\cfrac{4}{3})$
$解：\sin (A+C)=\sin B=\cfrac{ac\sin B}{b^2-a^2} \Rightarrow ac=b^2-a^2$
$b^2=a^2+c^2-2ac\cos B\Rightarrow b^2-a^2=c^2-2ac\cos B=ac\Rightarrow c-2a\cos B=a\Rightarrow$
$\sin C-2\sin A\cos B=\sin A\Rightarrow \sin (A+B)-2\sin A\cos B=\sin A$
$\Rightarrow \cos A\sin B-\sin A\cos B=\sin A\Rightarrow \sin (B-A)=\sin A{\color{Red} \Rightarrow } B=2A$
$\tan A+\cfrac{1}{3\tan(B-A)}=\tan A+\cfrac{1}{3\tan A}\ge 2\sqrt{\cfrac{1}{3} } $
${\color{Red} \because \quad } 0\lt A,B,C\lt \cfrac{\pi}{2} ,B=2A\lt \cfrac{\pi}{2}\Rightarrow A\lt \cfrac{\pi }{4} ,C=\pi -A-B=\pi-3A\lt\cfrac{\pi}{2}$
$A\gt \cfrac{\pi}{6}$

$12、高二期末高频考点；$
$函数f(x)=\cfrac{x^3e^{3x}-3\ln x-1}{x}(x\gt 0)的最小值是$
${\color{Red} \because } \quad x^3e^{3x}=e^{3\ln x+3x}\ge 3\ln x+3x+1\Rightarrow {\color{Red} x^3e^{3x}} -3\ln x-1\ge{\color{Red} 3\ln x+3x+1} -3\ln x-1$
$13、等比数列S_n＝2\cdot 3^{n+1}+a，a=$
$等比数列S_n＝2\cdot 3^n+a，a=$
$等比数列S_n＝\cfrac{a_1-a_1q^n}{1-q} =\cfrac{a_1}{1-q}-\cfrac{a_1q^n}{1-q}关于n的指数函数；常数与系数是\cfrac{a_1}{1-q}的互为相反数。$
$14、已知函数f(x)=\ln x-ax-2.$
$(1)当a=1时，求函数f(x)的最值；$
$(2)若函数g(x)=x\cdot f(x) 有两个不同的极值点x_1,x_2,证明：x_1x_2\ge e^3$
$解：{g}' (x)=x\ln x-2ax-1\quad 2a=\cfrac{\ln x-1}{x} 零点变交点，设h(x)= \cfrac{\ln x-1}{x}$
${h}' (x)=\cfrac{2-\ln x}{x^2} {\color{Green} \therefore \quad } x\in (0,e^2),{h}' (x)\gt 0,h(x)\nearrow;x\in (e^2,+\infty),{h}' (x)\lt 0,h(x)\searrow $
$故h(x)在x=e^2处有极大值，当2a\lt h(e^2)=\cfrac{1}{e^2},y=2a与y=h(x)有两个交点。$
$不妨设x_1\lt e^2\lt x_2,要证x_1x_2\ge e^4，即证x_1\gt \cfrac{e^4}{x_2},{\color{Green} \Rightarrow h(x_1)\gt h(\cfrac{e^4}{x_2})}$
${\color{Green} \Rightarrow h(x_2)\gt h(\cfrac{e^4}{x_2})\quad} 构造H(x)=h(x)- h(\cfrac{e^4}{x}) \quad (x\gt e^2)$
${H}' (x)={h}' (x)+\cfrac{e^4}{x^2}{h}' (\cfrac{e^4}{x})=\cfrac{2-\ln x}{x^2}+\cfrac{e^4}{x^2}\cdot \cfrac{2-\ln \cfrac{e^4}{x}}{(\cfrac{e^4}{x})^2}$
$=\cfrac{2-\ln x}{x^2}+ \cfrac{\ln x-2}{e^4}=(\ln x-2)\cdot(\cfrac{1}{e^4} -\cfrac{1}{x^2} )\gt 0 \quad(x\gt e^2)H(x)\nearrow ,H(x)\gt H(e^2)=0，得证。$
$法二：对数均值不等式$
$不妨设x_1\gt x_2,{\color{Green} \Rightarrow } \begin{cases} \ln x_1-1=2ax_1 \quad ①\\ \ln x_2-1=2ax_2\quad ②\end{cases}\Rightarrow \begin{cases} ①-②\quad \ln x_1-\ln x_2=2a(x_1-x_2) \quad \\①+②\quad \ln x_1+\ln x_2-2=2a(x_1+x_2)\end{cases}$
$要证x_1x_2\gt e^4,即证\ln x_1+\ln x_2\gt 4$
$\ln x_1+\ln x_2-2=2a(x_1+x_2)=\cfrac{\ln x_1-\ln x_2}{x_1-x_2}(x_1+x_2) =\ln \cfrac{x_1}{x_2}\cdot\cfrac{\cfrac{x_1}{x_2}+1 }{\cfrac{x_1}{x_2}-1 } \gt 2$
$也可令t=\cfrac{x_1}{x_2}\quad (t\gt1),故得,\ln t \cdot \cfrac{t+1}{t-1} \gt 2即证$
$即证\ln t \gt \cfrac{2(t-1)}{t+1} \quad t\gt 1$

$15、已知函数f(x)=2x\ln x,g(x)=ax^2-1.$
$(1)求f(x)的单调区间；$
$(2)x\ge 1,f(x)\le g(x)，求a的取值范围；$
$(3)\sum_{k=2}^{n} \cfrac{1}{k\ln k} \gt \cfrac{3}{2}-\cfrac{1}{n} -\cfrac{1}{n+1},x\in N^*且n\ge 2$
$解：(1)f(x)=2x\ln x\quad {f}'(x)=2(\ln x+1),x\in(0,\cfrac{1}{e} ) {f}'(x)\lt 0,f(x)\searrow ;x\in(\cfrac{1}{e},+\infty) {f}'(x)\gt 0,f(x)\nearrow ;$
$(2) {f}'(x)=2(\ln x+1),f(x)\le g(x)\Rightarrow ax^2\ge 2x\ln x+1\Rightarrow a\ge \cfrac{2x\ln x+1}{x^2}$
$令h(x)=\cfrac{2x\ln x+1}{x^2}\quad x\ge 1$
${h}' (x)= \cfrac{2(\ln x+1)x^2-2(2x\ln x+1)2x}{x^2x^2} =\cfrac{2x-2x\ln x -2}{x^3}$
$令t(x)=2x-2x\ln x -2\quad {t}' (x)=-2x\ln x\le 0,t(x)\searrow ,{h}' (x)\searrow,{t}' (x)\le {h}' (1)=0$
$\Rightarrow {\color{Green} h(x)\searrow} ,h(x)\le h(1)=1,{\color{Red} \Rightarrow } a\ge 1$

$16、若函数f(x)=x^2-1+a(e^x+e^{-x})，求a=\cfrac{1}{2};$
$17、在等比数列\{a_n\}中，a_3,a_7 是函数f(x)=\frac{1}{3} x^3+4x^2+9x+1的极值点，求a_5=$
$A、-4\quadＢ、-3\quad Ｃ、4\quad Ｄ、9$
$18.已知函数f(x)=x^3-x,2007年理工2卷22$
$(1)求曲线y=f(x)在点M(t,f(t))处的切线方程。$
$(2)设a\gt 0，如果过点(a,b)可作曲线y=f(x)的三条切线，证明:a\lt b \lt f(a)$
$19.已知抛物线C_1:y=x^2+2x,C_2：y=-x^2+a,若直线l同时是抛物线C_1和C_2的切线，则称直线是抛物线C_1和C_2的公切线。问：当a取什么值时，抛物线C_1和C_2有且仅有一条公切线？$
$2019年全国2卷理20，已知函数f(x)=\ln x=\cfrac{x+1}{x-1} 。$
$(1)讨论函数f(x)的单调性，并证明函数f(x)有且仅有两个零点。$
$(2)设x_0是f(x)的一个零点，证明：曲线y=\ln x在点(x_0,\ln x_0)处的切线也是曲线y=e^x的切线。$

$f(x)=f(-x)\quad 偶函数$
$f(-x)=-f(x)\quad 奇函数$
$f(x)=f(\frac{1}{x} )\quad倒等$
$f(x)=-f(\frac{1}{x} )\quad倒反$
$f(x)+f(\frac{1}{x} )=k\quad$
常见的倒反函数
$①f(x)=\ln x \quad \quad\quad g(x)=\log_{a}{x}\qquad$
$②f(x)=\cfrac{x-1}{x+1} \quad\quad g(x)=\cfrac{x+1}{x-1} \qquad$
$③f(x)=\cfrac{1-x^2}{1+x^2}\quad\quad g(x)=\cfrac{x^2+1}{1-x^2}$
$④f(x)=x-\cfrac{1}{x}\quad\quad g(x)=x^n-\cfrac{1}{x^n}$
$⑤f(x)=a^x-a^{-\frac{1}{x} } \quad\quad g(x)=e^x-e^{-\frac{1}{x} }$
${\color{Red} 性质：倒反\quad f(x)+f(\cfrac{1}{x})=0} $
$倒反函数有个很好用的性质：因为f(x)+f(\cfrac{1}{x})=0,$
${\color{Red} 若有f(x)=0，必有f(\cfrac{1}{x})=0}$
倒等函数：
$f(x)=x+\cfrac{1}{x}$
$f(x)=x^n+\cfrac{1}{x^n}$
${\color{Red}性质：倒等\quad f(x)=f(\cfrac{1}{x}) } $

${\color{Green} 倒反来源} 必修一第100页，第3题，f(x)=\cfrac{1+x^2}{1-x^2},求证:f(-x)=f(x),\quad f(\cfrac{1}{x})=f(x)\quad (x\ne 0)$
${\color{Green} 飘带函数来源} 必修一第101页，第12题$
$(1)已知函数f(x)=\ln x+x-\cfrac{1}{x},若f(a)+f(b)=0,则a^2+b^2的最小值是(\quad )湖北四调$

$(2)已知函数f(x)=\cfrac{x}{1+x^2},对于任意x\in [\cfrac{1}{3},\cfrac{3}{5}]都有f(x)+f(4x-a)\le 0恒成立，$
$则实数a的取值范围(\quad)宁波十校第８题$
$A.[1,4]\quad B.[2,5]\quad C.[3,4]\quad D.[3,5]$
$解：奇函数\Rightarrow f(x)\le f(a-4x)画函数图像，x\lt 1，根据倒等关系，可得x\le a-4x\le \cfrac{1}{x}$
$5x\le a\le \cfrac{1}{x} +4x\Rightarrow 3\le a\le 4$

$(3).已知函数f(x)=x-\cfrac{1}{x}-a\ln x有三个零点，其中a\in \mathbb{R} ,则ax_1x_2x_3的取值范围(\quad )成都23年12题$
$A.(1,+\infty)\quad B.(2,+\infty)\quad C.(e,+\infty)\quad D.(3,+\infty)$
$(4)已知函数f(x)=\ln x-t(x-\cfrac{1}{x})有三个零点，则t的取值范围(\quad)衡水$
$A.(-1,0)\quad B.(0,\cfrac{1}{4})\quad C.(1,2) \quad D.(0,\cfrac{1}{2})$
$(5)已知函数f(x)=\cfrac{x}{x+2}-a\ln(x+1)有三个零点，则a的取值范围(\quad )河北九师联盟$
$KEY:2,C,B,D,(0,\cfrac{1}{2}) $
${\color{Red}飘带不等式 }$
${\color{Red} b\cdot\cfrac{x-1}{x+1}\lt \ln x \lt a\cdot(x-\cfrac{1}{x})}\quad x\gt 1时，a=\cfrac{1}{2},b=2是他们恒成立的临界条件，$
$即在x\gt 1时，a=\cfrac{1}{2},b=2是满足他们没交点的极限条件;或a\lt \cfrac{1}{2},且x\gt 1时$
$则飘带函数x-\cfrac{1}{x}与\ln x函数必有一个交点，即飘带函数x-\cfrac{1}{x}必定有一部分落在\ln x图像下方。详细证明见习题2$
$b\gt 2 ,且x\gt 1时飘带函数\cfrac{x-1}{x+1}必有一部分在\ln x图像上方。$
习题：
$(1)f(x)=2x-\cfrac{2}{x}+\ln x(x\gt 0)若f(m)+f(\cfrac{1}{n^2} ) ,则3m+\cfrac{1}{n^2}的最小值为(\quad)广东一模$
$(2)已知函数f(x)=x\ln x-a(x^2-1).$
$①讨论f(x)的零点个数；$
$②若f(x)有三个零点x_1,x_2,x_3，求\cfrac{1}{x_1} +\cfrac{1}{x_2} +\cfrac{1}{x_3} 的取值范围。$
$解：第一问题f(x)=x\ln x -a(x^2-1)\quad (x\gt 0)$
$令{\color{Red} g(x)=\cfrac{f(x)}{x} } ,{\color{Red} 若x_0是 方程f(x)=0的根，x_0必然也是 方程g(x)=0的根}$
$这样,求f(x)零点问题就转变成求g(x)零点问题了。$
${\color{Red} g(x)=\ln x-a(x-\cfrac{1}{x})} ,{g}' (x)=\cfrac{1}{x} -a(1+\cfrac{1}{x^2})=\cfrac{-ax^2+x-a}{x^2} $
$①若a\le 0,g'(x)\gt 0,则g(x)单调递增，无极值点。但因为g(1)=0,有唯一零点$
$②若a\gt 0$
$⒈当\Delta =1-4a^2\le 0,即a\ge \cfrac{1}{2}时， {g}' (x)\le 0 ,g(x)单减，g(x)无极值点。但g(1)=0，因此g(x)只有一个零点。$

$⒉当\Delta =1-4a^2\gt 0,即a\lt \cfrac{1}{2}时设x_1,x_2为导函数的两根,则\begin{cases} x_1+x_2= a\\ \quad x_1x_2=1 \end{cases}$

$若a\lt \cfrac{1}{2},{\color{Green} x_1x_2=1} ,两根互为倒数，不妨设x_1\lt 1\lt x_2$
$x\in (0,x_1)\cup (x_2,+\infty),{g}' (x)\lt 0,g(x)\searrow ;(x_1,x_2),{g}' (x)\gt 0,g(x)\nearrow
g(x)在x_1处有极小值，x_2有极大值。$
$\lim_{x \to 0} g(x)=+\infty ,\lim_{x \to \infty} g(x)=-\infty$
$又\because x_1\lt 1,且g(1)=0,\therefore g(x_1)\lt 0,g(x_2)\gt 0,⒋所以，g(x)在x=1两侧及x=1各有一个零点,即共有三个零点$
$第二问：\forall x\in (0,+\infty),均有g(x)+g(\cfrac{1}{x})＝0$
$g(\cfrac{1}{x} ) =\ln \cfrac{1}{x}-a(\cfrac{1}{x}-\cfrac{1}{\cfrac{1}{x} })=-\ln x+a(x-\cfrac{1}{x})\Rightarrow g(x)+g(\cfrac{1}{x})=0$
$\Rightarrow g(x)=0\Rightarrow g(\cfrac{1}{x} )=0,不妨设x_1=\cfrac{1}{x_3},则有x_2=1,\cfrac{1}{x_1}+ \cfrac{1}{x_2}+\cfrac{1}{x_3}\gt 1+2\sqrt{\cfrac{1}{x_1x_3} } (x_1\ne x_3)+3$
$所以\cfrac{1}{x_1} +\cfrac{1}{x_2} +\cfrac{1}{x_3} \in (3,+\infty)$

$(3)若函数f(x)=(x-1)\ln x-a(x+1)(a\in R)有且仅有两零点x_1,x_2，求证:\cfrac{1}{\ln x_1-a} +\cfrac{1}{\ln x_2-a}\gt 0$
$(4)已知\{a_n\}为正项的等比数列，且a_{1012}=1,若函数f(x)=\cfrac{x^2-1}{x}-2\ln x+1,则f(a_1)+f(a_2) +\dots +f(a_{2023})=(\quad )$
$A.2023\quad B.2024\quad C \cfrac{2023}{2} \quad D.1012 $
另外一题目：
$(5) 若a^x\ge \log_{a}{x} (a\gt 0,且a\ne 1)恒成立，则a的取值范围是(\quad )$
解：$①0\lt a\lt 1,有交点，显然不成立。$
$②a\gt 1时，左边是指数，右边是对数，阶层跨越了。添加一个幂函数作为桥梁。$
$a^x+{\color{Green} x} \ge {\color{Green} x} +\log_{a}{x} ={\color{Red} a^{\log_{a}{x}}} +\log_{a}{x}$
$构造函数f(x)=a^x+x (a\gt1,且x\gt 0)\Rightarrow \Rightarrow f(x)\ge f(\log_{a}{x} )$
$显然f(x)\nearrow \Rightarrow x\ge \log_{a}{x}$
$右边应用换底公式，换成ln，为什么不能两边取e为底的对数？$
$x\ge \cfrac{\ln x}{\ln a} \Rightarrow \ln a\ge {\color{Red} \cfrac{\ln x}{x} } $
$\ln a\ge ({\color{Red} \cfrac{\ln x}{x} } ){\color{Red} _{max}} =\cfrac{1}{e}$
$ln a\ge \cfrac{1}{e}\Rightarrow a\ge e^{\frac{1}{e} }$

$(6)已知函数f(x)=x\ln x-b\cfrac{(x^2-x)}{x+1} .$
$①讨论f(x)的零点个数；$
$②若f(x)有三个零点x_1,x_2,x_3，求\cfrac{1}{x_1} +\cfrac{1}{x_2} +\cfrac{1}{x_3} 的取值范围。$
$令{\color{Green} g(x)} =\cfrac{f(x)}{x}=\ln x -\cfrac{bx-b}{x+1}=\ln x +\cfrac{2b}{x+1} -b$
${g}'(x)=\cfrac{1}{x}-\cfrac{2b}{(x+1)^2}{\color{Green} =\cfrac{(x+1)^2-2bx}{x(x+1)^2} } $

$求函数f(x)=\cfrac{2}{e^x+1},\quad g(x)=\cfrac{3e^x+1}{e^x+1}的对称中心(a,b)$
$由2b=f(+\infty)+f(-\infty)求出b;$
$再由f(a)=b，求出a即可，此法成立条件是x\in \mathbb{R}$
$\lim_{x \to +\infty} \cfrac{3e^x+1}{e^x+1} =3$
$\lim_{x \to -\infty} \cfrac{3e^x+1}{e^x+1} =\cfrac{1}{1}=1$
$2b=4\Rightarrow b=2$
$f(a)=b=2\Rightarrow \cfrac{3e^x+1}{e^x+1} =2\Rightarrow x=0$
${\color{Violet} \therefore 对称中心为(0,2)}$

$g(x)=\cfrac{2}{e^x+1}\Rightarrow g(+\infty) =0,g(-\infty) =2,{\color{Red} b=1}$
$f(a)=1=\cfrac{2}{e^x+1} {\color{Red} \Rightarrow a=0}$

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 } $