$f(x)=f(-x)\quad 偶函数$
$f(-x)=-f(x)\quad 奇函数$
$f(x)=f(\frac{1}{x} )\quad倒等$
$f(x)=-f(\frac{1}{x} )\quad倒反$
$f(x)+f(\frac{1}{x} )=k\quad$
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}) } $

${\color{Green} 倒反来源} 必修一第100页，第3题，f(x)=\cfrac{1+x^2}{1-x^2},求证:f(-x)=f(x),\quad f(\cfrac{1}{x})=f(x)\quad (x\ne 0)$
${\color{Green} 飘带函数来源} 必修一第101页，第12题$
$(1)已知函数f(x)=\ln x+x-\cfrac{1}{x},若f(a)+f(b)=0,则a^2+b^2的最小值是(\quad )湖北四调7题$

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

$(3).已知函数f(x)=x-\cfrac{1}{x}-a\ln x有三个零点，其中a\in \mathbb{R} ,则ax_1x_2x_3的取值范围(\quad )成都23年12题$
$A.(1,+\infty)\quad B.(2,+\infty)\quad C.(e,+\infty)\quad D.(3,+\infty)$
$(4)已知函数f(x)=\ln x-t(x-\cfrac{1}{x})有三个零点，则t的取值范围(\quad)衡水$
$A.(-1,0)\quad B.(0,\cfrac{1}{4})\quad C.(1,2) \quad D.(0,\cfrac{1}{2})$
$(5)已知函数f(x)=\cfrac{x}{x+2}-a\ln(x+1)有三个零点，则a的取值范围(\quad )河北九师联盟$
$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 } $

飘带函数及不等式：

${\color{Red} 对数均值不等式:}$
${\color{Red}\sqrt{x_1x_2} \lt \cfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2} \lt\cfrac{x_1+x_2}{2}}$

${\color{Red} \cfrac{1}{2}(x-\cfrac{1}{x} )\le \ln x \le \cfrac{2(x-1)}{x+1} \quad x\in (0,1]} \quad 先证后用$

${\color{Purple} \cfrac{2(x-1)}{x+1}\le \ln x \le \cfrac{1}{2}(x-\cfrac{1}{x} ) \quad x\in [1,+\infty) } \quad 先证后用$
飘带放缩及对数均值不等式

证明：${\color{Red} f(x)=\ln x-\cfrac{2(x-1)}{x+1}}$
${f}' (x)=\cfrac{1}{x}-\cfrac{2(x+1-x+1)}{(x+1)^2}= \cfrac{1}{x}-\cfrac{4}{(x+1)^2}$
$=\cfrac{(x+1)^2-4x}{x(x+1)^2}=\cfrac{(x-1)^2}{x(x+1)^2}\ge 0$
${\color{Violet} \because \quad {f}' (x)\ge 0} \quad \therefore f(x)\nearrow ,f(1)=0$
$\Rightarrow {\color{Red} x\in (0,1] } ,\quad f(x)\le 0\quad \ln x\le \cfrac{2(x-1)}{x+1};$
${\color{Green} x\in [1,+\infty)},\quad f(x)\ge 0\quad \ln x\ge \cfrac{2(x-1)}{x+1}$
$再证左边不等式：{\color{Purple} g(x)=\ln x- \cfrac{1}{2}(x-\cfrac{1}{x} )}$
${g}' (x)=\cfrac{1}{x}-\cfrac{1}{2}(1+\cfrac{1}{x^2} )= - \cfrac{1}{2}(1+\cfrac{1}{x^2}-\frac{2}{x})= - \cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{(x-1)^2}{x^2}$
${g}' (x)\le 0,\quad g(x)\searrow\qquad g(1)=0$
$\Rightarrow {\color{Red} x\in (0,1]} ,\quad g(x)\ge 0, \quad \ln x \ge \cfrac{1}{2}(x-\cfrac{1}{x} )$
${\color{Green} x\in [1,+\infty)}, \quad g(x)\le 0, \quad \ln x \le \cfrac{1}{2}(x-\cfrac{1}{x} )$

$例1、已知x\gt 0,证明(e^x-1)\ln (x+1)\gt x^2$
$解：先进行放缩e^x\ge 1+x,显然是不够精度的，e^x\ge 1+x+\cfrac{1}{2}x^2$
$得，即证(x+\cfrac{1}{2}x^2)\ln (x+1)\gt x^2$
$即证:(1+\cfrac{1}{2}x)\ln (x+1)\gt x$
$令t=x+1,t\gt 1,x=t-1即证 \cfrac{1}{2}(t+1)\ln t\gt t-1$
$即证:\ln t \gt \cfrac{2(t-1)}{t+1}\quad x\in (1,+\infty)$
${\color{Red} 再让我们来看看飘带不等式与对数不等式的联系： }$
$\sqrt{x_1x_2}\lt \cfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2 } \lt \cfrac{x_1+x_2}{2}$
$若要证：\cfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2 } \lt \cfrac{x_1+x_2}{2}$
$设x_1\gt x_2,即证\quad\cfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2} \lt \cfrac{\ln x_1-\ln x_2 }{2}$
$齐次化上式：得到\quad \cfrac{\cfrac{x_1}{x_2}-1 }{\cfrac{x_1}{x_2}+1 } \lt \cfrac{\ln \cfrac{x_1}{x_2} }{2}$
$令t=\cfrac{x_1}{x_2}\quad t\gt 1换元得,\quad{\color{Red}\cfrac{2(t-1)}{t+1}\lt \ln t }$
${\color{Red} 这便是飘带不等式．}$
$若要证:\sqrt{x_1x_2}\lt \cfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2 }$
$设x_1\gt x_2,即证\quad\ln x_1-\ln x_2 \lt \cfrac{x_1-x_2}{\sqrt{x_1x_2}}$
$齐次化上式：得到\ln \cfrac{x_1}{x_2}\lt \cfrac{\cfrac{x_1}{x_2}-1}{\sqrt{\cfrac{x_1}{x_2}}}$
$令t=\sqrt{\cfrac{x_1}{x_2}},\quad t\gt 1换元得，\quad 2\ln t\lt \cfrac{t^2-1}{t}=t-\cfrac{1}{t}$
$即证:\quad {\color{Red}\ln t\lt \cfrac{1}{2}\cdot(t-\cfrac{1}{t}) }$
${\color{Green} 妥妥的飘带不等式．}$

$例2.已知函数f(x)=\ln x -ax^2+(2-a)x$
$(1).求单调性；$
$(2).设f(x)有两个零点,是x_1,x_2,求证x_1+x_2\gt \cfrac{2}{a}$
$(3).设x_0=\cfrac{x_1+x_2}{2},求证:{f}' (x_0)\lt 0$
https://one.free.nf/index.php/archives/200/ $\quad例6$
$f(x)=\ln x-ax^2+(2-a)x$
${f}'(x)=\cfrac{1}{x}-2ax+2-a=\cfrac{-2ax^2+(2-a)x+1}{x}$
$=\cfrac{(2x+1)(-ax+1)}{x},2x+1\gt 0,只需考虑-ax+1即可$
$①a\le 0,{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow ;$
$②a\gt 0,x\in (0,\cfrac{1}{a}), {f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow ;$
$x\in (\cfrac{1}{a},+\infty), {f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow ;$
$f(x)\le f(\cfrac{1}{a})=\ln \cfrac{1}{a}-\cfrac{1}{a}+(2-a)\times\cfrac{1}{a}=\cfrac{1}{a}-\ln a-1$
$设g(a)=\cfrac{1}{a}-\ln a-1,g(a)\searrow 且g(1)=0,所以a\in (0,1)g(a)\gt0,$
$(2).设f(x)有两个零点,是x_1,x_2,求证x_1+x_2\gt \cfrac{2}{a}$
$证：0\lt a \lt 1时有两个零点$
$\ln x_1=ax_1^2-(2-a)x_1\quad ①$
$\ln x_2=ax_2^2-(2-a)x_2\quad ②$
$\Rightarrow ①- ②=\ln\cfrac{x_1}{x_2}=a(x_1^2-x_2^2)-(2-a)(x_1-x2) $
$a(x_1^2-x_2^2+x_1-x2) =\ln\cfrac{x_1}{x_2}+2(x_1-x_2)$
$\cfrac{1}{a} =\cfrac{x_1^2-x_2^2+x_1-x_2}{\ln\cfrac{x_1}{x_2}+2(x_1-x_2)}$
$要证x_1+x_2\gt \cfrac{2}{a}即证x_1+x_2\gt \cfrac{2(x_1^2-x_2^2+x_1-x_2)}{\ln\cfrac{x_1}{x_2}+2(x_1-x_2)} $
$\Leftrightarrow \ln\cfrac{x_1}{x_2}+2(x_1-x_2)\gt \cfrac{2(x_1^2-x_2^2+x_1-x_2)}{x_1+x_2}$
$\Leftrightarrow\ln\cfrac{x_1}{x_2}\gt \cfrac{2(x_1^2-x_2^2+x_1-x_2)}{x_1+x_2}-2(x_1-x_2)=\cfrac{2(x_1-x_2)}{x_1+x_2}$

$例3.已知函数f(x)=\cfrac{\ln x}{x},若f(x)=a有两个不同的零点，试证明：$
$1.\quad 单调性；2.\quad a的取值范围；3.\quad\cfrac{2}{a} \lt x_1+x_2\lt \cfrac{-2\ln a}{a},$
$4.\quad e^2\lt x_1x_2\lt \cfrac{1}{a^2};\quad 5.\quad 2x_1+x_2\lt \cfrac{3}{a} 6.\quad\cfrac{1}{x_1}+\cfrac{1}{x_2}\gt \cfrac{2}{a}$
$7.\quad x_1x_2\gt \cfrac{e}{a}, \quad 8.\quad x_1+x_2\cfrac{3}{a}-e\quad 9.\quad\ln x_1+\ln x_2\gt 1-\ln a或x_1+x_2\gt \cfrac{1-\ln a}{a}$
$10.\quad x_1^2x_2+x_1x_2^2\gt 2 \quad 11.\quad x_1\gt \cfrac{1+\sqrt{1-ax} }{a} \quad 12.\quad x_2\lt \cfrac{1-\sqrt{1-ax} }{a}$

$证：f(x)=a有两个不同的零点\Rightarrow \begin{cases} \quad \ln x_1=ax_1\quad① \\\quad \ln x_2=ax_2\quad②\end{cases}，两式相减最常用！相加何时用到？$
$①-②,\ln x_1-\ln x_2=a(x_1-x_2) \Rightarrow {\color{Red} \cfrac{1}{a}=\cfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2} ，对数均值不等式}$
$证3：\quad\cfrac{2}{a} \lt x_1+x_2\lt \cfrac{-2\ln a}{a},和4.\quad e^2\lt x_1x_2\lt \cfrac{1}{a^2};$
$先看4式左右两边求对数，得2\lt \ln x_1+\ln x_2\lt -2\ln a,①+②,得\ln x_1+\ln x_2=a(x_1+x_2)$
${\color{Green}可见3.\quad\cfrac{2}{a} \lt x_1+x_2\lt \cfrac{-2\ln a}{a},4.\quad e^2\lt x_1x_2\lt \cfrac{1}{a^2};式是同一命题 }$
$我们先证3式左边不等式:x_1+x_2\gt \cfrac{2}{a}(消a)\quad \Rightarrow x_1+x_2\gt \cfrac{2}{a}=\cfrac{2(x_1-x_2)}{\ln \cfrac{x_1}{x_2} }$
$令x_1\gt x_2,即证 \ln \cfrac{x_1}{x_2}\gt \cfrac{2(x_1-x_2)}{x_1+x_2}{\quad\color{Red} 交换位置前对数均值，交换后是飘带} $
$设t=\cfrac{x_1}{x_2}\gt 1,即证\ln t\gt \cfrac{2(t-1)}{t+1}$
又是妥妥的飘带不等式;
$再证4式右侧不等式：x_1x_2\lt \cfrac{1}{a^2}$
$x_1x_2\lt \cfrac{1}{a^2},两边开方，得\sqrt{x_1x_2}\lt \cfrac{1}{a} =\cfrac{x_1-x_2}{\ln \cfrac{x_1}{x_2} }$
$\sqrt{x_1x_2}\lt \cfrac{x_1-x_2}{\ln \cfrac{x_1}{x_2} }\Rightarrow \sqrt{x_1x_2}\lt \cfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}$
$①+②,\ln x_1+\ln x_2=a(x_1+x_2) \gt \cfrac{2}{a}\times a=2$
要证6：$\cfrac{1}{x_1}+\cfrac{1}{x_2}\gt \cfrac{2}{a}$
$\cfrac{1}{a}=\cfrac{x_1-x_2}{\ln \cfrac{x_1}{x_2} }$
$即证：\cfrac{1}{x_1}+\cfrac{1}{x_2}\gt 2\times \cfrac{x_1-x_2}{\ln \cfrac{x_1}{x_2} }$
$令x_1\gt x_2\Rightarrow 2\ln \cfrac{x_1}{x_2}\lt (x_1-x_2)(\cfrac{1}{x_1}+\cfrac{1}{x_2}) =\cfrac{x_1}{x_2}-\cfrac{x_2}{x_1}$
$设t=\cfrac{x_1}{x_2},2\ln t\lt t-\cfrac{1}{t}\quad t\gt 1$
这里有错误！
以上难度高二同学掌握足矣！

指对切线放缩

${\color{Green} e^x必会不等式\Rightarrow \begin{cases} e^x\ge x+1\quad x=0取＝\\ e^x\ge ex\quad x=1取＝\end{cases}}$
${\color{Red} \ln x必会不等式\Rightarrow \begin{cases} 1-\cfrac{1}{x}\le \ln x\le x-1\quad x=1取＝\\ \ln x\le \cfrac{x}{e}\quad x=e取＝\end{cases}}$
${\color{Purple} 常见的三角放缩：} \sin x \lt x \lt \tan x,x\in(0,\cfrac{\pi}{2})$
其他放缩：
$\ln x \lt \sqrt{x} -\frac{1}{\sqrt{x} }(x\gt1)\qquad \ln x \gt \sqrt{x} -\frac{1}{\sqrt{x} }(0\lt x\lt1)$
$\ln x \lt \cfrac{1}{2}(x-\cfrac{1}{x}) (x\gt1)\qquad \ln x \gt \cfrac{1}{2}(x-\cfrac{1}{x}) (0\lt x\lt1)$
$\ln x \gt \cfrac{2(x-1)}{x+1}) (x\gt1)\qquad \ln x \lt \cfrac{2(x-1)}{x+1}) (0\lt x\lt1)$
$\ln x \gt -\cfrac{1}{2}x^2+2x-\cfrac{3}{2} (x\gt1)\quad \ln x \lt -\cfrac{1}{2}x^2+2x-\cfrac{3}{2} (0\lt x\lt1)$
${\color{Red} e^x\ge 1+x+\cfrac{1}{2}x^2 (x\ge 0) } $
例1：$证明不等式e^x-\ln (x+2)\gt 0恒成立$

$例2：x\gt 0時，證明ex^2-x\ln x\lt xe^x+\cfrac{1}{e}$
$ex^2-x\ln x\lt xe^x+\cfrac{1}{e}\Leftrightarrow e^x+\cfrac{1}{ex} \gt ex-\ln x$
$即证 e^x+\cfrac{1}{ex} \ge ex{\color{Green} +\cfrac{1}{ex} } \gt ex{\color{Green} -\ln x} =ex+\ln \cfrac{1}{x}$
$\cfrac{\ln x}{x}\le \cfrac{1}{e}\Rightarrow \cfrac{x}{e}\ge \ln x \Rightarrow {\color{Green} \cfrac{1}{ex} \ge \ln \cfrac{1}{x}}$

$例3：对于\forall x\gt 0,不等式e^x+x^2-(e+1)x+\cfrac{e}{x}\gt 2成立$
$\because e^x\ge ex$
$\Rightarrow {\color{Green} e^x} +x^2-(e+1)x+\cfrac{e}{x}\ge {\color{Green} ex} +x^2-(e+1)x+\cfrac{e}{x}\gt 2$
$x^2-x+\cfrac{e}{x}\gt 2$

$x^2-2x+x+\cfrac{e}{x}=(x-1)^2-1+ x+\cfrac{e}{x}\ge 2\sqrt{e} -1\gt 2$

例4：$e^x+\cfrac{1}{x}\ge 2-\ln x+x^2+(e-2)x$
用${\color{Green}e^x }+\cfrac{1}{x} \ge {\color{Green} ex+(x-1)^2} +\cfrac{1}{x}\ge 2-\ln x+x^2+(e-2)x$

用曲线代替直线放缩：