高中数学/微积分初步/利用导数证明不等式

阅读指南

希望快速了解或快速回顾高中数学的读者可以只看基础知识部分。其余部分是为需要参加学科考试或需要一定知识提升的读者准备的。

预备知识

阅读本节，需要先学习有关不等式的基本性质、平均值不等式、导数与单调性和极值的关系的知识。

考试要求

本节的基础知识是掌握导数工具必不可少的一环，每一个接触微积分知识的读者都应该要学会。而隐零点问题、极值点偏移等扩展部分的内容则一般只是普通高中常规考试压轴题的考点，不会出现在常规考试的中低档水题中，而且不一定对中学阶段以上的数学学习有帮助，读者请根据自己当前的能力程度和实际需要阅读。

基础知识

简单的构造函数求导法

利用导数论证不等式的过程主要分3个步骤：

1. 构造函数，并对函数求导；
2. 分析求导结果（一般要列方程得到极值点或极值条件），由此判断函数的单调性；
3. 求此函数的最值，得出结论。

其中第1个步骤中如何寻找合适的函数，和第3个步骤中如何处理求导后不易求得极值点的情形，有时可能并不容易。我们先看一些简单的问题。

最简单的问题是一步求导后即可直接比较出大小的问题。只需要作差（或全部移项到同一侧）后对表达式求导，然后根据导数的取值正负直接判断单调性。这种题型能充分体现求导方法的便利性，而且操作过程简单无脑，老少咸宜，深受广大人民群众的喜爱。

相关例题1： 利用求导判断单调性的方法，快速验证下列不等式：

(1) $\sin x<x<\tan x\quad (0<x<{\frac {\pi }{2}})$；

(2) $x-x^{2}>0\quad (0<x<1)$；

(3) $e^{x}>x+1\quad (x\neq 0)$；

(4) $\ln x<x<e^{x}\quad (x>0)$。

提示：回忆一下，$\sin x<x\quad (0<x<{\frac {\pi }{2}})$的正确性来自于三角函数的单位圆定义。而三角函数求导公式的推导过程中所用到的重要极限$\lim _{x\to 0}{\frac {\sin x}{x}}=1$也来自于对于三角函数定义的图象直观分析。所以利用导数法只能说可以验证这个不等关系，但不能说可以用导数法证明它，否则会犯循环论证的错误。

相关例题2： 比较$7^{8}$与$8^{7}$的大小。

相关例题3： 当x > -1时，求证$1-{\frac {1}{x+1}}\leq \ln(x+1)\leq x$。

相关例题4： 已知函数$f(x)=1-{\frac {\ln x}{x}},g(x)={\frac {ae}{e^{x}}}+{\frac {1}{x}}-bx$。若曲线y = f(x)与曲线y = g(x)的一个公共点是A (1, 1)，且在点A处的切线相互垂直。

(1) 求a、b的值；

(2) 当$x\geq 1$时，求证：$f(x)+g(x)\geq {\frac {2}{x}}$。

简单含参恒成立问题中的参、变量分离法

回顾有关恒成立与存在性问题的知识，可知对于只含单个参数的函数，可以将只含变量的部分和只含参数的部分设法分别调整到不等式的两侧，分离它们的相互影响，然后即可对两侧分别求最值。而在求解最值时，就可以充分借助求导这个工具。

常用结论与常见模型

本小节我们讨论各种不易求解极值或不方便比较极值的情形。理论上凡是对于可求导的函数，都可以借助牛顿迭代法等数值方法求出零点或极值点的近似解。但对于常见的考题来说，由于手工计算量大的原因，这并非在考试中可取的办法。

这些不易求解或比较极值的问题有的涉及单个变量，有的同时涉及2个变量。一般来说，单变量的问题更易处理一些；多变量的问题最好要利用问题条件想办法转化为单变量问题处理。

需要在不等式两侧分开讨论的恒成立和存在性问题

对于要论证$f(x)\geq g(x)$的问题，有时如果发现虽然直接求f(x) - g(x)的极值很困难，但是若恰好能证明$f(x)_{min}\geq g(x)_{max}$，那么就足以说明$f(x)\geq g(x)$。这就涉及寻找合理的强化条件，将原问题拆分成2个单独的函数求最值问题，并使得每个单独的函数较易求导并分析极值。一般来说，从$f(x)\geq g(x)$向$f(x)_{min}\geq g(x)_{max}$的条件转换并非是等价的，需要根据所给不等式的具体情况判断是否可以这样做。换句话说，对于单变量的不等式，虽然有时极值点可能不易求解，但是只要将待求证的式子拆分为易分别求出极值的2个部分，且求出的极值容易充当比较大小的中间量，那么也能解决一些恒成立或存在性问题。这需要对问题中涉及的函数的图象性质或大致走势有一个粗略的预判。

相关例题1： 举出合适的函数实例，说明由条件$f(x)\geq g(x)$推不出$f(x)_{min}\geq g(x)_{max}$。

相关例题2： 设函数$f(x)=ae^{x}\ln x+{\frac {be^{x-1}}{x}}$，曲线y = f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y = e (x-1) + 2。

(1) 求a和b；

(2) 证明：f(x) > 1。

（出自2014年中国大陆新课标高考理科全国卷Ⅰ第21题（压轴解答题）。）

参考解答：
(1) 暂略；
(2) 稍作变形可知f(x) > 1等价于$x\ln x>xe^{-x}-{\frac {2}{e}}$。
设$g(x)=x\ln x,h(x)=xe^{-x}-{\frac {2}{e}}$。
对于g(x)，有$g'(x)=\ln x+1$。
当$x\in (0,{\frac {1}{e}})$时，g'(x) < 0，说明g(x)在此区间上单调递减；
当$x\in ({\frac {1}{e}},+\infty )$时，g'(x) > 0，说明g(x)在此区间上单调递增。
所以当x > 0时，g(x)的最小值为$g({\frac {1}{e}})=-{\frac {1}{e}}$。
对于h(x)，有$h'(x)=e^{-x}(1-x)$。
当$x\in (0,1)$时，h'(x) > 0，说明h(x)在此区间上单调递增；
当$x\in (1,+\infty )$时，h'(x) < 0，说明h(x)在此区间上单调递减。
所以当x > 0时，h(x)的最大值为$h(1)=-{\frac {1}{e}}$。
又因为$g(x)\geq g(x)_{min}=-{\frac {1}{e}}=h(x)_{max}\geq h(x)$，且g(x)和h(x)并没有在同一点取到这个极值，所以有g(x) > h(x)恒成立。
这就说明当x > 0时，恒有g(x) > h(x)，即f(x) > 1此时是恒成立的。

点评： 解法的难点在于对要论证的原命题$x\ln x>xe^{-x}-{\frac {2}{e}}$变形到这一步时，就要反应过来$x\ln x$是先递减后递增的函数，而$xe^{-x}$是先递增后递减的函数。于是可以尝试论证$(x\ln x)_{min}>(xe^{-x})_{max}$，从而初步确定所需的2个辅助函数的形式。而要快速判断$x\ln x$的所有取值都高于$xe^{-x}$，需要记忆它们的图象特征。

利用导数论证不等关系的问题，常常涉及到$x,x^{2},e^{x},\ln x$这几个量的简单乘/除组合的大小比较。原因是因为它们直接列式求导以后形式比较复杂，只能先作转换以后才好处理，适合出作考题。为此，读者需要留意下列函数的图象走势特征：

• $f(x)=xe^{x}$
• $f(x)={\frac {e^{x}}{x}}$
• $f(x)={\frac {x}{e^{x}}}$
• $f(x)=x\ln x$
• $f(x)={\frac {\ln x}{x}}$
• $f(x)={\frac {x}{\ln x}}$
• $f(x)={\frac {\ln x}{x^{2}}}$
• $f(x)={\frac {x^{2}}{\ln x}}$

另一类与之相关的问题涉及2个以分离形式存在或可分离的变量，这种问题易于转化为2个相对独立的单变量极值问题处理。

我们回忆包含这种分离的双变量的恒成立或存在性问题的一般思路：

解决涉及双变量的全称或存在量词的不等关系问题，需要将原问题转化为求函数的最值。常见的情形包括：

• $\forall x_{1},\forall x_{2},f(x_{1})<h(x_{2})\quad \Leftrightarrow \quad f(x_{1})_{max}\leq g(x_{2})_{min}$
• $\forall x_{1},\exists x_{2},f(x_{1})<h(x_{2})\quad \Leftrightarrow \quad f(x_{1})_{max}\leq g(x_{2})_{max}$
• $\exists x_{1},\forall x_{2},f(x_{1})<h(x_{2})\quad \Leftrightarrow \quad f(x_{1})_{min}\leq g(x_{2})_{min}$
• $\exists x_{1},\exists x_{2},f(x_{1})<h(x_{2})\quad \Leftrightarrow \quad f(x_{1})_{min}\leq g(x_{2})_{max}$

换句话说，只要分清楚情况，分别求其中左右两边的函数最值，如果两端分别求出的最值能满足上述条件即可解决原问题。

相关例题3： 已知函数$f(x)={\frac {1}{2}}ax^{2}-(2a+1)x+2\ln x\quad (a\in \mathbb {R} )$。

(1) 当$a={\frac {2}{3}}$时，求函数f(x)的单调区间；

(2) 当$a>{\frac {1}{2}}$时，设$g(x)=(x^{2}-2x)e^{x}$，求证：$\forall x_{1}\in (0,2],\exists x_{2}\in (0,2]$，使得$f(x_{1})<g(x_{2})$。

设而不求处理隐零点

当取极值的条件难于求解时，可以对极值点采取设而不求的办法，然后根据题目情况，将取极值的条件设法直接变形为要求证的结论，从而也可以达到目的。这种思路省去了先解方程，然后把极值点代入计算的过程，但是要求极值满足的条件方程容易变形为要求证的式子形式。由于这种问题并不需要求出导函数零点的具体值，因此也被人称为“导函数的隐零点问题”。

提示：计算极值并非一定要把极值点的显示表达式计算出来，然后再代入原函数才行。如果可以把原函数中的自变量都利用极值点满足的极值条件等价替换掉，也可以达到求出极值的目的。

相关例题1： 设函数$f(x)=e^{2x}-a\ln x$。

(1) 讨论f(x)的导函数f'(x)的零点的个数；

(2) 证明：当a > 0时，$f(x)\geq 2a+a\ln {\frac {2}{a}}$。

（出自2015年中国大陆新课标高考文科全国卷Ⅰ第21题（压轴解答题）。）

设而不求的思想有时会应用于两个函数的差值估计问题。比较2个函数f(x)和g(x)的差值范围时，如果h(x) = f(x) - g(x)极值点无法直接解出，但是容易判断差函数h(x)存在唯一的极值点，就可以利用导数在其极值点两侧的取值正负性差异，用二分法将极值点逼入一个比较小的范围内，再对含极值点的形式表达式求最值，从而获得较好的估值效果。

相关例题2： 已知函数$f(x)=e^{x},g(x)=\ln x+m$。

(1) 当m = -1时，求函数$F(x)={\frac {f(x)}{x}}+x\cdot g(x)$在$(0,+\infty )$上的极值；

(2) 若m = 2，求证：当$x\in (0,+\infty )$时，$f(x)>g(x)+{\frac {1}{10}}$。（参考数据：$\ln 2\approx 0.693,\ln 3\approx 1.099$。）

参考解答：
(1) 极小值为F(1) = e - 1，无极大值。
(2) 构造差值函数$h(x)=f(x)-g(x)=e^{x}-\ln x-2$。
易知$h'(x)=e^{x}-{\frac {1}{x}}$，且h'(x)在$(0,+\infty )$上单调递增。
其次有$h'({\frac {1}{2}})={\sqrt {e}}-2<0,h'(\ln 2)=2-{\frac {1}{\ln 2}}>0$。
所以h'(x)在$(0,+\infty )$的唯一零点$x_{0}\in ({\frac {1}{2}},\ln 2)$。
h'(x)的这个零点$x_{0}$也就是h(x)单调性的分界点。即当$x\in (0,x_{0})$时，h(x)单调递减；当$x\in (x_{0},+\infty )$时，h(x)单调递增。
由极值条件$h'(x_{0})=0$可得$e^{x_{0}}={\frac {1}{x_{0}}}$，即$x_{0}=-\ln x_{0}$。
考虑到$x_{0}$是h(x)的极小值，并利用上述极值条件作代换，可得：
$h(x)\geq h(x_{0})=e^{x_{0}}-\ln x_{0}-2={\frac {1}{x_{0}}}+x_{0}-2$
结合题目要求，我们只需继续论证$h(x)\geq {\frac {1}{x_{0}}}+x_{0}-2>{\frac {1}{10}}$的右半边不等关系即可。
换句话说，接下来就是要证在点$x_{0}$的附近，有关系式${\frac {1}{x}}+x>2+{\frac {1}{10}}$始终成立。由于${\frac {1}{x}}+x$是对勾函数，根据其图象特点，我们设想这应该是可以做到的。
我们设$k(x)={\frac {1}{x}}+x\quad ({\frac {1}{2}},\ln 2)$。由对勾函数的性质可知k(x)在其此定义域上是单调递减的，于是k(x)的最小值会在其右端点取得。
因为x_0也在这个使k(x)递减的定义域内，所以有：
$k(x_{0})>k(x)_{min}=k(\ln 2)=\ln 2+{\frac {1}{\ln 2}}-2\approx 0.13>{\frac {1}{10}}$
因为$f(x)-g(x)=h(x)\geq h(x_{0})\geq k(x)_{min}>{\frac {1}{10}}$，所以$f(x)>g(x)+{\frac {1}{10}}$得证。

这类问题的具体做法包括下列步骤：

1. 利用设而不求的思想，先把解不出的极值点设为$x_{0}$。
2. 令差函数h(x)的一阶导数为0而得到极值条件式。
3. 将设好但未求出的极值点$x_{0}$代入函数f(x)的表达式，在所限定的区间上讨论此极值表达式$h(x_{0})$的取值范围。对极值表达式求最值时，注意要将极值满足的条件式代入其中，必要时还可以对该表达式再求一次导数。如果所取的范围合适，将结果适当化简即可证明出不等式。
4. 如果得不到结果，继续在更小的区间范围上讨论此极值表达式$h(x_{0})$的取值范围。由于这类问题在求导后可以判断出存在唯一的极值点，导数在极值点的两侧肯定是一侧恒为正、另一侧恒为负，所以对导函数来说满足波尔查诺二分法估计零点位置的使用条件。于是接下来利用二分法将极值点的位置限制到一个尽可能小的区域内，可以多缩小几次范围，直到化简后的结果满足要证的不等式为止。

熟练以后，可以根据需要，拆除得到正确思路过程中的一部分脚手架，以简化证明步骤。

极值点偏移

极值点偏移是一类因函数在极值点两侧单调区间上增减速度不同，导致图象明显倾斜于其中某一侧的情况。它是相对于标准二次函数这种极值点完美处于图象对称轴上的情形而言的。我们在这一小节专门分析极值点的偏移情况。

知识背景：在微积分学中，极值点的偏移情况一般可以通过计算泰勒展开公式中的三阶导数项判断。

从形式上看，极值点偏移问题一般会直接给出某个可求导的函数f(x)的解析式（可能包含参数），然后根据情况分别：

• 暗示$x_{0}$是其极值点的横坐标，求证在定义域内$\forall x_{1}\neq x_{2},{\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}>x_{0}$。
• 求证在定义域内$\forall x_{1}\neq x_{2},f({\frac {x_{1}+x_{2}}{2}})>0$。
• 其它通过简单代数变形后可以归入上述类型的问题。

相关例题1： 已知函数$f(x)={\frac {x-1}{e^{x-1}}}\quad (x\in R)$。

(1) 已知函数y = g(x)对于任意的x都满足g(x) = f(4-x)，求证当x > 2时，f(x) > g(x)；

(2) 如果$x_{1}\neq x_{2},f(x_{1})=f(x_{2})$，求证$x_{1}+x_{2}>4$。

参考解答：
(1) 首先$g(x)=f(4-x)={\frac {3-x}{e^{3-x}}}$。
设$h(x)=f(x)-g(x)={\frac {1-x}{e^{1-x}}}-{\frac {3-x}{e^{3-x}}}$，
那么$h'(x)={\frac {2-x}{e^{x-1}}}-{\frac {2-x}{e^{3-x}}}={\frac {(2-x)(e^{3}-e^{2x-1})}{e^{x+2}}}$。
当x > 2时，$(2-x)<0,(e^{3}-e^{2x-1})<(e^{3}-e^{3})=0$。
这说明h'(x) > 0，即h(x)是$(2,+\infty )$上的增函数。
所以$h(x)>h(2)={\frac {1}{e}}-{\frac {1}{e}}=0$，即f(x) - g(x) = h(x) > 0。
这就证明了当x > 2时，有f(x) > g(x)。
(2) 易知f(x)在$(-\infty ,2)$内递增，在$(2,+\infty )$内递减，在x = 2处取值是连续的，且在x = 2处取到最大值。
由于f(x)在极值点位置x = 2的任何一侧都是严格单调的，所以在任何一侧都不会出现2个不同的自变量值对应相同函数值的情况。
再根据条件$x_{1}\neq x_{2},f(x_{1})=f(x_{2})$，可知$x_{1}$和$x_{2}$必定是一个在单调递增的区间内，另一个在单调递减的区间内。
不妨假设$x_{1}<2<x_{2}$。我们将$x_{2}$关于极值点位置x = 2的对称点记作$m_{2}$，即${\frac {m_{2}+x_{2}}{2}}=2$，即$m_{2}=4-x_{2}$。这样做的目的是将点$x_{2}$换为与$x_{1}$在同一侧的镜像点$m_{2}$，便于在同一个单调区间中分析2个点对应函数值的大小关系。如果能得到$x_{2}<m_{2}<2$，就能证明命题。
因为点$m_{2}$处的函数值$f(m_{2})=f(4-x_{2})=g(x_{2})$，而由第1小问所证的结论可知$f(x_{2})>g(x_{2})=f(m_{2})$。
另一方面，由于f(x)在$(-\infty ,2)$上是（严格）单调递增的，且$x_{2},m_{2}\in (-\infty ,2)$，所以由$f(x_{2})>f(m_{2})$可以反推出$x_{2}<m_{2}$。
这说明$x_{2}<m_{2}=4-x_{1}$，也即$x_{1}+x_{2}<4$。证明完毕。

点评： 熟练的话，以后遇到已知$f(x_{1})=f(x_{2})$，且f(x)有唯一的极值点f(a)，要证明$x_{1}+x_{2}>a$，可以直接将其转化为论证$x_{1}>4-x_{2}$。为此，只要先证明同一侧函数值$f(x_{1})$与$f(4-x_{2})$的大小关系，再利用函数单调性反推自变量的大小关系即可。

相关例题2： 已知函数$f(x)=(x-1)e^{1-x},f(x_{1})=f(x_{2})$，求证：$x_{1}+x_{2}>4$。

上述都是最简单的极值点平移问题，它们的共同点就是函数在定义域内部明显只有一个极值点，且所给的2个零点恰好分布在极值点两侧。如果题中所给的f(x)本来就恰好满足了这样的条件，就可以直接使用上述基本套路求解，即设法利用函数值的差异反推出自变量之和的范围。但是如果不满足，则需要另外寻找其它满足这类单调性条件的辅助函数。一般的思路是从所给的f(x)的导函数，或是其分离参、变量后的解析式入手。

相关例题3： 已知函数$f(x)={\frac {1}{2}}x+m+{\frac {3}{2x}}-\ln x\quad (m\in \mathbb {R} )$。

(1) 当$m={\frac {1}{2}}$时，求函数f(x)在区间[1, 4]上的最值；

(2) 若$x_{1},x_{2}$是函数g(x) = x f(x)的2个极值点，且$x_{1}<x_{2}$，求证：$x_{1}x_{2}<1$。

参考解答：
(1) 易知函数f(x)的定义域为$(0,+\infty )$。
当$m={\frac {1}{2}}$时，$f(x)={\frac {1}{2}}x+{\frac {1}{2}}+{\frac {3}{2x}}-\ln x,f'(x)={\frac {1}{2}}-{\frac {3}{2x^{2}}}-{\frac {1}{x}}={\frac {(x+1)(x-3)}{2x^{2}}}$。
$\forall x\in [1,3),f'(x)<0$，f(x)此时单调递减；
$\forall x\in (3,4],f'(x)>0$，f(x)此时单调递增。
考虑到f'(x)在[1, 4]内取值是连续的，所以f(x)在[1, 4]上有一个最小值$f(3)={\frac {5}{2}}-\ln 3$，而最大值会在端点x = 1或x = 4处取得。
因为常数$e\approx 2.71828<4$，由计算可知：
${\begin{array}{l}f(1)-f(4)=({\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}+{\frac {3}{2}}-\ln 1)-({\frac {23}{8}}-2\ln 2)\\={\frac {5}{2}}-({\frac {23}{8}}-2\ln 2)=2\ln 2-{\frac {3}{8}}=\ln 4-{\frac {3}{8}}\\>\ln e-{\frac {3}{8}}=1-{\frac {3}{8}}>0\end{array}}$
所以$\forall x\in [1,4],f(x)_{max}=\max\{f(1),f(4)\}={\frac {5}{2}}$。
(2) 首先$g(x)=xf(x)={\frac {1}{2}}x^{2}+mx+{\frac {3}{2}}-x\ln x$，易知$g'(x)=x+m-1-\ln x$。
我们先转化有关$x_{1},x_{2}$的已知条件。
因为已知$x_{1},x_{2}$是g(x)的2个不同的极值点，因而也是其导函数$g'(x)=x+m-1-\ln x$的零点，即方程$x+m-1-\ln x=0$的2个不同的实数根。
对$x+m-1-\ln x=0$分离参变量可得$x-\ln x=1-m$。
从数形结合的角度看，只需保证$k(x)=x-\ln x$的图象在其定义域上与水平直线y = 1 - m先后交于点$x_{1},x_{2}$即可。
因为$k'(x)=1-{\frac {1}{x}}$，容易判断k(x)在(0, 1)上（严格）单调递减，在$(1,+\infty )$上（严格）单调递增，在x = 1处取值是连续的，且在x = 1处取得最小值k(1) = 1。
知道k(x)的单调性情况后，现在要使$k(x)=x-\ln x$的图象与y = 1 - m先后交于点$x_{1},x_{2}$，至少要保证$1-m>k(x)_{min}=1$且$x_{1},x_{2}$分别在其取极值位置x = 1的两侧。
这就是说要有m < 0且$0<x_{1}<1<x_{2}$。现在$x_{1},{\frac {1}{x_{2}}}$都跑到了较小的区间(0, 1)内。
现在回到主干问题来，要证$x_{1}x_{2}<1$，只要证明$x_{1}<{\frac {1}{x_{2}}}$。加上刚才获知的条件${\frac {1}{x_{2}}}<1$，所以实际只要证$x_{1}<{\frac {1}{x_{2}}}<1$。
我们的思路是寻找一个与$x_{1},x_{2}$都直接相关且在(0, 1)上单调的函数，利用它在$x=x_{1}$和$x={\frac {1}{x_{2}}}$两点上的取值差异及单调性，来反推出自变量的关系$x_{1}<{\frac {1}{x_{2}}}<1$。
显然g(x)在(0, 1)上有2个不同极值点，k(x)在(0, 1)上有2个不同零点，它们都不满足单调性的条件。但是$k'(x)=1-{\frac {1}{x}}$在(0, 1)是单调递增的，且它与$x_{1},x_{2}$存在不太复杂的约束关系$k(x_{1})=k(x_{2})=1-m$，在区间端点还有$k(1)=1-\ln 1=1$。当然，这些条件不一定都需要用上。
我们计划通过论证$k'(x_{1})<k'({\frac {1}{x_{2}}})$来证明$x_{1}<{\frac {1}{x_{2}}}<1$。为此，对k'(x)的2个值作差比较：
$k'(x_{1})-k'({\frac {1}{x_{2}}})=(1-{\frac {1}{x_{1}}})-(1-{\frac {1}{\frac {1}{x_{2}}}})=x_{2}-{\frac {1}{x_{1}}}={\frac {x_{1}x_{2}-1}{x_{1}}}$
由于$x_{1}>0,0<x_{1}x_{2}<1$，所以由上式可知$k'(x_{1})-k'({\frac {1}{x_{2}}})<0$，即$k'(x_{1})<k'({\frac {1}{x_{2}}})$。
再由k'(x)的（严格）单调性即可推知$x_{1}<{\frac {1}{x_{2}}}<1$，也即证明了$x_{1}x_{2}<1$。

点评：本题第(2)问先是利用数形结合思想得到$x_{1},x_{2},1$三者大小的顺序关系，从而得到一条关键信息$0<x_{1}<{\frac {1}{x_{2}}}<1$。接下来就是寻找一个能利用上题设信息且在(0, 1)上单调的函数，利用其函数值的大小差异来反推出自变量$x_{1},{\frac {1}{x_{2}}}$的大小关系，从而证明命题。我们从已经设过的函数中直接寻找所需的函数，易知由单调性条件可以排除g(x)和k(x)，而k'(x)符合上述条件，那么就直接选k'(x)作为完成证明的辅助函数即可。由于k'(x)在(0, 1)上是（严格）单调递增的，所以只要设法说明$k'(x_{1})<k'({\frac {1}{x_{2}}})$就能直接得到要证的$x_{1}<{\frac {1}{x_{2}}}$。
解决第(2)问的辅助函数也有其它设法。例如读者如果论证出g(x)在(0, 1)上只有1个极值点，其实可以推知没有极值点的g'(x)也可能作为要找的单调函数。接下来只要找到办法比较$g'(x_{1}),g'({\frac {1}{x_{2}}})$的大小关系，也能反推出$x_{1},{\frac {1}{x_{2}}}$的大小关系。顺着这条思路，遇到$g'(x_{1}),g'({\frac {1}{x_{2}}})$不方便直接作差比较的情况，读者可能还需要继续求g(x)的二阶导函数$g''(x)$。事实上，我们之所以在这里刻意提及二阶导函数的概念，是因为要利用导数工具解决本题，本质上都会直接或间接地用到考察二阶导函数的技巧。

不少极值点偏移问题可以结合巧妙变形或转换为对数均值不等式处理。

相关例题4： 已知函数$f(x)=\ln x+bx$有2个不同的零点$x_{1},x_{2}$。

(1) 求b的取值范围；

(2) 求证：${\frac {x_{1}x_{2}}{e^{2}}}>1$。

参考解答1：
(1) 略。
(2) $x_{1}x_{2}>e^{2}>0\quad \Leftrightarrow \quad \ln(x_{1}x_{2})>\ln e^{2}\quad \Leftrightarrow \quad \ln x_{1}+\ln x_{2}>2$
不妨作换元$t_{1}=\ln x_{1},t_{2}=\ln x_{2}$，则$f(x)=\ln x+bx$变为$g(t)=t+be^{t}$。
由此我们只需在条件$t_{1}\neq t_{2},g(t_{1})=g(t_{2})=0$下证明$t_{1}+t_{2}>2$。也即证明$t_{1}>2-t_{2}$。
按照套路，我们需要明确知道g(t)的单调性以及$g(t_{1})$和$g(2-t_{2})$的大小关系。但是由于此时的g(t)的单调性还依赖于参数b的取值，不易判断是否符合极值点偏移模型中对极值点数量的要求，所以我们需要另找其它函数进行构造证明。
我们尝试通过参变量分离的办法把b撇到一边，寻找出自变量分别取$t_{1},t_{2}$时都能得到相同值的函数。
由于$t=t_{1}$是使得g(t) = 0成立的解，故有$g(t_{1})=t_{1}+be^{t_{1}}=0$，分离参变量后即得到$b=-t_{1}e^{-t_{1}}$。
类似地，对于$t_{2}$也会有$b=-t_{2}e^{-t_{2}}$。
这暗示如果我们设$h(t)=-te^{-t}$，那么可以同时保证$h(t_{1})=h(t_{2})$以及h(t)的单调性与未知参数b无关。
由$h'(t)=(t-1)e^{-t}$以及$e^{-t}>0$，易知t = 1是h'(t)的唯一零点，即h(t)的唯一极值点，而且是最小值点。待证式${\frac {t_{1}+t_{2}}{2}}>1$中暗示的极值点位置x = 1刚好与之吻合，所以这个h(t)就可以选作我们所需的辅助函数。
由于t = 1是h(t)唯一取极小值的位置，h(t)在相异的两点$t_{1},t_{2}$上都取到相同的函数值，所以一定有$t_{1}<1<t_{2}$。换句话说，$t_{1},t_{2}$分别位于h(t)唯一极小值点的左右2侧。
由于g(t)在$(-\infty ,1)$上（严格）单调递减，所以只需要证明$g(t_{1})<g(2-t_{2})$即可证明$t_{1}>2-t_{2}$。
${\begin{array}{l}g(t_{1})-g(2-t_{2})=g(t_{2})-g(2-t_{2})\\=(-t_{2}e^{-t_{2}})-(-(2-t_{2})e^{-(2-t_{2})})=-t_{2}e^{-t_{2}}+(2-t_{2})e^{t_{2}-2}\\=(-t_{2}e^{2-2t_{2}}+(2-t_{2}))e^{t_{2}-2}=(-t_{2}e^{2(1-t_{2})}+2-t_{2})e^{t_{2}-2}\end{array}}$
由于$e^{t_{2}-2}>0$，我们只需要证明$-t_{1}e^{2(1-t_{2})}+2-t_{2}<0$即可证出$g(t_{1})-g(2-t_{2})$。
$-t_{2}e^{2(1-t_{2})}+2-t_{2}<-t_{2}e^{0}+2-t_{2}=-t_{2}+2-t_{2}=2(1-t_{2})<0$
由此我们证明了原命题。

参考解答2：
(1) 略。
(2) 先不妨设$0<x_{1}<x_{2}$。其次，要求证的命题等价于$\ln x_{1}+\ln x_{2}>2$。
由$x_{1},x_{2}$是$f(x)=\ln x+bx$的不同零点可知：
$\left\{{\begin{array}{l}\ln x_{1}+bx_{1}=0\\\ln x_{2}+bx_{2}=0\end{array}}\right.\Leftrightarrow \left\{{\begin{array}{l}\ln x_{1}-\ln x_{2}=b(x_{2}-x_{1})\\\ln x_{1}+\ln x_{2}=-b(x_{2}+x_{1})\end{array}}\right.\Leftrightarrow \left\{{\begin{array}{l}b(x_{2}-x_{1})=\ln x_{1}-\ln x_{2}\\b(x_{2}+x_{1})=-(\ln x_{1}+\ln x_{2})<-2\end{array}}\right.$
其中上述式子的最后一步变形代入了要证的命题。继续消去未知参数b可得要证的命题等价于（注意分式不等式变形时是否需要改变不等号方向）：
${\frac {\ln x_{1}-\ln x_{2}}{x_{2}-x_{1}}}<-{\frac {2}{x_{1}+x_{2}}}\quad \Leftrightarrow \quad \ln {\frac {x_{1}}{x_{2}}}<-{\frac {2(x_{2}-x_{1})}{x_{1}+x_{2}}}={\frac {2({\frac {x_{1}}{x_{2}}}-1)}{{\frac {x_{1}}{x_{2}}}+1}}$
设$t={\frac {x_{1}}{x_{2}}}$。因为$x_{1}<x_{2}$，于是0 < t < 1。由此可得要证的命题等价于：
$\ln t<{\frac {2(t-1)}{t+1}}=-{\frac {4}{t+1}}+2\quad \Leftrightarrow \quad \ln t+{\frac {4}{t+1}}-2<0$
设$g(t)=\ln t+{\frac {4}{t+1}}-2$，我们只需要证明它小于0。
则$g'(t)={\frac {1}{t}}-{\frac {4}{(t+1)^{2}}}={\frac {(t+1)^{2}-4t}{t(t+1)^{2}}}={\frac {(t-1)^{2}}{t(t+1)^{2}}}$
因为$\forall t\in (0,1),(t-1)^{2}>0,t(t+1)^{2}>0$，所以g'(t) > 0。
于是g(t)在(0, 1)上（严格）单调递增，且在x = 1处取值是连续的，所以g(t) < g(1) = 0。原命题得证。

点评：设法将变量全部拼凑为${\frac {x_{1}}{x_{2}}}$的形式，并简记$t={\frac {x_{1}}{x_{2}}}$的做法可以统一变量的形式，顺便也将不等式其中一端的分式齐次化，所以也被叫做极值点偏移问题的齐次化方法。

补充习题

参见

• 利用放缩法证明不等式
• 常用不等式补充
• 二阶导数与函数的凹凸性
• 高阶导数与泰勒展开公式