高中數學/微積分初步/利用導數證明不等式

閱讀指南

希望快速了解或快速回顧高中數學的讀者可以只看基礎知識部分。其餘部分是為需要參加學科考試或需要一定知識提升的讀者準備的。

預備知識

閱讀本節，需要先學習有關不等式的基本性質、平均值不等式、導數與單調性和極值的關係的知識。

考試要求

本節的基礎知識是掌握導數工具必不可少的一環，每一個接觸微積分知識的讀者都應該要學會。而隱零點問題、極值點偏移等擴展部分的內容則一般只是普通高中常規考試壓軸題的考點，不會出現在常規考試的中低檔水題中，而且不一定對中學階段以上的數學學習有幫助，讀者請根據自己當前的能力程度和實際需要閱讀。

基礎知識

簡單的構造函數求導法

利用導數論證不等式的過程主要分3個步驟：

1. 構造函數，並對函數求導；
2. 分析求導結果（一般要列方程得到極值點或極值條件），由此判斷函數的單調性；
3. 求此函數的最值，得出結論。

其中第1個步驟中如何尋找合適的函數，和第3個步驟中如何處理求導後不易求得極值點的情形，有時可能並不容易。我們先看一些簡單的問題。

最簡單的問題是一步求導後即可直接比較出大小的問題。只需要作差（或全部移項到同一側）後對表達式求導，然後根據導數的取值正負直接判斷單調性。這種題型能充分體現求導方法的便利性，而且操作過程簡單無腦，老少咸宜，深受廣大人民群眾的喜愛。

相關例題1： 利用求導判斷單調性的方法，快速驗證下列不等式：

(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：回憶一下，$\sin x<x\quad (0<x<{\frac {\pi }{2}})$的正確性來自於三角函數的單位圓定義。而三角函數求導公式的推導過程中所用到的重要極限$\lim _{x\to 0}{\frac {\sin x}{x}}=1$也來自於對於三角函數定義的圖象直觀分析。所以利用導數法只能說可以驗證這個不等關係，但不能說可以用導數法證明它，否則會犯循環論證的錯誤。

相關例題2： 比較$7^{8}$與$8^{7}$的大小。

相關例題3： 當x > -1時，求證$1-{\frac {1}{x+1}}\leq \ln(x+1)\leq x$。

相關例題4： 已知函數$f(x)=1-{\frac {\ln x}{x}},g(x)={\frac {ae}{e^{x}}}+{\frac {1}{x}}-bx$。若曲線y = f(x)與曲線y = g(x)的一個公共點是A (1, 1)，且在點A處的切線相互垂直。

(1) 求a、b的值；

(2) 當$x\geq 1$時，求證：$f(x)+g(x)\geq {\frac {2}{x}}$。

簡單含參恆成立問題中的參、變量分離法

回顧有關恆成立與存在性問題的知識，可知對於只含單個參數的函數，可以將只含變量的部分和只含參數的部分設法分別調整到不等式的兩側，分離它們的相互影響，然後即可對兩側分別求最值。而在求解最值時，就可以充分藉助求導這個工具。

常用結論與常見模型

本小節我們討論各種不易求解極值或不方便比較極值的情形。理論上凡是對於可求導的函數，都可以藉助牛頓迭代法等數值方法求出零點或極值點的近似解。但對於常見的考題來說，由於手工計算量大的原因，這並非在考試中可取的辦法。

這些不易求解或比較極值的問題有的涉及單個變量，有的同時涉及2個變量。一般來說，單變量的問題更易處理一些；多變量的問題最好要利用問題條件想辦法轉化為單變量問題處理。

需要在不等式兩側分開討論的恆成立和存在性問題

對於要論證$f(x)\geq g(x)$的問題，有時如果發現雖然直接求f(x) - g(x)的極值很困難，但是若恰好能證明$f(x)_{min}\geq g(x)_{max}$，那麼就足以說明$f(x)\geq g(x)$。這就涉及尋找合理的強化條件，將原問題拆分成2個單獨的函數求最值問題，並使得每個單獨的函數較易求導並分析極值。一般來說，從$f(x)\geq g(x)$向$f(x)_{min}\geq g(x)_{max}$的條件轉換並非是等價的，需要根據所給不等式的具體情況判斷是否可以這樣做。換句話說，對於單變量的不等式，雖然有時極值點可能不易求解，但是只要將待求證的式子拆分為易分別求出極值的2個部分，且求出的極值容易充當比較大小的中間量，那麼也能解決一些恆成立或存在性問題。這需要對問題中涉及的函數的圖象性質或大致走勢有一個粗略的預判。

相關例題1： 舉出合適的函數實例，說明由條件$f(x)\geq g(x)$推不出$f(x)_{min}\geq g(x)_{max}$。

相關例題2： 設函數$f(x)=ae^{x}\ln x+{\frac {be^{x-1}}{x}}$，曲線y = f(x)在點(1, f(1))處的切線方程為y = e (x-1) + 2。

(1) 求a和b；

(2) 證明：f(x) > 1。

（出自2014年中國大陸新課標高考理科全國卷Ⅰ第21題（壓軸解答題）。）

參考解答：
(1) 暫略；
(2) 稍作變形可知f(x) > 1等價於$x\ln x>xe^{-x}-{\frac {2}{e}}$。
設$g(x)=x\ln x,h(x)=xe^{-x}-{\frac {2}{e}}$。
對於g(x)，有$g'(x)=\ln x+1$。
當$x\in (0,{\frac {1}{e}})$時，g'(x) < 0，說明g(x)在此區間上單調遞減；
當$x\in ({\frac {1}{e}},+\infty )$時，g'(x) > 0，說明g(x)在此區間上單調遞增。
所以當x > 0時，g(x)的最小值為$g({\frac {1}{e}})=-{\frac {1}{e}}$。
對於h(x)，有$h'(x)=e^{-x}(1-x)$。
當$x\in (0,1)$時，h'(x) > 0，說明h(x)在此區間上單調遞增；
當$x\in (1,+\infty )$時，h'(x) < 0，說明h(x)在此區間上單調遞減。
所以當x > 0時，h(x)的最大值為$h(1)=-{\frac {1}{e}}$。
又因為$g(x)\geq g(x)_{min}=-{\frac {1}{e}}=h(x)_{max}\geq h(x)$，且g(x)和h(x)並沒有在同一點取到這個極值，所以有g(x) > h(x)恆成立。
這就說明當x > 0時，恆有g(x) > h(x)，即f(x) > 1此時是恆成立的。

點評： 解法的難點在於對要論證的原命題$x\ln x>xe^{-x}-{\frac {2}{e}}$變形到這一步時，就要反應過來$x\ln x$是先遞減後遞增的函數，而$xe^{-x}$是先遞增後遞減的函數。於是可以嘗試論證$(x\ln x)_{min}>(xe^{-x})_{max}$，從而初步確定所需的2個輔助函數的形式。而要快速判斷$x\ln x$的所有取值都高於$xe^{-x}$，需要記憶它們的圖象特徵。

利用導數論證不等關係的問題，常常涉及到$x,x^{2},e^{x},\ln x$這幾個量的簡單乘/除組合的大小比較。原因是因為它們直接列式求導以後形式比較複雜，只能先作轉換以後才好處理，適合出作考題。為此，讀者需要留意下列函數的圖象走勢特徵：

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

另一類與之相關的問題涉及2個以分離形式存在或可分離的變量，這種問題易於轉化為2個相對獨立的單變量極值問題處理。

我們回憶包含這種分離的雙變量的恆成立或存在性問題的一般思路：

解決涉及雙變量的全稱或存在量詞的不等關係問題，需要將原問題轉化為求函數的最值。常見的情形包括：

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

換句話說，只要分清楚情況，分別求其中左右兩邊的函數最值，如果兩端分別求出的最值能滿足上述條件即可解決原問題。

相關例題3： 已知函數$f(x)={\frac {1}{2}}ax^{2}-(2a+1)x+2\ln x\quad (a\in \mathbb {R} )$。

(1) 當$a={\frac {2}{3}}$時，求函數f(x)的單調區間；

(2) 當$a>{\frac {1}{2}}$時，設$g(x)=(x^{2}-2x)e^{x}$，求證：$\forall x_{1}\in (0,2],\exists x_{2}\in (0,2]$，使得$f(x_{1})<g(x_{2})$。

設而不求處理隱零點

當取極值的條件難於求解時，可以對極值點採取設而不求的辦法，然後根據題目情況，將取極值的條件設法直接變形為要求證的結論，從而也可以達到目的。這種思路省去了先解方程，然後把極值點代入計算的過程，但是要求極值滿足的條件方程容易變形為要求證的式子形式。由於這種問題並不需要求出導函數零點的具體值，因此也被人稱為「導函數的隱零點問題」。

提示：計算極值並非一定要把極值點的顯示表達式計算出來，然後再代入原函數才行。如果可以把原函數中的自變量都利用極值點滿足的極值條件等價替換掉，也可以達到求出極值的目的。

相關例題1： 設函數$f(x)=e^{2x}-a\ln x$。

(1) 討論f(x)的導函數f'(x)的零點的個數；

(2) 證明：當a > 0時，$f(x)\geq 2a+a\ln {\frac {2}{a}}$。

（出自2015年中國大陸新課標高考文科全國卷Ⅰ第21題（壓軸解答題）。）

設而不求的思想有時會應用於兩個函數的差值估計問題。比較2個函數f(x)和g(x)的差值範圍時，如果h(x) = f(x) - g(x)極值點無法直接解出，但是容易判斷差函數h(x)存在唯一的極值點，就可以利用導數在其極值點兩側的取值正負性差異，用二分法將極值點逼入一個比較小的範圍內，再對含極值點的形式表達式求最值，從而獲得較好的估值效果。

相關例題2： 已知函數$f(x)=e^{x},g(x)=\ln x+m$。

(1) 當m = -1時，求函數$F(x)={\frac {f(x)}{x}}+x\cdot g(x)$在$(0,+\infty )$上的極值；

(2) 若m = 2，求證：當$x\in (0,+\infty )$時，$f(x)>g(x)+{\frac {1}{10}}$。（參考數據：$\ln 2\approx 0.693,\ln 3\approx 1.099$。）

參考解答：
(1) 極小值為F(1) = e - 1，無極大值。
(2) 構造差值函數$h(x)=f(x)-g(x)=e^{x}-\ln x-2$。
易知$h'(x)=e^{x}-{\frac {1}{x}}$，且h'(x)在$(0,+\infty )$上單調遞增。
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$(0,+\infty )$的唯一零點$x_{0}\in ({\frac {1}{2}},\ln 2)$。
h'(x)的這個零點$x_{0}$也就是h(x)單調性的分界點。即當$x\in (0,x_{0})$時，h(x)單調遞減；當$x\in (x_{0},+\infty )$時，h(x)單調遞增。
由極值條件$h'(x_{0})=0$可得$e^{x_{0}}={\frac {1}{x_{0}}}$，即$x_{0}=-\ln x_{0}$。
考慮到$x_{0}$是h(x)的極小值，並利用上述極值條件作代換，可得：
$h(x)\geq h(x_{0})=e^{x_{0}}-\ln x_{0}-2={\frac {1}{x_{0}}}+x_{0}-2$
結合題目要求，我們只需繼續論證$h(x)\geq {\frac {1}{x_{0}}}+x_{0}-2>{\frac {1}{10}}$的右半邊不等關係即可。
換句話說，接下來就是要證在點$x_{0}$的附近，有關係式${\frac {1}{x}}+x>2+{\frac {1}{10}}$始終成立。由於${\frac {1}{x}}+x$是對勾函數，根據其圖象特點，我們設想這應該是可以做到的。
我們設$k(x)={\frac {1}{x}}+x\quad ({\frac {1}{2}},\ln 2)$。由對勾函數的性質可知k(x)在其此定義域上是單調遞減的，於是k(x)的最小值會在其右端點取得。
因為x_0也在這個使k(x)遞減的定義域內，所以有：
$k(x_{0})>k(x)_{min}=k(\ln 2)=\ln 2+{\frac {1}{\ln 2}}-2\approx 0.13>{\frac {1}{10}}$
因為$f(x)-g(x)=h(x)\geq h(x_{0})\geq k(x)_{min}>{\frac {1}{10}}$，所以$f(x)>g(x)+{\frac {1}{10}}$得證。

這類問題的具體做法包括下列步驟：

1. 利用設而不求的思想，先把解不出的極值點設為$x_{0}$。
2. 令差函數h(x)的一階導數為0而得到極值條件式。
3. 將設好但未求出的極值點$x_{0}$代入函數f(x)的表達式，在所限定的區間上討論此極值表達式$h(x_{0})$的取值範圍。對極值表達式求最值時，注意要將極值滿足的條件式代入其中，必要時還可以對該表達式再求一次導數。如果所取的範圍合適，將結果適當化簡即可證明出不等式。
4. 如果得不到結果，繼續在更小的區間範圍上討論此極值表達式$h(x_{0})$的取值範圍。由於這類問題在求導後可以判斷出存在唯一的極值點，導數在極值點的兩側肯定是一側恆為正、另一側恆為負，所以對導函數來說滿足波爾查諾二分法估計零點位置的使用條件。於是接下來利用二分法將極值點的位置限制到一個儘可能小的區域內，可以多縮小几次範圍，直到化簡後的結果滿足要證的不等式為止。

熟練以後，可以根據需要，拆除得到正確思路過程中的一部分腳手架，以簡化證明步驟。

極值點偏移

極值點偏移是一類因函數在極值點兩側單調區間上增減速度不同，導致圖象明顯傾斜於其中某一側的情況。它是相對於標準二次函數這種極值點完美處於圖象對稱軸上的情形而言的。我們在這一小節專門分析極值點的偏移情況。

知識背景：在微積分學中，極值點的偏移情況一般可以通過計算泰勒展開公式中的三階導數項判斷。

從形式上看，極值點偏移問題一般會直接給出某個可求導的函數f(x)的解析式（可能包含參數），然後根據情況分別：

• 暗示$x_{0}$是其極值點的橫坐標，求證在定義域內$\forall x_{1}\neq x_{2},{\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}>x_{0}$。
• 求證在定義域內$\forall x_{1}\neq x_{2},f({\frac {x_{1}+x_{2}}{2}})>0$。
• 其它通過簡單代數變形後可以歸入上述類型的問題。

相關例題1： 已知函數$f(x)={\frac {x-1}{e^{x-1}}}\quad (x\in R)$。

(1) 已知函數y = g(x)對於任意的x都滿足g(x) = f(4-x)，求證當x > 2時，f(x) > g(x)；

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

參考解答：
(1) 首先$g(x)=f(4-x)={\frac {3-x}{e^{3-x}}}$。
設$h(x)=f(x)-g(x)={\frac {1-x}{e^{1-x}}}-{\frac {3-x}{e^{3-x}}}$，
那麼$h'(x)={\frac {2-x}{e^{x-1}}}-{\frac {2-x}{e^{3-x}}}={\frac {(2-x)(e^{3}-e^{2x-1})}{e^{x+2}}}$。
當x > 2時，$(2-x)<0,(e^{3}-e^{2x-1})<(e^{3}-e^{3})=0$。
這說明h'(x) > 0，即h(x)是$(2,+\infty )$上的增函數。
所以$h(x)>h(2)={\frac {1}{e}}-{\frac {1}{e}}=0$，即f(x) - g(x) = h(x) > 0。
這就證明了當x > 2時，有f(x) > g(x)。
(2) 易知f(x)在$(-\infty ,2)$內遞增，在$(2,+\infty )$內遞減，在x = 2處取值是連續的，且在x = 2處取到最大值。
由於f(x)在極值點位置x = 2的任何一側都是嚴格單調的，所以在任何一側都不會出現2個不同的自變量值對應相同函數值的情況。
再根據條件$x_{1}\neq x_{2},f(x_{1})=f(x_{2})$，可知$x_{1}$和$x_{2}$必定是一個在單調遞增的區間內，另一個在單調遞減的區間內。
不妨假設$x_{1}<2<x_{2}$。我們將$x_{2}$關於極值點位置x = 2的對稱點記作$m_{2}$，即${\frac {m_{2}+x_{2}}{2}}=2$，即$m_{2}=4-x_{2}$。這樣做的目的是將點$x_{2}$換為與$x_{1}$在同一側的鏡像點$m_{2}$，便於在同一個單調區間中分析2個點對應函數值的大小關係。如果能得到$x_{2}<m_{2}<2$，就能證明命題。
因為點$m_{2}$處的函數值$f(m_{2})=f(4-x_{2})=g(x_{2})$，而由第1小問所證的結論可知$f(x_{2})>g(x_{2})=f(m_{2})$。
另一方面，由於f(x)在$(-\infty ,2)$上是（嚴格）單調遞增的，且$x_{2},m_{2}\in (-\infty ,2)$，所以由$f(x_{2})>f(m_{2})$可以反推出$x_{2}<m_{2}$。
這說明$x_{2}<m_{2}=4-x_{1}$，也即$x_{1}+x_{2}<4$。證明完畢。

點評： 熟練的話，以後遇到已知$f(x_{1})=f(x_{2})$，且f(x)有唯一的極值點f(a)，要證明$x_{1}+x_{2}>a$，可以直接將其轉化為論證$x_{1}>4-x_{2}$。為此，只要先證明同一側函數值$f(x_{1})$與$f(4-x_{2})$的大小關係，再利用函數單調性反推自變量的大小關係即可。

相關例題2： 已知函數$f(x)=(x-1)e^{1-x},f(x_{1})=f(x_{2})$，求證：$x_{1}+x_{2}>4$。

上述都是最簡單的極值點平移問題，它們的共同點就是函數在定義域內部明顯只有一個極值點，且所給的2個零點恰好分佈在極值點兩側。如果題中所給的f(x)本來就恰好滿足了這樣的條件，就可以直接使用上述基本套路求解，即設法利用函數值的差異反推出自變量之和的範圍。但是如果不滿足，則需要另外尋找其它滿足這類單調性條件的輔助函數。一般的思路是從所給的f(x)的導函數，或是其分離參、變量後的解析式入手。

相關例題3： 已知函數$f(x)={\frac {1}{2}}x+m+{\frac {3}{2x}}-\ln x\quad (m\in \mathbb {R} )$。

(1) 當$m={\frac {1}{2}}$時，求函數f(x)在區間[1, 4]上的最值；

(2) 若$x_{1},x_{2}$是函數g(x) = x f(x)的2個極值點，且$x_{1}<x_{2}$，求證：$x_{1}x_{2}<1$。

參考解答：
(1) 易知函數f(x)的定義域為$(0,+\infty )$。
當$m={\frac {1}{2}}$時，$f(x)={\frac {1}{2}}x+{\frac {1}{2}}+{\frac {3}{2x}}-\ln x,f'(x)={\frac {1}{2}}-{\frac {3}{2x^{2}}}-{\frac {1}{x}}={\frac {(x+1)(x-3)}{2x^{2}}}$。
$\forall x\in [1,3),f'(x)<0$，f(x)此時單調遞減；
$\forall x\in (3,4],f'(x)>0$，f(x)此時單調遞增。
考慮到f'(x)在[1, 4]內取值是連續的，所以f(x)在[1, 4]上有一個最小值$f(3)={\frac {5}{2}}-\ln 3$，而最大值會在端點x = 1或x = 4處取得。
因為常數$e\approx 2.71828<4$，由計算可知：
${\begin{array}{l}f(1)-f(4)=({\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}+{\frac {3}{2}}-\ln 1)-({\frac {23}{8}}-2\ln 2)\\={\frac {5}{2}}-({\frac {23}{8}}-2\ln 2)=2\ln 2-{\frac {3}{8}}=\ln 4-{\frac {3}{8}}\\>\ln e-{\frac {3}{8}}=1-{\frac {3}{8}}>0\end{array}}$
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$g'(x)=x+m-1-\ln x$。
我們先轉化有關$x_{1},x_{2}$的已知條件。
因為已知$x_{1},x_{2}$是g(x)的2個不同的極值點，因而也是其導函數$g'(x)=x+m-1-\ln x$的零點，即方程$x+m-1-\ln x=0$的2個不同的實數根。
對$x+m-1-\ln x=0$分離參變量可得$x-\ln x=1-m$。
從數形結合的角度看，只需保證$k(x)=x-\ln x$的圖象在其定義域上與水平直線y = 1 - m先後交於點$x_{1},x_{2}$即可。
因為$k'(x)=1-{\frac {1}{x}}$，容易判斷k(x)在(0, 1)上（嚴格）單調遞減，在$(1,+\infty )$上（嚴格）單調遞增，在x = 1處取值是連續的，且在x = 1處取得最小值k(1) = 1。
知道k(x)的單調性情況後，現在要使$k(x)=x-\ln x$的圖象與y = 1 - m先後交於點$x_{1},x_{2}$，至少要保證$1-m>k(x)_{min}=1$且$x_{1},x_{2}$分別在其取極值位置x = 1的兩側。
這就是說要有m < 0且$0<x_{1}<1<x_{2}$。現在$x_{1},{\frac {1}{x_{2}}}$都跑到了較小的區間(0, 1)內。
現在回到主幹問題來，要證$x_{1}x_{2}<1$，只要證明$x_{1}<{\frac {1}{x_{2}}}$。加上剛才獲知的條件${\frac {1}{x_{2}}}<1$，所以實際只要證$x_{1}<{\frac {1}{x_{2}}}<1$。
我們的思路是尋找一個與$x_{1},x_{2}$都直接相關且在(0, 1)上單調的函數，利用它在$x=x_{1}$和$x={\frac {1}{x_{2}}}$兩點上的取值差異及單調性，來反推出自變量的關係$x_{1}<{\frac {1}{x_{2}}}<1$。
顯然g(x)在(0, 1)上有2個不同極值點，k(x)在(0, 1)上有2個不同零點，它們都不滿足單調性的條件。但是$k'(x)=1-{\frac {1}{x}}$在(0, 1)是單調遞增的，且它與$x_{1},x_{2}$存在不太複雜的約束關係$k(x_{1})=k(x_{2})=1-m$，在區間端點還有$k(1)=1-\ln 1=1$。當然，這些條件不一定都需要用上。
我們計劃通過論證$k'(x_{1})<k'({\frac {1}{x_{2}}})$來證明$x_{1}<{\frac {1}{x_{2}}}<1$。為此，對k'(x)的2個值作差比較：
$k'(x_{1})-k'({\frac {1}{x_{2}}})=(1-{\frac {1}{x_{1}}})-(1-{\frac {1}{\frac {1}{x_{2}}}})=x_{2}-{\frac {1}{x_{1}}}={\frac {x_{1}x_{2}-1}{x_{1}}}$
由於$x_{1}>0,0<x_{1}x_{2}<1$，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（嚴格）單調性即可推知$x_{1}<{\frac {1}{x_{2}}}<1$，也即證明了$x_{1}x_{2}<1$。

點評：本題第(2)問先是利用數形結合思想得到$x_{1},x_{2},1$三者大小的順序關係，從而得到一條關鍵信息$0<x_{1}<{\frac {1}{x_{2}}}<1$。接下來就是尋找一個能利用上題設信息且在(0, 1)上單調的函數，利用其函數值的大小差異來反推出自變量$x_{1},{\frac {1}{x_{2}}}$的大小關係，從而證明命題。我們從已經設過的函數中直接尋找所需的函數，易知由單調性條件可以排除g(x)和k(x)，而k'(x)符合上述條件，那麼就直接選k'(x)作為完成證明的輔助函數即可。由於k'(x)在(0, 1)上是（嚴格）單調遞增的，所以只要設法說明$k'(x_{1})<k'({\frac {1}{x_{2}}})$就能直接得到要證的$x_{1}<{\frac {1}{x_{2}}}$。
解決第(2)問的輔助函數也有其它設法。例如讀者如果論證出g(x)在(0, 1)上只有1個極值點，其實可以推知沒有極值點的g'(x)也可能作為要找的單調函數。接下來只要找到辦法比較$g'(x_{1}),g'({\frac {1}{x_{2}}})$的大小關係，也能反推出$x_{1},{\frac {1}{x_{2}}}$的大小關係。順着這條思路，遇到$g'(x_{1}),g'({\frac {1}{x_{2}}})$不方便直接作差比較的情況，讀者可能還需要繼續求g(x)的二階導函數$g''(x)$。事實上，我們之所以在這裏刻意提及二階導函數的概念，是因為要利用導數工具解決本題，本質上都會直接或間接地用到考察二階導函數的技巧。

不少極值點偏移問題可以結合巧妙變形或轉換為對數均值不等式處理。

相關例題4： 已知函數$f(x)=\ln x+bx$有2個不同的零點$x_{1},x_{2}$。

(1) 求b的取值範圍；

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

參考解答1：
(1) 略。
(2) $x_{1}x_{2}>e^{2}>0\quad \Leftrightarrow \quad \ln(x_{1}x_{2})>\ln e^{2}\quad \Leftrightarrow \quad \ln x_{1}+\ln x_{2}>2$
不妨作換元$t_{1}=\ln x_{1},t_{2}=\ln x_{2}$，則$f(x)=\ln x+bx$變為$g(t)=t+be^{t}$。
由此我們只需在條件$t_{1}\neq t_{2},g(t_{1})=g(t_{2})=0$下證明$t_{1}+t_{2}>2$。也即證明$t_{1}>2-t_{2}$。
按照套路，我們需要明確知道g(t)的單調性以及$g(t_{1})$和$g(2-t_{2})$的大小關係。但是由於此時的g(t)的單調性還依賴於參數b的取值，不易判斷是否符合極值點偏移模型中對極值點數量的要求，所以我們需要另找其它函數進行構造證明。
我們嘗試通過參變量分離的辦法把b撇到一邊，尋找出自變量分別取$t_{1},t_{2}$時都能得到相同值的函數。
由於$t=t_{1}$是使得g(t) = 0成立的解，故有$g(t_{1})=t_{1}+be^{t_{1}}=0$，分離參變量後即得到$b=-t_{1}e^{-t_{1}}$。
類似地，對於$t_{2}$也會有$b=-t_{2}e^{-t_{2}}$。
這暗示如果我們設$h(t)=-te^{-t}$，那麼可以同時保證$h(t_{1})=h(t_{2})$以及h(t)的單調性與未知參數b無關。
由$h'(t)=(t-1)e^{-t}$以及$e^{-t}>0$，易知t = 1是h'(t)的唯一零點，即h(t)的唯一極值點，而且是最小值點。待證式${\frac {t_{1}+t_{2}}{2}}>1$中暗示的極值點位置x = 1剛好與之吻合，所以這個h(t)就可以選作我們所需的輔助函數。
由於t = 1是h(t)唯一取極小值的位置，h(t)在相異的兩點$t_{1},t_{2}$上都取到相同的函數值，所以一定有$t_{1}<1<t_{2}$。換句話說，$t_{1},t_{2}$分別位於h(t)唯一極小值點的左右2側。
由於g(t)在$(-\infty ,1)$上（嚴格）單調遞減，所以只需要證明$g(t_{1})<g(2-t_{2})$即可證明$t_{1}>2-t_{2}$。
${\begin{array}{l}g(t_{1})-g(2-t_{2})=g(t_{2})-g(2-t_{2})\\=(-t_{2}e^{-t_{2}})-(-(2-t_{2})e^{-(2-t_{2})})=-t_{2}e^{-t_{2}}+(2-t_{2})e^{t_{2}-2}\\=(-t_{2}e^{2-2t_{2}}+(2-t_{2}))e^{t_{2}-2}=(-t_{2}e^{2(1-t_{2})}+2-t_{2})e^{t_{2}-2}\end{array}}$
由於$e^{t_{2}-2}>0$，我們只需要證明$-t_{1}e^{2(1-t_{2})}+2-t_{2}<0$即可證出$g(t_{1})-g(2-t_{2})$。
$-t_{2}e^{2(1-t_{2})}+2-t_{2}<-t_{2}e^{0}+2-t_{2}=-t_{2}+2-t_{2}=2(1-t_{2})<0$
由此我們證明了原命題。

參考解答2：
(1) 略。
(2) 先不妨設$0<x_{1}<x_{2}$。其次，要求證的命題等價於$\ln x_{1}+\ln x_{2}>2$。
由$x_{1},x_{2}$是$f(x)=\ln x+bx$的不同零點可知：
$\left\{{\begin{array}{l}\ln x_{1}+bx_{1}=0\\\ln x_{2}+bx_{2}=0\end{array}}\right.\Leftrightarrow \left\{{\begin{array}{l}\ln x_{1}-\ln x_{2}=b(x_{2}-x_{1})\\\ln x_{1}+\ln x_{2}=-b(x_{2}+x_{1})\end{array}}\right.\Leftrightarrow \left\{{\begin{array}{l}b(x_{2}-x_{1})=\ln x_{1}-\ln x_{2}\\b(x_{2}+x_{1})=-(\ln x_{1}+\ln x_{2})<-2\end{array}}\right.$
其中上述式子的最後一步變形代入了要證的命題。繼續消去未知參數b可得要證的命題等價於（注意分式不等式變形時是否需要改變不等號方向）：
${\frac {\ln x_{1}-\ln x_{2}}{x_{2}-x_{1}}}<-{\frac {2}{x_{1}+x_{2}}}\quad \Leftrightarrow \quad \ln {\frac {x_{1}}{x_{2}}}<-{\frac {2(x_{2}-x_{1})}{x_{1}+x_{2}}}={\frac {2({\frac {x_{1}}{x_{2}}}-1)}{{\frac {x_{1}}{x_{2}}}+1}}$
設$t={\frac {x_{1}}{x_{2}}}$。因為$x_{1}<x_{2}$，於是0 < t < 1。由此可得要證的命題等價於：
$\ln t<{\frac {2(t-1)}{t+1}}=-{\frac {4}{t+1}}+2\quad \Leftrightarrow \quad \ln t+{\frac {4}{t+1}}-2<0$
設$g(t)=\ln t+{\frac {4}{t+1}}-2$，我們只需要證明它小於0。
則$g'(t)={\frac {1}{t}}-{\frac {4}{(t+1)^{2}}}={\frac {(t+1)^{2}-4t}{t(t+1)^{2}}}={\frac {(t-1)^{2}}{t(t+1)^{2}}}$
因為$\forall t\in (0,1),(t-1)^{2}>0,t(t+1)^{2}>0$，所以g'(t) > 0。
於是g(t)在(0, 1)上（嚴格）單調遞增，且在x = 1處取值是連續的，所以g(t) < g(1) = 0。原命題得證。

點評：設法將變量全部拼湊為${\frac {x_{1}}{x_{2}}}$的形式，並簡記$t={\frac {x_{1}}{x_{2}}}$的做法可以統一變量的形式，順便也將不等式其中一端的分式齊次化，所以也被叫做極值點偏移問題的齊次化方法。

補充習題

參見

• 利用放縮法證明不等式
• 常用不等式補充
• 二階導數與函數的凹凸性
• 高階導數與泰勒展開公式