导数与不等式¶

导数不等式¶

不等式方法¶

求证不等式的方法有几种，最简单的是：

设函数，证明函数恒大于或小于零。
直接对函数求导，尝试证明函数最小值大于零，或最大值小于零。
注意到多项式只要求够多次数多导数，一定会变为零，因此如果不好解决，继续求导，对高阶导数尝试分析其是否恒正或恒负。

注意：

解一元一次不等式 $ax>b$，需要按照 $a>0,a=0,a<0$ 分类讨论。
解一元一次不等式 $ax>b$，其中 $x\in[m,n]$，先按照 $a>0,a=0,a<0$ 分类讨论，然后按照 $\dfrac{b}{a}$ 是否落在区间 $[m,n]$ 内。

边界条件：

二次项系数不含参数且自变量没有限制时，临界条件是 $\Delta = 0$。
二次项系数含有参数且自变量没有限制时，临界条件是二次项系数为零与 $\Delta = 0$ 联立。
二次项系数含参数且自变量有限制时，临界条件是二次项系数为零，$\Delta = 0$ 与区间端点处的函数值为零同时联立。

对于更复杂的情况，一般步骤如下：

能否直接求导解决。
能否通过常见变形（本文简单变形部分）后求导。
能否通过隐零点判断。
能否使用放缩技巧。

变形法：

除以单项式变形（$x^n$）。
整体代换、同构化变形、拆分函数、局部求值。
对数化：对数化是利用对数性质，将函数式中的对数与常数合并，再使用相关不等式进行放缩。例如：

\[ \ln x+a=\ln(xe^a)。 \]
指数化：指数化是利用指数性质，将式子或者参数转移到指数位置上，以方便放缩。例如：

\[ xe^x=e^{x+\ln x}\,(x>0)，a^x=e^{\ln a^x}=e^{x\ln a}。 \]

简单不等式¶

\[ \boxed{e^x\ge x+1,\quad x\in\R}\tag a \]

证明：设 $f(x)=e^x-x-1$，那么：

\[ f'(x)=e^x-1 \]

因此，当 $x>0$ 时，$f'(x)>0$；当 $x<0$ 时 $f'(x)<0$，因此：

\[ f(x)\ge f(0)=0 \]

即 $e^x\ge x+1$，带入 $x\gets\ln x$ 有：

\[ \boxed{x\ge\ln x+1,\quad x>0}\tag b \]

三角函数也有一些不等式：

\[ \boxed{\sin x<x,\quad x>0}\tag c \]

证明：设 $f(x)=x-\sin x$，那么 $f'(x)=1-\cos x\ge0$。

所以 $f(x)$ 在 $(0,\infty)$ 上单调递增，$f(x)>f(0)=0$ 即 $x>\sin x$。

\[ \boxed{x<\tan x,\quad x\in(0,\pi/2)}\tag d \]

证明：令 $f(x)=\tan x-x$，则

\[ f'(x)=\dfrac{1}{\cos^2 x}-1>0 \]

所以 $f(x)$ 在 $(0,\pi/2)$ 上单调递增，$f(x)>f(0)=0$ 即 $\tan x>x$。

我们由 $\ln x\le x-1$ 可以推导出来一下几个基本不等式：

\[ \ln(x+1)\le x; \quad \ln\dfrac{1}{x}\ge1-x; \quad \ln x\ge1-\dfrac{1}{x}; \quad x\ln x\ge x-1 \]

其中最常用的不等式链为：

\[ \dfrac{x}{x+1}\le\ln(x+1)\le x \]

\[ 1-\dfrac{1}{x}\le\ln x\le x-1 \]

一元不等式¶

我们经常见到这种形式的式子：

\[ f'(x)+p(x)f(x)=q(x) \]

其中 $p(x),q(x)$ 是关于 $x$ 的式子，这称为一阶线性微分方程。

我们更常见到的是不等式的形式：

\[ f'(x)+p(x)f(x)>q(x) \]

我们先简单说一下简单的微分方程怎么解，我们将式子最终化为：

\[ u(x)\d x=v(y)\d y \]

然后两边求积分，化简即可。

$p(x)=0$

我们考虑一个比较简单的形式，$p(x)=0$，即

\[ f'(x)=q(x) \]

记 $Q'(x)=q(x)$，则：

若符号为 $=$，则 $f(x)=Q(x)+C$。
若符号为 $>$，则 $f(x)-[Q(x)+C]$ 单调递增。

$q(x)=0$

我们考虑一个比较简单的形式，$q(x)=0$，即

\[ f'(x)+p(x)f(x)=0 \]

我们有一个固定的解题方法，但是我们先推导一番，设 $P'(x)=p(x)$。

\[ \dfrac{\d y}{\d x}+p(x)y=0 \]

按照微分方程的思路，

\[ \ln y=-P(x)+C \]

即：

\[ f(x)=e^{-P(x)+C} \]

移项，构造函数 $g(x)$：

\[ g(x)=e^{P(x)}f(x)=e^C \]

具体的，对于 $q(x)=0$ 的等式或不等式，我们两边同时乘以 $e^{P(x)}$，即：

\[ \begin{aligned} e^{P(x)}[f'(x)+p(x)f(x)]&=0\\ [e^{P(x)}f(x)]'&=0 \end{aligned} \]

即 $f(x)=Ce^{-P(x)}$，而对于不等式即为 $e^{P(x)}f(x)$ 单调递增。

例题：已知函数 $f(x)$ 是定义在 $\mathbb{R}$ 上的函数，且满足 $f'(x) + f(x) > 0$，设 $a = f(0)$，$b = 2f(\ln 2)$，$c = ef(1)$，则 $a, b, c$ 的大小关系是？

令 $g(x) = e^x f(x)$，则 $g'(x) = e^x[f'(x) + f(x)] > 0$，即 $g(x)$ 递增，因为 $a = g(0)$，$b = g(\ln 2)$，$c = g(1)$，由 $g(x)$ 的单调性可知 $g(0) < g(\ln 2) < g(1)$，即 $c > b > a$。

二元不等式¶

二元不等式，首选方案是将两个未知数用一个未知数表示，最常见的是两个次数相等的齐次式相除，用比值还原，将二元不等式转化为一元后，就可以求导解决了。

\[ \boxed{\sqrt{x_1x_2}<\dfrac{x_2-x_1}{\ln x_2-\ln x_1},\quad x_1,x_2>0}\tag e \]

证明，不放假设 $x_2>x_1$，则化简式子为：

\[ \ln x_2-\ln x_1<\dfrac{x_2-x_1}{\sqrt{x_1x_2}} \]

设 $t=\sqrt{x_2/x_1}>1$，则：

\[ \begin{aligned} \text{LHS}&=\ln t^2=2\ln t\\ \text{RHS}&=\dfrac{t^2-1}{t}=t-\dfrac{1}{t} \end{aligned} \]

令 $f(t)=t-\dfrac{1}{t}-2\ln t$，则：

\[ f'(t)=1+\dfrac{1}{t^2}-\dfrac{2}{t}=\left(1-\dfrac{1}{t}\right)^2>0 \]

而这个也是一个不等式，

\[ \boxed{\ln x<\sqrt{x}-\dfrac{1}{\sqrt{x}},\quad x>1}\tag{f$_1$} \]

\[ \boxed{\ln x<\dfrac{1}{2}\left(x-\dfrac1x\right),\quad x>1}\tag{f$_2$} \]

因此 $f(t)>f(1)=0$，这个也成为对数均值不等式：

\[ \sqrt{x_1x_2}<\boxed{\dfrac{x_2-x_1}{\ln x_2-\ln x_1}<\dfrac{x_1+x_2}{2},\quad x_1,x_2>0}\tag g \]

带入指数形式，替换 $a\gets e^x,b\gets e^y$，得：

\[ \boxed{\dfrac{e^x-e^y}{x-y}<\dfrac{e^x+e^y}{2}}\tag h \]

另外，还可以用韦达定理中的 $x_2+x_2=-\dfrac{b}{a}$ 或 $x_1x_2=\dfrac{c}{a}$ 关系将双变量问题转化为单变量问题。

另外，还有推导：

\[ \boxed{\ln^2(x+1)<\dfrac{x^2}{x+1},\quad x>0} \]

二元不等式的证明中，更加常用到齐次化的策略，常见的有：

\[ e^{x_1+x_2}=e^{x_1}e^{x_2} \]

\[ e^{x_1-x_2}=\dfrac{e^{x_1}}{e^{x_2}} \]

\[ \ln(x_1x_2)=\ln x_1+\ln x_2 \]

\[ \ln\dfrac{x_1}{x_2}=\ln x_1-\ln x_2 \]

\[ \sin^2x+\cos^2x=0 \]

数字不等式¶

常用方法：

构造函数。
对于有指数的，取对数。

将 $e^3,3^e,e^\pi,\pi^e,3^\pi,\pi^3$ 按照从小到大都顺序排列。

构造函数：

\[ f(x)=\dfrac{\ln x}{x} \]

求导得出

\[ f'(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2} \]

容易知道在 $[e,+\infty)$ 上 $f(x)$ 是单调递减的。

我们知道：

\[ e<3<\pi \]

因此

\[ \dfrac{\ln\pi}{\pi}<\dfrac{\ln3}{3}<\dfrac{\ln e}{e} \]

可以得到三组不等式

\[ \begin{cases} \pi^3&<3^\pi\\ \pi^e&<e^\pi\\ 3^e&<e^3 \end{cases} \]

现在我们可以得到下面的（用括号表示两个暂不知道大小关系）

\[ 3^e<(\pi^e,e^3)<(\pi^3,e^\pi)<3^\pi \]

证法一：当 $x>0$ 且 $x\neq1$ 时，有不等式

\[ \ln x>1-\frac{1}{x} \]

从而：

\[ \pi-3\ln\pi=\pi-3\ln\frac{\pi}{e}-3<\pi-3\left(1-\frac{e}{\pi}\right)-3=\frac{\pi^2-6\pi+3e}{\pi}<0 \]

\[ 3-e\ln\pi=3-e\ln\frac{\pi}{e}-e<3-e\left(1-\frac{e}{\pi}\right)-e=\frac{3\pi-2e\pi+e^2}{\pi}<0 \]

证法二：当 $0<x<e$ 时，有不等式

\[ \ln x<\frac{x}{e} \]

从而：

\[ \pi-3\ln\pi=\pi+3\ln\frac{e^2}{\pi}-6<\pi+\frac{3e}{\pi}-6=\frac{\pi^2+3e-6\pi}{\pi}<0 \]

\[ 3-e\ln\pi=3+e\ln\frac{e^2}{\pi}-2e<3+\frac{e^2}{\pi}-2e=\frac{3\pi-2e\pi+e^2}{\pi}<0 \]

证明：

\[ \left(\frac{6}{5}\right)^{\sqrt{3}}>\left(\frac{5}{4}\right)^{\sqrt{2}} \]

我们两边取对数，构造函数

\[ f(x)=\frac{\sqrt{x}\ln x}{x-1},x>1 \]

去导数，计算可能有一点复杂：

\[ f'(x)=\frac{x+1}{2\sqrt{x}(x-1)^2}\cdot\left[\frac{2(x-1)}{x+1}-\ln x\right]<0 \]

故 $f(x)$ 单调递减，因此有

\[ f\left(\frac{6}{5}\right)>f\left(\frac{5}{4}\right) \]

得证。

恒成立问题¶

函数模型¶

简单的恒成立问题：

$f(x)\ge0$ 在定义域内恒成立 $\iff f(x)_{\min}\ge0$。
$f(x)\le0$ 在定义域内恒成立 $\iff f(x)_{\max}\le0$。

对于任何单调函数，最值必在端点处取到：

单调函数 $f(x)\ge0$ 在 $[x_1,x_2]$ 上恒成立等价于 $\begin{cases}f(x_1)&\ge0\\ f(x_2)&\ge0\end{cases}$。
单调函数 $f(x)\le0$ 在 $[x_1,x_2]$ 上恒成立等价于 $\begin{cases}f(x_1)&\le0\\ f(x_2)&\le0\end{cases}$。

对任何一个函数 $f(x)$，若它在区间上是先减后增，则其最大值必在端点处取得，同理可得若函数在区间上先增后减，其最小值必在区间端点处取得：

若 $a > 0$，则 $f(x) = ax^2 + bx + c \le 0$ 在 $[x_1, x_2]$ 上恒成立等价于 $\begin{cases}f(x_1)&\le0\\ f(x_2)&\le0\end{cases}$。
若 $a < 0$，则 $f(x) = ax^2 + bx + c \ge 0$ 在 $[x_1, x_2]$ 上恒成立等价于 $\begin{cases}f(x_1)&\ge0\\ f(x_2)&\ge0\end{cases}$。

二次函数恒正、恒负的等价条件：

对一切实数 $x$，$ax^2 + bx + c \ge 0$ 恒成立的条件是：

\[ \begin{cases} a &> 0 \\ \Delta &\le 0 \end{cases} \]
对一切实数 $x$，$ax^2 + bx + c \le 0$ 恒成立的条件是：

\[ \begin{cases} a &< 0 \\ \Delta &\le 0 \end{cases} \]

绝对值函数：

函数 $f(x)=|ax+b|$ 在 $[x_1,x_2]$ 上的最大值必在端点处取到。
对于内部不是一次函数的，可以设处二次函数为 $u$，利用换元法解决，例如：

已知 $t$ 为常数，函数 $y=|x^2-2x-t|$ 在区间 $[0,3]$ 上的最大值为 $2$，则 $t=$？

令 $u=x^2-2x\in[-1,3]$，则问题转化为求 $t$ 大取值范围使得 $|u-t|$ 在 $[-1,3]$ 上的最大值为 $2$。

若最大值在 $u=-1$ 取到，解得 $t=1$；若最大值在 $u=3$ 取到，解得 $t=1$。故 $t=1$。

参变分离法¶

参变分离，即为将参数和变量分开，使不等式一边只有参数，另一边只含有变量，可以进行参变分离的一定是显式的。

例题：已知 $y = xe^x + x^2 + 2x + a$ 恰有两个不同的零点，则 $a$ 的取值范围为。

答案：由题意方程 $xe^x + x^2 + 2x + a = 0$ 有两个不同的实根，分离参数 $-a = xe^x + x^2 + 2x$。令 $f(x) = xe^x + x^2 + 2x$，则函数 $f(x)$ 的定义域为 $\mathbb{R}$，求导

\[ f'(x) = (x+1)(e^x + 2) \]

当 $x < -1$ 时，$f'(x) < 0$，$f(x)$ 单调递减；当 $x > -1$ 时，$f'(x) > 0$，$f(x)$ 单调递增，所以函数 $f(x)$ 在 $x = -1$ 处取得极小值：

\[ f(-1) = -\dfrac{1}{e} - 1 \]

从而作出函数 $f(x)$ 的图像，则 $-a > -\dfrac{1}{e} - 1$ 时，函数 $y = f(x)$ 的图像与直线 $y = -a$ 有两个交点，所以

\[ a < \dfrac{1}{e} + 1 \]

例题：已知函数 $f(x) = x(\ln x - ax)$ 有两个极值点，则实数 $a$ 的取值范围为。

答案：函数 $f(x)$ 的定义域为 $x > 0$，由题意 $f'(x) = \ln x - 2ax + 1$ 有两个零点，分离参数

\[ 2a = \dfrac{\ln x + 1}{x}=g(x) \]

\[ g'(x) = \dfrac{1 - \ln x - 1}{x^2} = \dfrac{-\ln x}{x^2} \]

当 $0 < x < 1$ 时，$g'(x) > 0$，$g(x)$ 单调递增；当 $x > 1$ 时，$g'(x) < 0$，$g(x)$ 单调递减，所以函数 $g(x)$ 在 $x = 1$ 处取得极大值$g(1) = 1$。

当 $x \to +\infty$ 时，$g(x) \to 0$；当 $x \to 0$ 时，$g(x) \to -\infty$。当 $0 < 2a < 1$，即 $0 < a < \dfrac{1}{2}$ 时，直线 $y = 2a$ 与 $y = g(x)$ 的图像有两个交点。

我们这一节的内容是恒成立问题，参变分离解决恒成立问题通常更加简单，直接把参数挪到一边，然后对另一边应用函数模型即可。

解决这类问题的方法分为三种，带着参数讨论、参变分离和半分参，下面讲解一下半分参。半分参的技巧性比较强，下面只介绍几种最经典的。

题目：$f(x) = e^x - ax + 2a > 0$ 恒成立，求 $a$ 的取值范围。

我们进行化简：

\[ e^x > a(x-2) \]

我们发现此时如果进行参变分离，就要讨论 $x-2$ 的符号，我们知道我们应当避免讨论自变量的符号，而应当讨论参数的符号（因为这也能帮我们确定参数的取值范围）。

因此我们令 $g(x)=e^x$，$h(x)=a(x-2)$。

当 $a<0$ 时，$g(x)>h(x)$ 不恒成立。
当 $a=0$ 时 $e^x>0$ 恒成立。
当 $a>0$ 时：设 $g(x)$ 与 $h(x)$ 相切于点 $(x_0,e^{x_0})$，此时直线 $h(x)$ 的斜率 $a_0$ 就应当等于曲线在该点的切线斜率

\[ a_0=e^{x_0} \]

根据斜率，写出：

\[ \dfrac{e^{x_0}}{x_0-2}=e^{x_0} \]

解得 $x_0=3$，则 $a_0=e^{x_0}=e^3$。

综上，$a\in [0, e^3)$。

在半分参中，通常是一条直线和一条曲线，除非两条曲线是非常经典且简单的形式，这也可以用于预判是否可以使用半分参。

简单变形法¶

复杂的恒成立问题，优先考虑求导数的零点，如果很难求解，则通过下面两个方法：

与指数相关的恒成立问题，如果很难求导数的零点，则优先考虑将函数变形为 $e^xf(x)$ 或 $e^{-x}f(x)$ 的形式。
与对数相关的恒成立问题，如果很难求导数的零点，则优先考虑将函数变形为 $f(x) + \ln g(x)$ 的形式。其思想精髓是将对数与其他函数分离，达到求导后可以摆脱对数的干扰。除了 $f(x) + \ln g(x)$ 这种形式外，还有一种形式，求导后可以“甩掉”对数。

\[ f(x)(\ln f(x) + C) \]

求导后的结果是：

\[ f'(x)(\ln f(x) + C + 1)， \]

其中 $C$ 为常数。显然其导数的零点与对数函数也无关。

因此，与对数函数相关的函数题中，首先考虑将函数变形为 $f(x) + \ln g(x)$ 或 $f(x)(\ln f(x) + C)$ 的形式。
不要一看到指数函数就想变形，因为某些与指数函数相关的问题就不需要变形也能求其极值点。
如果问题是让你求函数 $f(x)$ 的最值、极值或者单调性之类的，则无论如何也不能变形，因为这会导致变形后的问题与原问题不等价。

例如如果要求

\[ e^x+ax^2-x\ge\dfrac{1}{2}x^3+1 \]

在 $x\ge0$ 恒成立，不妨移项得到

\[ e^x\ge\dfrac{1}{2}x^3-ax^2+x+1 \]

再把 $e^x$ 除过去，得到

\[ \left\{\dfrac{\dfrac{1}{2}x^3-ax^2+x+1}{e^x}\right\}_{\max}\le1 \]

恒成立，再用端点效应必要性探路即可解决。

必要性探路¶

一种解题方法，可应用于一类带参数的恒成立问题。求参数范围时，从满足题意的自变量范围内选择一个数，代入求得一个参数范围，此时这个范围是题意的必要条件。之后再设法证明该必要条件也是题意的充分条件，或者讨论别的点。若充分性也成立，则该范围是题意的充要条件，即为所求的范围。这种方法需从逻辑条件上进行理解，因为先得到的是必要条件，故称为必要探路法。

最常见的必要性探路为端点效应：我们把通过端点来缩小参数取值范围的方法称为端点效应，其思想是通过端点来缩小参数的取值范围。注意，端点效应只是缩小参数的取值范围，也就是说该范围只是恒成立的—个必要条件，而非充分条件。

利用端点效应解题的基本步骤如下：

首先由端点效应初步获得参数的取值范围，这个范围是必要的。
然后利用这个范围来判断函数是否单调。
如果函数单调，则由端点得到的范围就是最终答案；如果函数不单调，则再利用端点确定的范围进一步确定函数的最值。

具体的：

若 $f(x) \ge 0$ 在 $[a, b]$ 上恒成立，则由端点效应可知 $\begin{cases}f(a) \ge 0\\ f(b) \ge 0\end{cases}$。
若 $f(x) > 0$ 在 $[a, b]$ 上恒成立，则由端点效应可知 $\begin{cases}f(a) > 0\\ f(b) > 0\end{cases}$。
若 $f(x) \ge 0$ 在 $(a, b)$ 上恒成立，则由端点效应可知 $\begin{cases}f(a) \ge 0\\ f(b) \ge 0\end{cases}$。
若 $f(x) > 0$ 在 $(a, b)$ 上恒成立，则由端点效应可知 $\begin{cases}f(a) \ge 0\\ f(b) \ge 0\end{cases}$。

若函数 $f(x)g(x) \ge 0$ 在 $(a, b)$ 上恒成立，则：

若 $f(x)$ 在 $(a, b)$ 恒正（恒负），则 $g(x)$ 在 $(a, b)$ 也恒正（恒负）；
若 $\alpha$ 是 $f(x)$ 的变号零点，则 $\alpha$ 也是 $g(x)$ 的变号零点。

已知 $f(x) \ge 0$ 在 $[a, b]$（或 $(a, b)$）上恒成立：

若 $f(a) = 0$，则 $f'(a) \ge 0$；
若 $f(b) = 0$，则 $f'(b) \le 0$。

如果导数为零，我们求二阶导：

$f(x) \ge 0$ 在 $[a, b]$ 上恒成立，若 $f(a) = 0$，$f'(a) = 0$，则 $f''(a) \ge 0$；若 $f(b) = 0$，$f'(b) = 0$，则 $f''(b) \le 0$。
$f(x) \ge 0$ 在 $[a, b]$ 上恒成立，若 $f(a) = 0$ 且 $f'(x) = g(x)h(x)$，其中 $g(x) \ge 0$，则 $h(a) \ge 0$。

对于一小部分题目，可以直接观察使用端点效应等必要性探路，然后直接尝试证明充分性，可能直接证明。

隐零点问题¶

考虑不等式组

\[ \begin{cases} f'(x_0) &= 0 &&①\\ f(x_0) &\ge 0 &&②\end{cases} \]

其中 $f'(x_0)$ 和 $f(x_0)$ 均含有参数 $a$。

有两种方式处理上面不等式组：

若①中的参数 $a$ 和 $x_0$ 容易分离：
- 首先在①中用零点 $x_0$ 表示参数 $a$。
- 然后代入②来确定零点 $x_0$ 的取值范围。
- 最后利用获得的零点 $x_0$ 的范围和①确定参数 $a$ 的取值范围。
- 既适合已知恒成立求参数范围的问题，也适用于不等式的证明。
若①不容易分离参数 $a$ 和 $x_0$，或分离后结构复杂：
- 首先猜测方程组 $\begin{cases} f'(x_0) = 0 \\ f(x_0) = 0 \end{cases}$ 的解 $x_0$。
- 然后由 $f(x_0) \ge 0$ 和端点效应解出 $a$ 的取值范围（该范围为最终的答案）。
- 最后证明在该范围下 $f(x) \ge 0$ 恒成立。
- 注意这个只适合已知恒成立求参数范围的问题，不适于不等式的证明。

通常来说，我们设 $x_0$ 为函数的零点，列出 $f(x_0)=0$ 和要求的条件，组成方程组解方程即可。

如果函数的导数非常复杂，则考虑变换主元法：

首先由端点效应初步获得参数的取值范围，验证这个范围是否为最终范围；若不是，则判断函数的极值并获取参数的取值范围；
根据主元函数的形式，判断主元函数的单调性，然后求主元函数的最值（此最值应当是一个函数），最后判断该最值函数是否满足题中的不等式。

不等式方法¶

一般放缩法¶

首先放缩的依据见简单不等式中的三个不等式，以及四个推导不等式。

若问题没有任何第（I）问的提示且函数为指数、对数和其他幂函数的混合型，则把指数与对数分开，再平衡幂函数和指数与对数函数，使得不等式两边一边是指数，另外一边是对数，然后分别计算它们的最值。这种方法一般只适合不等式的证明！

函数不等式中含有 $xe^x$ 与 $\frac{e^x}{x}$ 这类固定搭配，则考虑放缩如下：

\[ \begin{aligned} xe^x &= e^{x+\ln x} &&\ge x + \ln x + 1\\ \frac{e^x}{x} &= e^{x-\ln x} &&\ge x - \ln x + 1 \end{aligned} \]

整体代换法¶

一部分导数题形式为第一问要求证明一个不等式，而在第二问就可以用这个不等式，通过整体代换的形式进行解决。

例题：证明 $\dfrac{e^x}{x^2}-x\ge1-2\ln x$。

问题显然为：

\[ \dfrac{e^x}{x^2}\ge\ln\dfrac{e^x}{x^2}+1 \]

根据 $x\ge\ln x-1$，不等式显然。

同构化构造¶

简单的同构化，例如 $\sqrt{11}-\sqrt{10}$ 与 $\sqrt{12}-\sqrt{11}$ 比大小，构造同构化函数 $f(x)=\sqrt{x}-\sqrt{x-1}$，求导解决。

例题

当 $m > n > 0$ 时，证明：$me^n + n < ne^m + m$。

要证 $me^n + n < ne^m + m$，即证

\[ \dfrac{me^n}{mn} + \dfrac{n}{mn} < \dfrac{ne^m}{mn} + \dfrac{m}{mn} \]

即

\[ \dfrac{e^n}{n} - \dfrac{1}{n} < \dfrac{e^m}{m} - \dfrac{1}{m} \]

此不等式两边的结构形式一致，构造 $f(x) = \dfrac{e^x}{x} - \dfrac{1}{x}$，只需证明 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递增即可。

最常见的一种形式是：

\[ yf(x)=xf(y) \]

整理得到：

\[ \dfrac{f(x)}{x}>\dfrac{f(y)}{y} \]

其中 $y$ 为关于 $x$ 的函数。

积分构造法¶

我们知道一个经典的不等式

\[ \ln x\le x-1 \]

当且仅当 $x=1$ 时取等，我们对两边同时求积分，如图左。为了使两边依旧在 $x=1$ 时取等，我们将 $\ln x$ 的积分 $(\ln x-1)x$ 修正为其加 $\dfrac{1}{2}$，如图右

利用求导也可以证明下面的不等式：

\[ \begin{cases} 0<x\le1&\ln x\ge\dfrac{1}{2}\left(x-\dfrac{1}{x}\right)\\ x>1&\ln x<\dfrac{1}{2}\left(x-\dfrac{1}{x}\right) \end{cases} \]

类似的，继续求积分，我们还可以得到下面的不等式：

\[ \ln x\le\dfrac{(x+5)(x-1)}{4x+2} \]

类似的，我们对经典的不等式

\[ \ln x\ge1-\dfrac{1}{x} \]

进行类似的积分构造。可以得到

\[ \begin{cases} 0<x\le1&\ln x\le\dfrac{2(x-1)}{x+1}\\ x>1&\ln x\ge\dfrac{2(x-1)}{x+1} \end{cases} \]

替换构造法¶

我们对

\[ \begin{cases} 0<x\le1&\ln x\ge\dfrac{1}{2}\left(x-\dfrac{1}{x}\right)\\ x>1&\ln x<\dfrac{1}{2}\left(x-\dfrac{1}{x}\right) \end{cases} \]

令 $x\gets e^x$，则有

\[ \begin{cases} x\le0& e^x-e^{-x}\le2x\\ x>0& e^x-e^{-x}>2x \end{cases} \]

类似的，我们对

\[ \begin{cases} 0<x\le1&\ln x\le\dfrac{2(x-1)}{x+1}\\ x>1&\ln x\ge\dfrac{2(x-1)}{x+1} \end{cases} \]

令 $x\gets e^x$，则有

\[ \begin{cases} x\le0&(2-x)e^x\ge2+x\\ x>0&(2-x)e^x<2+x \end{cases} \]

局部求值法¶

证明函数最值大于或小于一个数，可以将函数拆为几个易于求值的部分，对每一个部分分别运算，在整体上，这个最值不一定取得到，但是也可以证出结果（要证明的不等式不一定很严格）。

例题：证明

\[ \dfrac{e^x}{x}-\dfrac{8}{x^2}\ln\dfrac{2}{x}+x>e+2 \]

设

\[ f(x)=\dfrac{e^x}{x} \]

则

\[ f'(x)=e^x\dfrac{x-1}{x^2} \]

因此

\[ f(x)\ge f(1)=e \]

设

\[ g(x)=x-\dfrac{8}{x^2}\ln\dfrac{2}{x} \]

则

\[ g'(x)=1-\dfrac{16\ln\dfrac{x}{2}-8}{x^3} \]

易知 $g'(x)$ 单调递增且 $g'(2)=0$，因此：

\[ g(x)\ge g(2)=2 \]

所以

\[ f(x)+g(x)>e+2 \]

不取等号因为局部不等式不同时取等。

隐零点方法¶

在前文隐零点我们说过，如果可以简单的分离、带入，那么容易解决，但是有的时候不能这么解决，此时问题就麻烦一点，我们以例题：已知 $f(x)=e^x-\ln(x+2)$，求证 $f(x)>\dfrac{1}{6}$ 恒成立。

容易想到，我们对 $f(x)$ 求导

\[ f'(x)=e^x-\dfrac{1}{x+2} \]

容易知道函数先单调递减，再单调递增，$f'(x_0)=0$ 容易得到

\[ e^{x_0}=\dfrac{1}{x_0+2} \]

那么就有

\[ f(x_0)=e^{x_0}-\ln(x_0+2)=\dfrac{1}{x_0+2}+x_0 \]

根据零点存在性定理，我们可以知道 $f'(x)$ 的零点应该在 $(-1,0)$。

不妨令

\[ g(x)=\dfrac{1}{x+2}+x \]

取等当且仅当 $x=-1$，而 $g(x)$ 在 $(-1,0)$ 单调递增，不妨令

\[ g(x_1)=\dfrac{1}{6} \]

解得

\[ x_1=\dfrac{1}{2} \]

此时有 $f'(x_1)<0$，因此 $x_0>x_1$

\[ f(x_0)>f(x_1)=\dfrac{1}{6} \]

加强不等式¶

加强不等式是一种构造方法，我们使待证不等式加强，使加强后的不等式能够更易于变形或求值，最常见的是增添项，或者改变恒正负者系数，以约去不等式的部分项。

利用凹凸性割线放缩，是加强不等式的一种。

极值点偏移¶

偏移概述¶

我们在证明形如 $x_1+x_2>m$ 或 $x_1x_2>m$ 的式子成立时，可以尝试将待证的不等式在形式上进行转化，转而证明转化后的不等式 $x_1>m-x_2$ 或 $x_1>\dfrac{m}{x_2}$ 成立，之后利用函数的单调性，转化为函数值之间的关系，即 $f(x_1)$ 与 $f(m-x_2)$ 或 $f\left(\dfrac{m}{x_2}\right)$ 进行比较。

使用构造类对称法解此题时，首先要注意变量的取值范围，我们需要保证构造后不等号两边的变量取值在同一区间内，然后才能使用单调性进行证明。

对于极值点偏移问题，有的还可以直接用变双变量为单变量的方法，这其实就是二元不等式的思想。同时，也可以通过零点的相关性质，将不等式中的常数或者参数转化为与两个零点相关的式子。

有的时候，换元会导致式子变得次数非常复杂，此时应当直接设出函数；有的时候，不等式中参数过于复杂，此时应当用参数转换法；下面提供两种写步骤的方案。

在解决极值点偏移或者类极值点偏移的题目中，经常用到以下两个单变量的不等式链：

在 $x\in(1,+\infty)$，

\[ \small\frac{x-1}{x}<\frac{2(x-1)}{x+1}<\frac{3(x^2-1)}{x^2+4x+1}<\ln x<\sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x}}<\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)<x-1 \]
在 $x\in(0,1)$，

\[ \small\frac{x-1}{x}<\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)<\sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x}}<\ln x<\frac{3(x^2-1)}{x^2+4x+1}<\frac{2(x-1)}{x+1}<x-1 \]

对于一部分参数意义不明的题，可以采取分离参数的方法，把参数化没。

例题：函数 $f(x)=x^2-2x+1+a e^x$。函数有两个极值点 $x_1$、$x_2$，求证 $x_1+x_2>4$。

求出导函数 $f'(x)=2x-2+a e^x$，分离参数即 $a=\dfrac{2-2x}{e^x}$ 有 $2$ 解 $x_1$、$x_2$。

也就是说 $y=a$ 与 $g=\dfrac{2-2x}{e^x}$ 有 $2$ 交点 $x_1$、$x_2$。

令 $g(x)=\dfrac{2-2x}{e^x}$，则有 $g(x_1)=g(x_2)=a$，这就是一个经典的极值点偏移问题。

其中等于 $a$ 是因为我们将 $a$ 减到 $g(x)$ 里面是等价的，因此也可以分出来常数忽略。

对称和模型¶

模型形如证明 $h(x_1,x_2)>C$，其中 $x_1,x_2$ 可交换。

基础模型 $h(x_1,x_2)=x_1+x_2$。有 $f'(x)$ 在 $(-\infty,C/2)$ 恒正（函数单调递增），在 $(C/2,+\infty)$ 恒负（函数单调递减），且 $f'(C/2)=0$（极大值点）。

设 $x_1,x_2$ 为 $f$ 的两个零点且 $x_1<x_2$，满足 $f(x_1)=f(x_2)=0$。

要证明 $x_1+x_2>C$，不妨令

\[ F(\Delta)=f\left(\dfrac{C}{2}+\Delta\right)-f\left(\dfrac{C}{2}-\Delta\right) \]

其中 $\Delta\ge0$，对 $F$ 求导得

\[ F'(\Delta)=f'\left(\dfrac{C}{2}+\Delta\right)+f'\left(\dfrac{C}{2}-\Delta\right) \]

尝试证明其恒大于 $0$，即 $F$ 单调递增。

得出 $F(\Delta)\ge F(0)=0$，因此对于 $\Delta>0$ 有

\[ f\left(\dfrac{C}{2}+\Delta\right)>f\left(\dfrac{C}{2}-\Delta\right) \]

令 $x_1=\dfrac{C}{2}-\Delta$，那么

\[ f(x_2)=f(x_1)=f\left(\dfrac{C}{2}-\Delta\right)<f\left(\dfrac{C}{2}+\Delta\right) \]

因为 $x_2>\dfrac{C}{2}$，因此 $x_2>\dfrac{C}{2}+\Delta$，那么

\[ x_1+x_2>C \]
基础模型 $h(x_1,x_2)=x_1x_2$。有 $f'(x)$ 在 $(-\infty,C)$ 恒负（函数单调递减），在 $(C,+\infty)$ 恒正（函数单调递增），且 $f'(C)=0$（极小值点）。

设 $x_1,x_2$ 为 $f$ 的两个零点且 $x_1<x_2$，满足 $f(x_1)=f(x_2)=0$。

要证明 $x_1x_2<C^2$，不妨令

\[ F(t)=f(tC)-f\left(\dfrac{1}{t}C\right) \]

其中 $t\ge1$，对 $F$ 求导得

\[ F'(t)=Cf'(tC)+C\dfrac{1}{t^2}f'\left(\dfrac{1}{t}C\right)=C\left(1-\dfrac{1}{t^2}\right)f'\left(\dfrac{1}{t}C\right) \]

尝试证明其恒大于 $0$，即 $F$ 单调递增。

得出 $F(\Delta)\ge F(1)=0$，因此对于 $t>1$ 有

\[ f(tC)>f\left(\dfrac{1}{t}C\right) \]

令 $x_1=\dfrac{1}{t}C$，那么

\[ f(x_2)=f(x_1)=f\left(\dfrac{1}{t}C\right)<f(tC) \]

因为 $x_2>C$，因此 $x_2<tC$，那么

\[ x_1x_2<C^2 \]

注意，直接进行极值点偏移，需要保证函数的极值点就是 $C/2$ 或 $\sqrt{C}$，如果不满足，就需要进行一定的变换。

构造变量法¶

经典例题：已知函数 $f(x)=e^x-ax(a\neq0)$ 有两个零点 $x_1,x_2$ 且 $x_1<x_2$，证明 $x_1+x_2>2$。

我们知道

\[ \begin{cases} e^{x_1}&=ax_1\\ e^{x_2}&=ax_2 \end{cases} \]

那么：

\[ x_2-x_1=\ln\dfrac{x_2}{x_1} \]

令 $t=\dfrac{x_2}{x_1}>1$，则：

\[ \begin{cases} x_1&=\dfrac{\ln t}{t-1}\\ x_2&=\dfrac{t\ln t}{t-1} \end{cases} \]

要证 $x_1+x_2>2$ 即证：

\[ \dfrac{t+1}{t-1}\ln t>2 \]

即：

\[ \ln t>\dfrac{2(t-1)}{t+1} \]

不妨令 $g(t)=\ln t-\dfrac{2(t-1)}{t+1}$，则：

\[ g'(t)=\dfrac{1}{t}-\dfrac{2(t+1)-2(t-1)}{(t+1)^2}=\dfrac{1}{t}-\dfrac{4}{(t+1)^2}=\dfrac{(t-1)^2}{t(t+1)^2} \]

我们注意到 $g'(1)=0$ 且在 $(1,+\infty)$ 上恒正，因此

\[ g(x)>g(1)=0 \]

即不等式成立。

还有一种方法，由

\[ x_2-x_1=\dfrac{x_2}{x_1} \]

得

\[ \dfrac{x_2-x_1}{\ln\dfrac{x_2}{x_1}}=1 \]

要证 $x_1+x_2>2$ 即证：

\[ x_1+x_2>\dfrac{2(x_2-x_1)}{\ln\dfrac{x_2}{x_1}} \]

令 $t=\dfrac{x_2}{x_1}>1$，即证：

\[ \ln t>\dfrac{2(t-1)}{t+1} \]

前面已经证明，显然成立。

对于形如证明 $x_1x_2<C$ 的，我们将在下面构造函数法中写。

构造函数法¶

例题：已知函数 $f(x)=\dfrac{1}{2}x+m+\dfrac{3}{2x}-\ln x(m\in\R)$，若 $x_1,x_2$ 是函数 $g(x)=xf(x)$ 的两个极值点，且 $x_1<x_2$，证明 $x_1x_2<1$。

我们令 $g(x)=xf(x)=mx-x\ln x+\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{3}{2}$，对其求导

\[ g'(x)=x-\ln x+m-1 \]

\[ g''(x)=\dfrac{x-1}{x} \]

当 $0<x<1$ 时，$g''(x)<0$，$g'(x)$ 单调递减；当 $x>1$ 时，$g''(x)>0$，$g'(x)$ 单调递增。因此 $1$ 为 $g'(x)$ 的极值点，因此 $0<x_1<1<x_2$。

要证 $x_1x_2<1$ 即证

\[ x_2<\dfrac{1}{x_1} \]

因为 $0<x_1<1$ 所以 $\dfrac{1}{x_1}>1$，因此尝试证明

\[ g'(x_2)<g'\left(\dfrac{1}{x_1}\right) \]

又因为 $g'(x_1)=g'(x_2)=0$，因此证明

\[ g'(x_1)<g'\left(\dfrac{1}{x_1}\right) \]

令函数

\[ h(x)=g'(x)-g'\left(\dfrac{1}{x}\right)=x-\dfrac{1}{x}-2\ln x(0<x<1) \]

求导得

\[ h'(x)=\dfrac{(x-1)^2}{x^2}>0 \]

因此 $h(x)$ 单调递增，从而 $h(x)<h(1)=0$，得证。

这道题也可以用构造变量法，同样令 $t=\dfrac{x_2}{x_1}>1$，证明

\[ \ln t<\sqrt{t}-\dfrac{1}{\sqrt{t}} \]

即可。

变形双变量¶

当双变量不再对称，构造函数与构造变量都可以适用。

对于构造函数，只需要确保极值点与常数项对应，然后找到极值点两边证明即可。
对于构造变量，只需要按照原来的方法，带入不等式，只是解不等式可能有一些复杂。

联立两个零点，经常可以得到类似于

\[ \ln\dfrac{x_1}{x_2}=x_1-x_2 \]

的式子，设 $t=\dfrac{x_1}{x_2}\in(0,1)$，一是可以将其化为

\[ \begin{cases} x_1&=\dfrac{t\ln t}{t-1}\\ x_2&=\dfrac{\ln t}{t-1} \end{cases} \]

然后带入，直接证明一元不等式，二是可以将

\[ 1=\dfrac{x_1-x_2}{\ln\dfrac{x_1}{x_2}} \]

或其倒数，利用 $1$ 的代还，解决问题。

拐点偏移¶

我们知道拐点是二阶导数的变号点。若函数在拐点两侧的变化速度相同，那么函数图像关于拐点中心对称；若变化速度不同，则图像会出现“偏移”。我们把这种现象称为“拐点偏移”。

我们知道常见的极值点偏移是给出 $f(x_1)=f(x_2)=0$，而拐点偏移比较常见的是给出 $f(x_1)+f(x_2)=C$ 这种，我们以例题。

例题：已知函数 $f(x)=2\ln x+x^2-1$，若 $x_1,x_2$ 是两个不相等的正数，且 $f(x_1)+f(x_2)=0$，证明 $x_1+x_2>2$。

\[ f'(x)=\dfrac{2}{x}+2x\ge4 \]

因此 $f(x)$ 单调递增，且 $f(1)=0$，注意到 $2$ 就是两倍的零点，我们不妨设

\[ 0<x_1<1<x_2<2 \]

因为 $x_2>2$ 的时候，显然 $x_1+x_2>2$。考虑这个部分，即证

\[ f(x_2)>f(2-x_1) \]

又因为 $f(x_2)=-f(x_1)$，因此证

\[ -f(x_1)>f(2-x_1) \]

不妨设

\[ g(x)=f(x)+f(2-x)=2\ln(2x-x^2)-2(2x-x^2)+2 \]

其中 $x\in(0,1)$，不妨令 $t=2x-x^2\in(0,1)$，由 $\ln t<x-1$，不等式显然成立。

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