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} } $

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

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

$1、已知函数f(x)=(x+1)\ln x-x+1.$
$(1)若x{f}'(x)\le x^2+ax+1 ,求a的取值范围。$
$(2)证明(x-1)f(x)\ge 0.$
$解：(1)f(x)=(x+1)\ln x-x+1\quad {f}' (x)=\ln x+\cfrac{1}{x}\quad x{f}' (x)=x\ln x+1\le x^2+ax+1$
$\Rightarrow {\color{Red} a} \ge \cfrac{x\ln x-x^2}{x} ={\color{Red} (\ln x-x)_{max}}$
$设g(x)=\ln x-x\quad {g}'(x)=\cfrac{1-x}{x} \quad x\in (0,1),{g}'(x)\gt 0,g(x)单调递增；x\in (1,+\infty),{g}'(x)\lt 0,g(x)单调递减；$
$g(x)在x=1处有极大值g(x)_{max}=g(1)=-1,a\ge -1,a\in [-1,+\infty)$
$解：(2){\color{Red} \because } f(1)=0,所以证(x-1)f(x)\ge 0\Leftrightarrow \begin{cases} f(x)\gt 0,x\gt 1\\ f(x)\lt ,0\lt x\lt 1\end{cases}$
${f}' (x)=\ln x+\cfrac{1}{x}=h(x)\quad {h}' (x)= \cfrac{1}{x}-\cfrac{1}{x^2}=\cfrac{x-1}{x^2}$
$x\in (0,1),{h}'(x)\lt 0,h(x)\searrow ;x\in(1,+\infty), {h}'(x)\gt 0,h(x)\nearrow ;h(x)在 x=1处有极小值,h(1)=1$
$\Rightarrow h(x)\ge h(1)=1\Rightarrow {f }' (x)=h(x)\gt 0\Rightarrow f(x)\nearrow {\color{Red} \because }\quad f(1)=0,{\color{Red} \Rightarrow x\in (0,1)\quad f(x)\lt 0;(1,+\infty)\quad,f(x)\gt 0} $

$2、 已知函数f(x)=e^x-ax-2.$
$(1)求f(x)单调区间.$
$(2)若a=1，k为整数，且当时x\gt 0，(x-k){f}'(x)+x+1\gt 0,求k的最大值。$
$解：(2)(x-k)(e^x-1)\gt -(x+1)\Rightarrow x-k\gt -\cfrac{x+1}{e^x-1} \Rightarrow k\lt {\color{Red} (x+\cfrac{x+1}{e^x-1})_{min} }$
$设g(x)=x+\cfrac{x+1}{e^x-1}\quad {g}' (x)=1+\cfrac{(e^x-1)-(x+1)e^x}{(e^x-1)^2} =\cfrac{(e^x)^2-2e^x+1+e^x-1-xe^x-e^x}{(e^x-1)^2} =\cfrac{e^x(e^x-x-2)}{(e^x-1)^2}$
$设h(x)=e^x-x-2\quad {h}' (x)=e^x-1\gt 0,h(x)\nearrow ,h(1)=e-3\lt 0,h(2)=e^2-4\gt 0,$
$\Rightarrow \exists x_0\in(1,2)使得h(x_0)=0,e^{x_0}=x_0+2,此时g(x)在(0,x_0)\searrow ,在(x_0,+\infty)\nearrow$
$g(x)\ge g(x_0)=x_0+\cfrac{x_0+1}{e^{x_0}-1}=x_0+1\in (2,3) $
$故k\lt g(x)_{min},k的最大值2$

$3、已知函数f(x)=(x+1)\ln x-a(x-1)$
$(Ⅰ)当a=4时，求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程；$
$(Ⅱ)若当x\in (1,+\infty)时，f(x)\gt 0,求a的取值范围.飘带不等式$
$解:(Ⅱ){\color{Red} f(1)=0\qquad } {f}' (x)=\ln x+\cfrac{x+1}{x}-a=\ln x +\cfrac{1}{x}+1 -a$
${f}'' (x)=\cfrac{1}{x} -\cfrac{1}{x^2} =\cfrac{x-1}{x^2} {\color{Red} \therefore } \quad {f}' (x)在(1，+\infty)\nearrow ;{f}' (x)\gt {f}' (1)=2-a$
$(a)若2-a\ge 0,即{\color{Red}a\le 2},{f}' (x)\gt {f}' (1)=2-a\ge 0,\therefore f(x)在(1,+\infty)\nearrow ，\therefore f(x)\gt f(1)=0$
$(b) 若2-a\lt 0,即a\gt2,{f}' (x)\gt {f}' (1)=2-a\lt 0,{\color{Red} \exists x_0\in (1,e^a)使得}{f} ' (x_0)=0, $
$f(x)在x\in (1,x_0)\quad {f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow ;f(x)x\in 在(x_0,\infty)\quad {f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow$
${\color{Red}\because f(1)=0 \therefore \therefore x\in (1,x_0),f(x)\lt 0} \quad 与f(x)\gt 0不符。$
$综上述，a\ge 2且x\in (1,+\infty),f(x)\gt 0$

$4、已知函数f(x)=x\cos x-\sin x,x\in[0,\cfrac{\pi}{2}].$
$(1)求证：f(x)\le 0;$
${f}' (x)=\cos x -x\sin x-\cos x=-\sin x\le 0,f(x)单调递减,f(x)\lt f(x)_{max}=f(0)=0 $
$(2) 若a\lt \cfrac{\sin x}{x}\lt b在x\in (0,\cfrac{\pi }{2})上恒成立，求a的最大值与b的最小值。$
$设g(x)= \cfrac{\sin x}{x}\quad {g}' (x)=\cfrac{x\cos x-\sin x}{x^2} 由(1)可得，{g}' (x)\lt 0，$
$g(x)单调递减，g(x)\gt g(x)_{min}=g(\cfrac{\pi}{2})=\cfrac{2}{\pi }\quad a\le \cfrac{2}{\pi},故a的最大值为\cfrac{2}{\pi} $
$求b的最小值，设h(x)=bx-\sin x\quad {h}' (x)=b-\cos x\quad x\in (0,\cfrac{\pi}{2})$
$①当b\ge 1时，{h}' (x)\gt 0,h(x)\nearrow h(x)\gt h(x)_{min}=h(0)=0;$
$②当b\lt 1时,\exists x_0\in (0,\cfrac{\pi}{2}),使得{h}' (x_0)=0{\color{Red} \Rightarrow b=\cos x_0}$
$(0,x_0),{h}'(x)\lt 0,h(x)\searrow ;(x_0,\cfrac{\pi}{2}), {h}'(x)\gt 0,h(x)\nearrow ;$
${\color{Red} \therefore } \quad h(x)在x=x_0处有极小值h(x_0)=bx_0-\sin x_0=x_0\cos x_0-\sin x_0\lt 0与bx-\sin x\gt0不符。$
$综上述，b\ge 1时，bx-\sin x \gt ０,故b的最小值为1$
$$\lim_{x \to 0} \cfrac{\sin x}{x}=1$$

$5、已知函数f(x)=(1-ax)\ln (x+1)-x.$
$(1)当a=-2时，求f(x)的极值。$
$解：定义域x\in (-1,+\infty),f(x)=(1+2x)\ln (1+x)-x\quad {f}'(x)=2\ln (x+1)+\cfrac{1+2x}{1+x}-1= 2\ln (x+1)+\cfrac{x}{1+x} $
$=2\ln (1+x)+1-\cfrac{1}{1+x}是增函数，且{f}'(0)=0,\therefore x\in (-1,0),{f}'(x)\lt 0;f(x)\searrow ;(0,+\infty),{f}'(x)\gt 0,f(x) \nearrow$
$故f(x)在x=0处有极小值f(0)=0$
$(2)当x\ge 0时，f(x)\ge 0,求a的取值范围。$
$第①步，求导\qquad\qquad {f}' (x)=(1-ax)\ln (1+x)-x,x\in (-1,+\infty)$
$则{f}'(x)=-a\ln (1+x)-\cfrac{(a+1)x}{1+x},设g(x)=-a\ln (1+x)-\cfrac{(a+1)x}{1+x}\quad {g}' (x)=-\cfrac{a}{1+x}-\cfrac{a+1}{(1+x)^2}$
$②找出原不等式成立的一个必要条件$
$因为当x\ge 0时，f(x)\ge 0且　f(0)=0,{f}'(0)=0,所以{g}'(0)=-2a-1\ge 0得,a\ge -\cfrac{1}{2}.$
$故a\ge -\cfrac{1}{2}是原不等式成立的一个必要条件。$
$③证明该必要条件也是充分条件，下面证明充分性：，即证明a\ge -\cfrac{1}{2} 且x\ge 0时，f(x)\ge 0恒成立$
$当a\le -\cfrac{1}{2} ,{\color{Red} \Rightarrow -a\ge \cfrac{1}{2} ,-a-1\ge -\cfrac{1}{2}} ,x\ge 0\quad {g}' (x)\ge \cfrac{1}{2(x+1)}-\cfrac{1}{2(1+x)^2}=\cfrac{x}{2(1+x)^2} \ge 0$
${\color{Red} \therefore } \quad {f}' (x)在[0,+\infty) 上单调递增，且{f}' (x)\ge {f}' (0)=0;$
${\color{Red} \therefore } \quad {f} (x)在[0,+\infty) 上单调递增，且{f} (x)\ge {f}(0)=0;$
$综上，a 的取值范围为(-\infty,-\cfrac{1}{2}] $

$6、已知函数f(x)=(1-x^2)e^x. \quad 2017年新课标2 -12分$
$(1)讨论f(x)的单调性；$
$解：x\in \mathbb{R} ,{f}' (x)=(1-2x-x^2)e^x， 令-x^2-2x+1=0,x_1=-\sqrt{2} -1,x_2=x_1=\sqrt{2} -1$
$x\in (-\infty,-\sqrt{2} -1)\cup (\sqrt{2} -1,+\infty),{f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow ;x\in (-\sqrt{2} -1,\sqrt{2} -1),{f}'(x)\gt 0,f(x)\nearrow$
$(2)当x\ge 0，f(x)\le ax+1，求a的取值范围。$
$根据数形结合分析，可以直线ax+1在曲线(1-x^2)e^x的上方，即a\ge 1时，满足$
$令g(x)=f(x)-ax-1则：g (x)\le 0在[0,+\infty)恒成立。$
${g}' (x)＝{f}' (x)-a=(-x^2-2x+1)e^x-a\quad {g}'' (x)=(-x^2-4x-1)e^x\lt 0$
${\color{Red} \therefore {g}' (x)在[0,+\infty)上单调递减} ，且{g}' (0)=1-a$
$①a\ge 1时，{g}' (0)\le 0\quad\therefore {g}' (x)\le 0\quad g(x)在[0,+\infty)上单调递减，又g(0)=0\quad g(x)\ge 0$
$②0\le a\lt 1时，{g}' (0)\gt0 \quad {g}' (x)=(-x^2-2x)e^x+e^x-a\lt (-x^2-2x)e^x+3e^x=-(x+3)(x-1)e^x$
$x\gt 1时，{g}' (x)\lt 0,\therefore {g}'(x) 有一个零点x_0，且x\in (0,x_0)時，{g}' (x)\gt 0,又g(0)=0,{\color{Red}\therefore }x\in (0,x_0)時，g(x)\gt 0\quad 不合题意。$
$③a\le 0时，g(\cfrac{1}{2})=f( \cfrac{1}{2})-\cfrac{a}{1} -1=\cfrac{3\sqrt{e} }{4} -\cfrac{a}{1} -1=\ge \cfrac{3\sqrt{e} }{4}-1\gt 0$
${\color{Red} \therefore } \quad g(x)\le 0 不会恒成立，不合题意。$
$综上所述，a\ge 1时，恒成立。$

$7、已知函数f(x)=\ln (x+1)+a(x^2-x),其中a\in \mathbb{R} ,$
$(1)讨论函数f(x)的极值点的个数，并说明理由；$
$第一问解：{f}' (x)=-\cfrac{1}{1+x}+a(2x-1)=\cfrac{2ax^2+ax+1-a}{x+1} \quad x\in (-1,+\infty) $
$设g(x)=2ax^2+ax+1-a\quad x\in (-1,+\infty);$
${\color{Green} ㈠a=0} ,g(x)=1\gt 0,此时{f}' (x)\gt 0,函数f(x)单调递增,无极值点。$
${\color{Green} ㈡当a\gt 0时} ，\Delta ＝a^2-8a(1-a)=a(9a-8).$
$①0\lt a \le \cfrac{8}{9},\Delta\le 0,g(x)\ge 0,{f}' (x)\ge 0,函数f(x)在(-1,+\infty)上单调递增，无极值点。$
$②当a\gt \cfrac{8}{9}时，\Delta \gt 0,设方程g(x)=0两根为x_1,x_2(x_1\lt x_2),因为x_1+x_2=-\cfrac{1}{2},x_1\lt -\cfrac{1}{4} ,x_2\gt -\cfrac{1}{4}$
$由g(-1)=1\gt 0,可得-1\lt x_1\lt -\cfrac{1}{4},所以当x\in (-1,x_1)\cup (x_2,+\infty)时，g(x)\gt 0,{f}' (x)\gt 0,函数f(x)单调递增;$
$x\in (x_1,x_2)时，g(x)\lt 0,{f}' (x)\lt 0,函数f(x)单调递减;因此函数f(x)有两个极值点。$
${\color{Green}㈢当a\lt 0时 } ,\Delta \gt 0,由g(-1)=1\gt 0,可得x_1\lt -1,当x\in (-1,x_2)时，g(x)\gt 0,{f}' (x)\gt 0,f(x)单调递增；$
$x\in (x_2,+\infty)，g(x)\lt 0,{f}'(x)\lt 0 ,f(x)单调递减，所以f(x)有一个极值点。$
${\color{Green} 综上所述} ①a\lt 0，有1个极值点；$
$\qquad \qquad ②0\le a \le \cfrac{8}{9},没有极值点；$
$\qquad \qquad③a\gt \cfrac{8}{9},有2个极值点。$

$(2)若\forall x\gt 0,f(x)\ge0 成立，求a取值范围$
$解：由(1)可知：$
$(1)当0\le a\le \cfrac{8}{9}时，函数f(x) 在(0,+\infty)上单调递增。因为f(0)=0,所以x\in (0,+\infty)时，f(x) \gt 0,符合题意；$
$(2)当\cfrac{8}{9} \lt a\le 1 时，由g(0)=1-a\ge 0,解得x_2\lt 0,所以函数f(x)在(0,+\infty)上单调递增。又f(0)=0,所以x\in (0,+\infty)时，f(x)\gt 0符合题意;$
$(3)当 a\gt 1时，由g(0)=1-a\lt 0,可得x_2\gt 0,所以x\in (0,x_2)时，函数f(x)单调递减，又因为f(0)=0,所以x\in (0,x_2)时，f(x)\lt 0,不合题意；$
$(4)当a\lt 0时，设h (x)=x-\ln (x+1),因为x\in (0,+\infty)时，{h }'(x)=1-\cfrac{1}{x+1}=\cfrac{x}{x+1}\gt 0,所以h(x)单调递增。$
$f(x)\lt x+ax^2-ax=ax^2+(1-a)x \quad(a\lt 0)开心向下，x \to +\infty,f(x)\lt 0与f(x)\ge 0矛盾。$

$8-1、已知函数f(x)=e^x-ax$
$(1)讨论函数f(x)的单调性；$
$(2)若x\gt 0时，f(x)\ge x^2+1恒成立，求a的取值范围。$
$解：因为x^2的系数不是\cfrac{1}{2},故不能使用端点效应来求证。$
$e^x-x^2-1\ge ax\Rightarrow a\le (\cfrac{e^x-x^2-1}{x} ){\color{Red} _{min}} $
$令g(x)=\cfrac{e^x-x^2-1}{x} $
${g}' (x)=\cfrac{(e^x-2x)x-(e^x-x^2-1)}{x^2} =\cfrac{(x-1)(e^x-x-1)}{x^2}$
$易证e^x-x-1\ge 0,但要证，这里省掉。$
$x\in (0,1),g'(x)\lt 0,g(x)递减；x\in (1,+\infty),g'(x)\gt 0,g(x)递增；$
$所以g(x)在x=1处有极小值g(x)\ge g(1)=e-2$
$所以a\in (-\infty,e-2]$
$(2)当x\ge 0时，f(x)\le ax+1求实数a的取值范围。$
$综上述，a\in [0,1]，f(x)\ge 0恒成立。$

$8－2已知函数f(x)=e^x-1-x-ax^2$
$(1)当x\ge 0地，若不等式f(x)\ge 0恆成立，求實數a的取值範圍；$
$(2)若x\gt 0,证明(e^x-1)\ln (x+1)\gt x^2$
$(1)用泰勒展開式，容易得到a\in (-\infty,\cfrac{1}{2}]$
${\color{Red} 用端点效应证明a的取值范围。} $
$解：定义域x\in \mathbb{R}$
$f(0)=e^0-1=0,{f}' (x)=e^x-1-2ax,{f}' (0)=0,$
${f}'' (x)=e^x-2a,{f}'' (0)=1-2a\ge 0\Rightarrow a\le \cfrac{1}{2}$
$以上操作也叫必要性探路，下面证明其充分性$
$证明a\le \cfrac{1}{2}时，x\ge 0时，f(x)\ge 0恒成立。$
$当x=0时，f(0)=0，显然成立。$
$当x\gt 0时，a\le \cfrac{1}{2} \Rightarrow -a\ge -\cfrac{1}{2}\Rightarrow -ax^2\ge -\cfrac{1}{2}x^2$
$即证 f(x)=e^x-1-x-ax^2\ge e^x-1-x-\cfrac{1}{2} x^2\ge 0$
$即证 1-\cfrac{(1+x+\cfrac{1}{2} x^2)}{e^x} \ge 0$
$令g(x)=1-\cfrac{(1+x+\cfrac{1}{2} x^2)}{e^x}$
${g}' (x)=-\cfrac{1+x-(1+x+\cfrac{1}{2} x^2)}{e^x}=\cfrac{\cfrac{1}{2} x^2}{e^x}\ge 0$
$所以g(x)在[0,+\infty) 单调递增，g(x)\ge g(0)=0$
$得证。$

$(2)解： f(x)=e^x-1-x-\cfrac{1}{2}x^2$​
$e^x\ge +1+x+\cfrac{1}{2}x^2, e^x-1\ge x+\cfrac{1}{2}x^2$
$(e^x-1)\ln (x-1)\gt x^2\qquad (x+\cfrac{1}{2}x^2)\ln (x+1)\gt x^2$
$显然x=0处，上两式成立。$
$\ln (x+1)\gt \cfrac{x^2}{x+\cfrac{1}{2}x^2}=\cfrac{2x^2}{2x+x^2}$

$即证\ln (x+1)\gt \cfrac{2x^2}{2x+x^2}$
$构造g(x)=\ln (x+1)-\cfrac{2x^2}{2x+x^2}\quad x\gt 0$​
$即证g(x)_{min}\gt 0$
$g(x)=\ln (x+1)-\cfrac{2x^2}{2x+x^2}=\ln (x+1)+\cfrac{4x}{2x+x^2}-2$
$g'(x)=\cfrac{1}{x+1}+\cfrac{4x(x+2)-4x(2x+2)}{x^2(x+2)^2}$
$=\cfrac{1}{x+1}-\cfrac{4}{(x+2)^2}=\cfrac{(x+2)^2-4(x+1)}{(x+1)(x+2)^2}$
$=\cfrac{x^2}{(x+1)(x+2)^2}\gt 0,g(x)单调$
$\lim_{x \to 0} \cfrac{4x}{x^2+2x}=\lim_{x \to 0} \cfrac{4}{2x+2} =2$
$所以g(0)=0,得证。{\color{Red} 此处用洛必达法则求\cfrac{0}{0}，\cfrac{\infty}{\infty}的极限。} $
$法二:f(x)=e^x-1-x-\cfrac{1}{2}x^2\ge 0恒成立 e^x-1\ge x+\cfrac{1}{2}x^2$
$\Rightarrow \cfrac{e^x-1}{x^2} \ge \cfrac{1}{x} +\cfrac{1}{2}=\cfrac{x+2}{2x} $
$证明(e^x-1)\ln (x+1)\gt x^2$
$\Leftrightarrow \cfrac{(e^x-1)\ln (x+1)}{x^2}\gt 1 \Leftrightarrow \cfrac{x+2}{2x}\times\ln (x+1)\gt 1$
$\Leftrightarrow \ln (x+1)\gt\cfrac{2x}{x+2}$
$令t=x+1\quad (t\gt 1) \quad x=t-1,$
$\ln t \gt \cfrac{2(t-1)}{t-1+2} =\cfrac{2(t-1)}{t+1} \quad t\gt 1$
$又是飘带不等式，易证，略$

$已知f(x)=e^x-ax-a,a\in R$
$(1)讨论f(x)的单调性；$
$(2)设g(x)=\cfrac{2f(x)}{x^2},当x\gt 0时，g(x)\gt 1恒成立，求a的取值范围$
$(1)定义域x\in \mathbb{R},{f}' (x)=e^x-a$
$a. 当a\le 0,{f}' (x)\gt 0,f(x)单调递增$
$b. 当a\ge 0 ,令{f}' (x_0)= 0,x_0=\ln a$
$x\in (-\infty,\ln a),{f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow ,$
$x\in (\ln a,+\infty),{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow ,$
$第2问：\cfrac{2f(x)}{x^2}=\cfrac{2(e^x-ax-a)}{x^2}\gt 1\Leftrightarrow e^x-ax-a\gt \cfrac{1}{2}x^2$
$\Leftrightarrow a\lt [\cfrac{2e^x-x^2}{2(x+1)}]{\color{Red} _{min}}$
$令h(x)=\cfrac{2e^x-x^2}{2(x+1)}\ge \cfrac{2({\color{Red} \cfrac{1}{2}x^2+x+1 } )-x^2}{2(x+1)}=1$
$这里的放缩{\color{Green}e^x\ge \cfrac{1}{2}x^2+x+1 } 要先证明使用，移项，让指数找朋友 ，即可证明。$
$所以 h(x)\gt 1，即得h(x)的最小值为1，a\lt 1，故a\in (-\infty,1)$

$2020新课标１卷理工,8-3$
$已知函数f(x)=e^x+ax^2-x,当x\ge 0时，f(x)\ge \cfrac{1}{2}x^3+1,求a的取值范围。$
$解①x=0时，e^x+ax^2-x\ge \cfrac{1}{2}x^3+1,1\ge 1,成立。$
$②x\gt 0时,a\ge -\cfrac{e^x-\cfrac{1}{2}x^3-x-1 }{x^2}$
$设g(x)=\cfrac{e^x-\cfrac{1}{2}x^3-x-1 }{x^2} ,即证{\color{Red} a\ge -g(x)_{min}} $
${g}' (x)=\cfrac{x^2(e^x-\cfrac{3}{2}x^2-1 )-2x(e^x-\cfrac{1}{2}x^3-x-1 )}{x^2x^2}$
$=\cfrac{x(e^x-\cfrac{3}{2}x^2-1 )-2(e^x-\cfrac{1}{2}x^3-x-1 )}{x^3}$
$=\cfrac{xe^x-\cfrac{3}{2}x^3-x -2e^x+x^3+2x+2 }{x^3}$
$=\cfrac{(x-2)e^x-\cfrac{1}{2}x^3+x+2 }{x^3}$
$下面需要应用{\color{Red} 大除法} 进行因式分解(-\cfrac{1}{2}x^3+x+2){\div} (x-2)=-\cfrac{1}{2}x^2-x-1$
$=\cfrac{(x-2)(e^x-\cfrac{1}{2}x^2-x-1 )}{x^3}$
$下面还要证明e^x-\cfrac{1}{2}x^2-x-1\gt 0（用泰勒展式，一看便知，考试需要用指数找朋友证明x\gt 0时成立$
$因而，导函数的符号函数由x-2决定，即(0,2){g}'(x)\lt 0,g(x)\searrow ;(2,+\infty) {g}'(x)\gt 0,g(x)\nearrow$
$g(x)在x=2处有极小值g(2)=\cfrac{e^2-7}{4}$
$所以{\color{Red} a\ge =\cfrac{7-e^2}{4} }$
$由此题可见，数学也不过是积木，你积累的知识越多，题型见得越多，压轴题目亦不过如此$