导数与函数性态

单调性、零点与不等式

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在前一节中，已经建立了“导数符号决定函数增减”的基本联系. 真正做题时，常见的困难并不在于写出 $f'(x),$ 而在于如何继续处理导函数的符号，尤其是在含参函数、超越函数与复合结构中.

单调性问题有几种常见结构. 把这些方法推广到零点个数、参数范围与不等式恒成立等更综合的问题时，常把代数命题转化为函数图像的几何特征，再利用导数进行分析.

单调性问题

单调性问题大致可分为三类:

1. 导后一次型: 导函数经化简后，只需比较一个一次式或一个简单因子的符号;
2. 导后二次型: 导函数的主要部分是二次函数，需要借助顶点、判别式或根的分布来分类;
3. 二次求导型: 一阶导数本身难以直接判号，先利用二阶导数确定 $f'(x)$ 的单调性，再反过来判断 $f(x)$ 的单调性.

导函数图像题的翻译

题目若给出 $f'(x)$ 的图像而要求判断 $f(x)$ 的图像，处理时可分三步:

1. 找出 $f'(x)\>0$ 与 $f'(x)\<0$ 的区间;
2. 由 $f'(x)\>0$ 判断原函数递增，由 $f'(x)\<0$ 判断原函数递减;
3. 检查 $f'(x)=0$ 附近是否变号. 若由正变负，原函数在那里有极大值；若由负变正，原函数在那里有极小值.

因此图像题仍归结为导函数符号的判断.

导后一次型

例

已知函数 $f(x)=a(x-1)-\ln x+1, x\>0.$ 讨论 $f(x)$ 的单调区间.

解

函数定义域为 $(0,+\infty).$ 求导得 $f'(x)=a-\frac{1}{x}=\frac{ax-1}{x}.$ 由于 $x\>0$, 所以 $f'(x)$ 的符号由 $ax-1$ 决定.

情形一: $a\le0$

此时对任意 $x\>0$, 都有 $a-\frac{1}{x}\<0,$ 所以 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减.

情形二: $a\>0$

方程 $f'(x)=0$ 的唯一解为 $x=\frac{1}{a}.$ 当 $0\<x\<\frac{1}{a}$ 时, $f'(x)\<0$, 函数递减；当 $x\>\frac{1}{a}$ 时, $f'(x)\>0$, 函数递增.

因而当 $a\>0$ 时, $f(x)$ 在 $\left(0,\frac{1}{a}\right)$ 上单调递减，在 $\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$ 上单调递增.

导后二次型

例

已知函数 $f(x)=\ln(x+1)+a(x^2-x), x\>-1.$ 讨论 $f(x)$ 的单调区间.

解

函数定义域为 $(-1,+\infty).$ 求导得 $f'(x)=\frac{1}{x+1}+a(2x-1) =\frac{2ax^2+ax+1-a}{x+1}.$ 在定义域内, $x+1\>0,$ 因而 $f'(x)$ 的符号由二次函数 $q(x)=2ax^2+ax+1-a$ 决定.

先看几个量: $q(-1)=1, q\left(-\frac14\right)=1-\frac98a.$

情形一: $a=0$

此时 $f'(x)=\frac{1}{x+1}\>0,$ 所以 $f(x)$ 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增.

情形二: $a\<0$

此时 $q(x)$ 开口向下，且 $q(-1)=1\>0, \lim_{x\to+\infty}q(x)=-\infty.$ 因而在区间 $(-1,+\infty)$ 内恰有一个零点 $x_0=\frac{-1+\sqrt{9-\frac{8}{a}}}{4}.$ 于是 $f'(x)\>0 (x\in(-1,x_0)), f'(x)\<0 (x\in(x_0,+\infty)).$ 所以 $f(x)$ 在 $(-1,x_0)$ 上单调递增，在 $(x_0,+\infty)$ 上单调递减.

情形三: $0\<a\<\frac89$

此时 $q\left(-\frac14\right)=1-\frac98a\>0.$ 由于 $q(x)$ 开口向上，顶点值为正，所以对任意 $x\>-1$ 都有 $q(x)\>0.$ 故 $f'(x)\>0,$ 函数在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增.

情形四: $a=\frac89$

此时 $q(x)=\frac{1}{9}(4x+1)^2\ge0.$ 因而 $f'(x)\ge0$ 在定义域内恒成立，只在 $x=-\frac14$ 处取零. 函数在整个定义域上仍单调递增.

情形五: $a\>\frac89$

此时顶点值为负，所以 $q(x)$ 有两个不等实根 <MathBlock raw={"x_1=\frac{-1-\sqrt{9-\frac{8}{a}}}{4},

x_2=\\frac{-1+\\sqrt{9-\\frac{8}{a}}}{4},
     x_1\\<x_2."} />

又因为 $q(-1)=1\>0$, 所以两根都落在定义域内，且 $-1\<x_1\<x_2.$ 于是 $f'(x)\>0 (x\in(-1,x_1)\cup(x_2,+\infty)),$ $f'(x)\<0 (x\in(x_1,x_2)).$ 因而 $f(x)$ 在 $(-1,x_1),\ (x_2,+\infty)$ 上单调递增，在 $(x_1,x_2)$ 上单调递减.

二次求导型

例

设函数 $f(x)=e^{mx}+x^2-mx, m\in\mathbb{R}.$ 证明: $f(x)$ 在 $(-\infty,0)$ 上单调递减，在 $(0,+\infty)$ 上单调递增.

证明

先求一阶导数: $f'(x)=me^{mx}+2x-m.$ 直接判断 $f'(x)$ 的符号并不方便，再求导得 $f''(x)=m^2e^{mx}+2.$ 由于 $m^2e^{mx}\ge0,$ 所以对任意实数 $x$ 都有 $f''(x)\>0.$ 这说明 $f'(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上严格单调递增.

再看 $f'(0)=m+0-m=0.$ 因为 $f'(x)$ 严格递增，所以 $x\<0\Rightarrow f'(x)\<f'(0)=0,$ $x\>0\Rightarrow f'(x)\>f'(0)=0.$ 因而 $f(x)$ 在 $(-\infty,0)$ 上单调递减，在 $(0,+\infty)$ 上单调递增.

单调性题的处理顺序

用导数处理单调性时，顺序是从定义域出发：单调区间只能在定义域内讨论.接着观察导函数的结构，判断它是否可以一次判号，还是需要进一步求导.若导函数能直接判号，就列出各区间上的符号结论；若不能直接判号，就继续研究导函数的单调性和零点个数.最后再回到原函数，用导函数符号的变化来确定单调区间.一旦单调区间明确，零点个数、最值位置和值域范围往往都会随之清楚.

函数零点问题

函数的零点即方程 $f(x)=0$ 的实根. 零点分布问题连接了函数性态分析与方程求解理论. 依据解析式中是否含有变动参数，此类问题通常分为定系数情形与含参情形讨论.

基本判定准则

零点的存在性由介值定理保证：若连续函数 $f(x)$ 在区间 $[a, b]$ 端点取值异号，即 $f(a)f(b)\<0$, 则 $(a, b)$ 内至少存在一个零点. 导数则进一步约束了零点的个数.

单调性与零点

若 $f(x)$ 在区间 $I$ 内严格单调，则 $f(x)$ 在 $I$ 内至多有一个零点.

证明

设 $f(x)$ 在区间 $I$ 内严格单调. 若它在 $I$ 内有两个不同零点 $x_1\<x_2$, 则 $f(x_1)=f(x_2)=0.$ 但严格递增函数满足 $f(x_1)\<f(x_2)$, 严格递减函数满足 $f(x_1)\>f(x_2)$, 两种情形都与上式矛盾. 因而 $f(x)$ 在 $I$ 内至多有一个零点.

对于非单调函数，可先用导数划分单调区间，再结合极值和区间端点的情况判断零点个数.

定系数函数的零点

当函数解析式确定时，零点个数完全取决于极值符号与边界条件. 对于常见的多项式或超越函数，只需按照“求导—极值—端点”的流程操作.

例

确定函数 $f(x) = x^3 - 3x + 1$ 的零点个数.

解

定义域为 $\mathbb{R}$. 求导得 $f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x-1)(x+1)$. 令 $f'(x)=0$, 解得驻点 $x_1 = -1$, $x_2 = 1$.

考察极值与单调性：

• 当 $x \in (-\infty, -1)$ 时, $f'(x)\>0$，单调递增；

• 当 $x \in (-1, 1)$ 时, $f'(x)\<0$，单调递减；

• 当 $x \in (1, +\infty)$ 时, $f'(x)\>0$，单调递增.

  极大值为 $f(-1) = -1 + 3 + 1 = 3 \> 0$. 极小值为 $f(1) = 1 - 3 + 1 = -1 \< 0$.

  考察边界趋势： $\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$, $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$.

  由 $f(-\infty) \< 0 \< f(-1)$, 在 $(-\infty, -1)$ 存在唯一零点； 由 $f(-1) \> 0 \> f(1)$, 在 $(-1, 1)$ 存在唯一零点； 由 $f(1) \< 0 \< f(+\infty)$, 在 $(1, +\infty)$ 存在唯一零点. 综上，该函数共有 $3$ 个零点.

利用极大值与极小值的符号判定三次函数的零点个数*

例

（2024$\cdot$重庆南开中学）设函数 $f(x) = \sin x - x \cos x$.

1. 当 $x \in [-\pi, \pi]$ 时，求 $f(x)$ 的最值；
2. 讨论函数 $g(x) = \ln(x+1) - f'(x)$ 在区间 $(-1, 2\pi)$ 内的零点个数.

解

（1）单调性分析 对 $f(x)$ 求导： $f'(x) = \cos x - (\cos x - x \sin x) = x \sin x.$ 当 $x \in [-\pi, \pi]$ 时：

• 若 $x \in [-\pi, 0)$, 则 $x \< 0, \sin x \< 0 \Rightarrow f'(x) \> 0$；

• 若 $x \in (0, \pi]$, 则 $x \> 0, \sin x \> 0 \Rightarrow f'(x) \> 0$.

  故 $f(x)$ 在 $[-\pi, \pi]$ 上单调递增. 最小值为 $f(-\pi) = \sin(-\pi) - (-\pi)\cos(-\pi) = -\pi$. 最大值为 $f(\pi) = \sin \pi - \pi \cos \pi = \pi$.

  （2）分段考察零点 函数解析式为 $g(x) = \ln(x+1) - x \sin x$. 定义域为 $(-1, 2\pi)$. 由于含有三角函数，应利用其符号周期性分区间讨论.

  区间 $(-1, 0)$： 当 $x \in (-1, 0)$ 时, $0 \< x+1 \< 1$, 故 $\ln(x+1) \< 0$. 同时 $x \< 0, \sin x \< 0 \Rightarrow x \sin x \> 0$. 由此 $g(x) = \text{负} - \text{正} \< 0$，该区间无零点.

  点 $x = 0$： $g(0) = \ln 1 - 0 = 0$, 故 $x=0$ 是一个零点.

  区间 $(\pi, 2\pi)$： 当 $x \in (\pi, 2\pi)$ 时, $\sin x \< 0$, 且 $x \> 0$, 故 $-x \sin x \> 0$. 又 $\ln(x+1) \> \ln(\pi+1) \> 0$. 两项均为正，故 $g(x) \> 0$，该区间无零点.

  区间 $(0, \pi)$： 此区间内 $x \sin x \> 0$，各项异号，需结合导数或特殊点值判定（介值定理）. 考察关键点取值：

• 端点处：$g(0)=0$, 且 $g'(0) = \frac{1}{0+1} - (\sin 0 + 0) = 1 \> 0$. 函数在 $0$ 右侧起始为正.

• 中点处：$x = \frac{\pi}{2}$ 时, $\ln(\frac{\pi}{2}+1) \< \frac{\pi}{2}$（由 $\ln(1+t)\<t$），故 <MathBlock raw={"g\left(\frac{\pi}{2}\right) = \ln\left(\frac{\pi}{2}+1\right) - \frac{\pi}{2} \< 0."} />

• 端点处：$x = \pi$ 时， $g(\pi) = \ln(\pi+1) - 0 \> 0.$

  结论综合：

1. 由 $g(0)=0$ 及 $g'(0)\>0$ 可知，函数从原点出发向上；
2. 由 $g(\frac{\pi}{2}) \< 0$, 函数在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 必穿过 $x$ 轴一次（存在零点 $x_1$）；
3. 由 $g(\pi) \> 0$, 函数在 $(\frac{\pi}{2}, \pi)$ 必再次穿过 $x$ 轴向上（存在零点 $x_2$）.

经导数进一步分析（单调性细节略）可知上述区间内函数形态单一，不产生额外震荡.

因而 $g(x)$ 在 $(-1, 2\pi)$ 上共有 $3$ 个零点（分别为 $0, x_1, x_2$）.

超越函数 $g(x)$ 的零点分布示意图*

含参方程的零点

当方程含有参数时，零点个数随参数变化而改变. 此时需对参数进行分类讨论. 常用方法有两种：

1. 直接分析法：研究含参函数 $f(x, a)$ 的极值点位置及极值大小与参数的关系.
2. 参变分离法：将方程变形为 $g(x) = a$ 的形式，转化为固定曲线 $y=g(x)$ 与水平直线 $y=a$ 的交点问题.

下例采用直接分析法演示.

例

讨论关于 $x$ 的方程 $x - a \ln x = 0$ ($a \> 0$) 的实根个数.

解

构造与求导 令 $f(x) = x - a \ln x$, 定义域为 $(0, +\infty)$. 求导得 $f'(x) = 1 - \frac{a}{x} = \frac{x-a}{x}$.

单调性与极值 由于 $x\>0, a\>0$, 导数符号仅取决于 $x-a$. 当 $x \in (0, a)$ 时, $f'(x) \< 0$，函数递减； 当 $x \in (a, +\infty)$ 时, $f'(x) \> 0$，函数递增. 故 $f(x)$ 在 $x=a$ 处取得极小值，亦为最小值： $f(a) = a - a \ln a = a(1 - \ln a).$

边界趋势 <MathBlock raw={"\lim_{x \to 0^+} (x - a \ln x) = +\infty, \lim_{x \to +\infty} x(1 - a \frac{\ln x}{x}) = +\infty."} /> 函数图像呈“U”型，两端趋于正无穷.

分类讨论 零点个数取决于最小值 $f(a)$ 与 $0$ 的关系：

1. 若 $f(a) \> 0$, 即 $a(1-\ln a) \> 0 \Rightarrow 0 \< a \< e$, 图像整体位于 $x$ 轴上方，无实根.
2. 若 $f(a) = 0$, 即 $a = e$, 图像与 $x$ 轴相切于顶点，有唯一实根.
3. 若 $f(a) \< 0$, 即 $a \> e$, 极小值小于 $0$ 且两端趋于 $+\infty$, 分别在 $(0, a)$ 与 $(a, +\infty)$ 各有一个实根，共两个.

TikZ 图 132

*图：参数 $a$ 改变了 $f(x)$ 极小值的位置与大小，从而改变零点个数*

例

（2024$\cdot$成都七中三诊）已知函数 $f(x) = e^x - ax\sin x - x - 1$, 其中 $x \in (0, \pi)$.

1. 若 $a = \frac{1}{2}$, 证明：$f(x) \> 0$;
2. 若函数 $f(x)$ 在 $(0, \pi)$ 内有唯一零点，求实数 $a$ 的取值范围.

解

（1）二阶导数定性 当 $a = \frac{1}{2}$ 时, $f(x) = e^x - \frac{1}{2}x\sin x - x - 1$. 求导得： $f'(x) = e^x - \frac{1}{2}(\sin x + x\cos x) - 1.$ 由于直接判断符号困难，考察 $f'(x)$ 的导数（即原函数二阶导）： <MathBlock raw={"f''(x) = e^x - \frac{1}{2}(2\cos x - x\sin x) = e^x - \cos x + \frac{1}{2}x\sin x."} /> 当 $x \in (0, \pi)$ 时, $e^x \> 1 \ge \cos x$, 且 $x\sin x \> 0$, 故 $f''(x) \> 0$. 这表明 $f'(x)$ 在 $(0, \pi)$ 上单调递增.

又 $f'(0) = e^0 - 0 - 1 = 0$, 故当 $x \> 0$ 时, $f'(x) \> f'(0) = 0$. 进而 $f(x)$ 在 $(0, \pi)$ 上单调递增. 又 $f(0) = 1 - 0 - 0 - 1 = 0$, 故对于 $x \in (0, \pi)$, 恒有 $f(x) \> f(0) = 0$. 命题得证.

（2）分类与比较 由题意，需讨论方程 $f(x)=0$ 在 $(0, \pi)$ 上的根.

**情形一：a \le \frac{1**{2}} 利用第 (1) 问结论进行缩放. <MathBlock raw={"f(x) = \left(e^x - \frac{1}{2}x\sin x - x - 1\right) + \left(\frac{1}{2} - a\right)x\sin x."} /> 由 (1) 知第一部分大于 $0$；由 $a \le \frac{1}{2}$ 及 $x \in (0, \pi)$ 知 $(\frac{1}{2}-a)x\sin x \ge 0$. 故 $f(x) \> 0$，函数无零点.

**情形二：a \> \frac{1**{2}} 考察 $f(x)$ 在 $x=0$ 附近的局部性质. 计算二阶导数值：$f''(0) = 1 - a(2\cos 0 - 0) = 1 - 2a$. 因 $a \> \frac{1}{2}$, 故 $f''(0) \< 0$.

由于 $f'(0)=0$ 且 $f''(0)\<0$, 导函数 $f'(x)$ 在 $0$ 的右侧邻域内单调递减，取值为负. 由此，$f(x)$ 在 $0$ 的右侧邻域内单调递减. 因为 $f(0)=0$, 所以 $f(x)$ 开始取负值（即存在 $x_0$ 使得 $f(x_0) \< 0$）.

另一方面，考察右端点 $\pi$： $f(\pi) = e^\pi - a\pi\sin\pi - \pi - 1 = e^\pi - \pi - 1.$ 令 $k(t) = e^t - t - 1$, 则 $k'(t)=e^t-1\>0\ (t\>0)$, 所以 $k(t)$ 在 $t\>0$ 时递增，从而 $f(\pi) \> k(0) = 0$.

分步汇整： 函数 $f(x)$ 从 $0$ 出发，先递减至负值，最终在 $x=\pi$ 处为正值. 由介值定理，在 $(0, \pi)$ 内至少存在一个零点. （注：进一步分析 $f''(x)$ 可证 $f'(x)$ 只有一个变号点，从而 $f(x)$ 呈“先减后增”形态，保证零点唯一，此处略去冗长计算）.

综上，满足题意的 $a$ 的取值范围是 $\left(\frac{1}{2}, +\infty\right)$.

TikZ 图 133

*图：参数 $a$ 改变了函数在 $0$ 附近的凹凸性与单调性*

例

（2022$\cdot$全国乙卷）已知函数 $f(x) = \ln(1+x) + ax e^{-x}$.

1. 当 $a=1$ 时，求曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0, f(0))$ 处的切线方程；
2. 若 $f(x)$ 在区间 $(-1, 0)$ 和 $(0, +\infty)$ 各恰有一个零点，求 $a$ 的取值范围.

解

（1）切线求解 当 $a=1$ 时, $f(x) = \ln(1+x) + xe^{-x}$. $f(0) = \ln 1 + 0 = 0$. 切点为 $(0, 0)$. 求导得： <MathBlock raw={"f'(x) = \frac{1}{1+x} + e^{-x} - xe^{-x} = \frac{1}{1+x} + e^{-x}(1-x)."} /> 故切线斜率 $k = f'(0) = 1 + 1(1) = 2$. 切线方程为 $y - 0 = 2(x - 0)$, 即 $y = 2x$.

（2）转化与分类 函数定义域为 $(-1, +\infty)$. 求导并通分： <MathBlock raw={"f'(x) = \frac{1}{1+x} + a e^{-x}(1-x) = \frac{e^x + a(1-x^2)}{e^x(1+x)}."} /> 设辅助函数 $h(x) = e^x + a(1-x^2)$. 当 $x \> -1$ 时，分母恒正，故 $f'(x)$ 与 $h(x)$ 同号.

情形一：$a \ge 0$ 当 $x \in (-1, 0)$ 时, $e^x \> 0$ 且 $1-x^2 \> 0$. 若 $a \ge 0$, 则 $h(x) \> 0$ 恒成立. 此时 $f(x)$ 在 $(-1, 0)$ 单调递增. 又 $f(0) = 0$, 故当 $x \in (-1, 0)$ 时, $f(x) \< f(0) = 0$，不存在零点. 不合题意.

情形二：$-1 \le a \< 0$ 考察 $h(x)$ 的导数：$h'(x) = e^x - 2ax$. 当 $x \in (0, +\infty)$ 时, $e^x \> 1$, 且 $-2ax \ge 0$（因 $a$ 负 $x$ 正），故 $h'(x) \> 0$. $h(x)$ 单调递增，且 $h(0) = 1 + a \ge 0$. 故在 $(0, +\infty)$ 上 $h(x) \> 0 \Rightarrow f'(x) \> 0$. $f(x)$ 单调递增，且 $f(0)=0$, 故 $f(x) \> 0$，无零点. 不合题意.

情形三：$a \< -1$ 此时 $h(0) = 1 + a \< 0$.

1. 区间 $(-1, 0)$ 的分析： $x \to -1^+$ 时, $h(x) \to e^{-1} \> 0$. 结合 $h(0) \< 0$, 存在 $x_1 \in (-1, 0)$ 使得 $h(x_1) = 0$. 当 $x \in (-1, x_1)$ 时 $h(x)\>0$（$f$ 增）；当 $x \in (x_1, 0)$ 时 $h(x)\<0$（$f$ 减）. $f(x_1)$ 为极大值. 注意到 $\lim_{x \to -1^+} f(x) = -\infty$, 且 $f(0)=0$. 函数图像先由 $-\infty$ 升至 $f(x_1)$, 再降至 $0$. 这就意味着必然有 $f(x_1) \> 0$, 且在 $(-1, x_1)$ 内存在唯一零点.

2. 区间 $(0, +\infty)$ 的分析： $h'(x) = e^x - 2ax$. 因 $a \< -1$, $-2a \> 2$, 故 $h'(x) \> 0$, $h(x)$ 单调递增. $h(0) \< 0$, 且 $x \to +\infty$ 时 $h(x) \to +\infty$. 故存在唯一 $x_2 \in (0, +\infty)$ 使得 $h(x_2) = 0$. 当 $x \in (0, x_2)$ 时 $h(x)\<0$（$f$ 减）；当 $x \in (x_2, +\infty)$ 时 $h(x)\>0$（$f$ 增）. $f(x_2)$ 为极小值. 由于 $f(0)=0$, 函数从 $0$ 开始下降至 $f(x_2)$, 再上升至 $+\infty$. 由 $f(0)=0$ 且函数先减后增可知 $f(x_2) \< 0$, 故在 $(x_2, +\infty)$ 内存在唯一零点.

因而当 $a \< -1$ 时，满足题设要求.

$a \< -1$ 时函数 $f(x)$ 呈现出的“双谷”形态与零点分布*

不等式恒成立问题

证明“对于区间 $I$ 内的任意 $x$, 不等式 $f(x) \ge g(x)$ 恒成立”，即全称命题 $\forall x \in I, f(x) \ge g(x)$. 此类问题通常有两种处理方法：最值法与参数分离法.

最值法

先将不等式变形为 $h(x) = f(x) - g(x) \ge 0$. 这样问题就转化为求 $h(x)$ 在 $I$ 上的最小值是否满足 $h(x)_{\min} \ge 0$.

例

求实数 $a$ 的取值范围，使得 $e^x \ge ax + 1$ 对所有 $x \in \mathbb{R}$ 恒成立.

证明

构造函数 $h(x) = e^x - ax - 1$.问题转化为：求 $a$ 使得 $h(x)_{\min} \ge 0$. 求导得 $h'(x) = e^x - a$.

情形1：若 $a \le 0$. 此时 $h'(x) = e^x - a \> 0$ 恒成立，函数 $h(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上单调递增. 当 $x \to -\infty$ 时, $h(x) \to -1 \< 0$.这说明必然存在 $x$ 使得不等式不成立.故 $a \le 0$ 不合题意.

情形2：若 $a \> 0$. 令 $h'(x) = 0$, 解得唯一的驻点 $x_0 = \ln a$.

• 当 $x \< \ln a$ 时, $h'(x) \< 0$，单调递减；

• 当 $x \> \ln a$ 时, $h'(x) \> 0$，单调递增.

  故 $h(x)$ 在 $x = \ln a$ 处取得全局最小值： $h(\ln a) = e^{\ln a} - a \ln a - 1 = a - a \ln a - 1$ 要使恒成立，需 $h(\ln a) \ge 0$, 即 $a(1 - \ln a) - 1 \ge 0$. 观察辅助函数 $\varphi(a) = a - a \ln a - 1$. 代入 $a=1$ 得 $\varphi(1) = 0$. 求导 $\varphi'(a) = -\ln a$. 当 $a=1$ 时, $\varphi(a)$ 取得最大值 0. 因此，只有当 $a=1$ 时，最小值 $h(\ln a)=0 \ge 0$ 成立；若 $a \ne 1$，则最小值必然小于 0.

  综上，符合条件的 $a$ 只有 $1$. （注：几何上，这对应于 $y=x+1$ 是曲线 $y=e^x$ 在 $(0,1)$ 处的切线，切线始终在凸曲线下方）

参数分离法

参数分离有不同形态. 可先判断参数与变量能否完全拆开；若不能，再判断能否改写成一族简单曲线与某条定曲线的相交问题；若分离后反而使端点、定义域或极限处理更复杂，就改用其他方法.

参数方法的三种形态

含参不等式或方程常见有三种处理路径：

1. 参数全分离： 化成 $a \le k(x)$、$a \ge k(x)$ 或 $a = k(x)$，问题直接落到最值或值域；
2. 参数半分离： 不能完全拆开，但可改写为动直线、动抛物线与定曲线的交点、相切或位置关系；
3. 参数不分离： 若分离后反而出现端点不可代入、值域难描述或讨论更长，不如保留原式，直接对含参函数求导分析.

判断顺序也应如此：先试全分离，再看能否半分离，最后才决定不分离处理.

（一）参数全分离. 若能把参数 $a$ 与变量 $x$ 完全分开，例如化为 $a \le k(x)$, 就转化为比较 $k(x)$ 的下界；若化为 $a \ge k(x)$, 就转化为比较 $k(x)$ 的上界.

例

若对任意 $x \> 1$, 不等式 $(x-1)\ln x - a(x-1)^2 \ge 0$ 恒成立，求 $a$ 的取值范围.

解

由于 $x \> 1$, 故 $(x-1)^2 \> 0$. 原不等式可化为 $a \le \frac{(x-1)\ln x}{(x-1)^2} = \frac{\ln x}{x-1}.$ 令 $k(x) = \frac{\ln x}{x-1}, x\>1.$ 题目等价于求 $a \le \inf_{x\>1} k(x)$.

对 $k(x)$ 求导： $k'(x)=\frac{\frac{x-1}{x}-\ln x}{(x-1)^2} =\frac{x-1-x\ln x}{x(x-1)^2}.$ 令分子为 $g(x)=x-1-x\ln x$，则 $g'(x)=1-(1+\ln x)=-\ln x\<0 (x\>1).$ 所以 $g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减，而 $g(1)=0$，故 $g(x)\<0$，于是 $k'(x)\<0$，即 $k(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减.

再看端点行为： <MathBlock raw={"\lim_{x\to1^+}\frac{\ln x}{x-1}=1,
\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x-1}=0."} /> 因而 $k(x)$ 从 $1$ 单调递减并趋向 $0$，其下确界为 $0$. 故所求参数范围为 $a \le 0.$

全分离后的判定表

设参数与变量已经化成 $a$ 与 $k(x)$ 的比较，则最常见的对应关系如下：

• 若 $a \le k(x)$ 对任意 $x\in I$ 恒成立，则 $a \le \inf\limits_{x\in I} k(x)$；
• 若 $a \ge k(x)$ 对任意 $x\in I$ 恒成立，则 $a \ge \sup\limits_{x\in I} k(x)$；
• 若 $a \le k(x)$ 存在解，则 $a \le \sup\limits_{x\in I} k(x)$；
• 若 $a \ge k(x)$ 存在解，则 $a \ge \inf\limits_{x\in I} k(x)$；
• 若方程 $a=k(x)$ 有解，则 $a$ 属于函数 $k$ 在 $I$ 上的值域.

（二）参数半分离. 有些题目无法整理成 $a \le k(x)$ 这样的纯代数比较，但可以写成一族简单图形与一条定曲线的位置关系. 最常见的是动直线 $y=kx+a$ 与定曲线 $y=f(x)$ 的交点问题.

例

已知函数 $f(x)=\sqrt{x}-\ln x$. 若对于任意 $k\>0$, 直线 $y=kx+a$ 与曲线 $y=f(x)$ 有唯一公共点，求 $a$ 的取值范围.

解

设 $g(x)=f(x)-kx-a=\sqrt{x}-\ln x-kx-a, x\>0.$ 题目等价于：对任意 $k\>0$，方程 $g(x)=0$ 只有一个正根.

先看两端： <MathBlock raw={"\lim_{x\to0^+}g(x)=+\infty, \lim_{x\to+\infty}g(x)=-\infty."} /> 因此对每个 $k\>0$，公共点至少存在一个.关键是排除“先降后升再降”造成的多个交点.

求导得 $g'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}-\frac{1}{x}-k.$ 令 $t=\sqrt{x}\>0$，则 <MathBlock raw={"g'(x)=0 \iff k=\frac{1}{2t}-\frac{1}{t^2} =:\varphi(t)."} /> 计算 $\varphi'(t)=\frac{4-t}{2t^3}.$ 所以 $\varphi(t)$ 在 $(0,4)$ 上递增，在 $(4,+\infty)$ 上递减，最大值为 $\varphi(4)=\frac{1}{16}.$

**情形一：k\ge \frac{1**{16}}

此时 $g'(x)\le0$ 对一切 $x\>0$ 成立，函数 $g(x)$ 单调递减，因此零点唯一.

**情形二：0\<k\<\frac{1**{16}}

此时方程 $g'(x)=0$ 有两个正根，对应 $t_1\in(0,4)$ 与 $t_2\in(4,+\infty)$. 于是 $g(x)$ 先减、后增、再减.要想零点仍然唯一，就必须让左侧那个极小值保持在 $x$ 轴上方.

在极小值点 $x_1=t_1^2$ 处，由 $k=\frac{1}{2t_1}-\frac{1}{t_1^2}$，可化简 <MathBlock raw={"g(x_1) =t_1-2\ln t_1-\left(\frac{1}{2t_1}-\frac{1}{t_1^2}\right)t_1^2-a =\frac{t_1}{2}-2\ln t_1+1-a."} /> 令 $m(t)=\frac{t}{2}-2\ln t+1, t\in(0,4).$ 则 $m'(t)=\frac{1}{2}-\frac{2}{t}=\frac{t-4}{2t}\<0,$ 所以 $m(t)$ 在 $(0,4)$ 上单调递减，从而 $m(t)\>m(4)=2-2\ln4+1=3-4\ln2.$ 若 $a\le3-4\ln2,$ 则 $g(x_1)=m(t_1)-a\>0$，极小值仍在 $x$ 轴上方，于是函数图像只会在右端下降时穿过 $x$ 轴一次，公共点唯一.

反过来，若 $a\>3-4\ln2$，由于 $m(t)$ 在 $(0,4)$ 上递减且趋近于 $m(4)$，可取某个 $t_0\in(0,4)$ 使 $m(t_0)\<a.$ 再取 $k=\varphi(t_0)=\frac{1}{2t_0}-\frac{1}{t_0^2}\>0,$ 则此时对应极小值点 $x_0=t_0^2$ 满足 $g(x_0)=m(t_0)-a\<0.$ 结合 $\lim_{x\to0^+}g(x)=+\infty$ 与 $\lim_{x\to+\infty}g(x)=-\infty$，可知曲线至少与该直线有两个公共点，矛盾.

因而 $a\le3-4\ln2$ 是充要条件.

（三）参数不分离. 有些题目虽然也能把参数写到一边，但分离后会出现端点处无定义、极值点不易直接取到，或必须额外处理极限的情况. 这时直接研究原含参函数的单调性通常更简洁.

例

求实数 $a$ 的取值范围，使得对任意 $x\>0$, 恒有 $e^x-1\ge ax$.

解

若强行分离参数，可写成 $a\le \frac{e^x-1}{x} (x\>0).$ 这种做法也可行，但右端在 $x\to0^+$ 时需要单独处理极限. 这里直接研究原函数更简洁.

设 $h(x)=e^x-1-ax, x\>0.$ 将它延拓到 $x=0$，有 $h(0)=0$.

若 $h(x)\ge0$ 对一切 $x\>0$ 成立，那么函数从 $0$ 出发后不能立刻向下，所以必有 $h'(0)=1-a\ge0.$ 这先给出必要条件 $a\le1$.

下面验证充分性.若 $a\le1$，则对任意 $x\>0$， $h'(x)=e^x-a \ge e^x-1 \> 0.$ 因此 $h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上严格单调递增，而 $h(0)=0$，于是 $h(x)\>0 (x\>0).$ 也就是 $e^x-1\ge ax$ 恒成立.

若 $a\>1$，则 $h'(0)=1-a\<0$，函数在 $0$ 右侧附近先下降，故存在充分小的正数 $x$ 使 $h(x)\<0$，与题意矛盾.

综上， $a\le1.$

三种处理方式

三种方法的差别，在于最终把题目转化成什么对象:

• 全分离把题目交给“最值或值域”；

• 半分离把题目交给“图像位置关系”；

• 不分离则把题目交还给“原函数的单调性与端点行为”.

  处理含参题时，先判断哪一种转化更直接.

进一步讨论

由上面几道例题可见，处理零点问题时，常要同时考察函数的单调性、凹凸性、边界值与极值.

当 $f'(x)=0$ 是超越方程而难以直接求解时，可先分析导数表达式的结构.

1. 提取公因式：若 $f'(x) = A(x) \cdot h(x)$ 且 $A(x)$ 恒正，则 $f(x)$ 的单调性完全由辅助函数 $h(x)$ 决定.
2. 高阶求导：若 $f'(x)$ 的符号不明，可继续对 $f'(x)$ 求导. 二阶导数 $f''(x)$ 的符号能确定 $f'(x)$ 的单调性，进而确定 $f'(x)$ 的零点（即原函数的极值点）.
3. 隐零点代换：若 $f'(x_0)=0$ 的解 $x_0$ 无法用初等函数显式表达，保留 $x_0$ 的形式，利用 $f'(x_0)=0$ 导出的代数关系（如 $e^{x_0} = \frac{a}{x_0}$）对极值 $f(x_0)$ 进行降次或化简.

处理含参范围问题时，直接讨论往往分支较多. 可先寻找必要条件.

• 端点与特殊点限制：若要求 $f(x)$ 有零点，函数在区间端点或特殊点（如 $0, 1, e$）的值往往受到限制.
• 趋势分析：考察 $x \to \infty$ 或定义域边界时的极限. 若两端趋向于 $+\infty$，则函数必有下界，零点个数取决于最小值的符号.

确定参数的必要范围后，再在缩小的范围内证明充分性.

当精确计算困难时，可利用不等式对函数进行放缩.

零点存在性的比较判别

设 $f(x)$ 在区间 $I$ 上连续.

• 若存在函数 $g(x)$ 使得 $f(x) \ge g(x)$ 且 $g(x)$ 的最小值为正，则 $f(x)$ 无零点.
• 若存在点 $x_1, x_2$ 使得 $f(x_1) \> 0$ 且 $f(x_2) \< 0$, 则 $f(x)$ 必有零点. 在寻找 $x_1, x_2$ 时，常用切线放缩（如 $\ln x \le x-1$）或泰勒展开简化函数表达式.

证明

若存在函数 $g(x)$ 使得 $f(x)\ge g(x)$, 且 $g(x)$ 的最小值为正，记 $g(x)\ge m\>0 (x\in I).$ 则对任意 $x\in I$ 都有 $f(x)\ge g(x)\ge m\>0.$ 因而 $f(x)$ 在区间 $I$ 上始终为正，自然不可能有零点.

若存在 $x_1,x_2\in I$ 使得 $f(x_1)\>0, f(x_2)\<0,$ 则 $0$ 介于 $f(x_1)$ 与 $f(x_2)$ 之间. 由连续函数的零点存在定理，在 $x_1$ 与 $x_2$ 之间至少存在一点 $\xi$, 使得 $f(\xi)=0.$ 因而 $f(x)$ 必有零点. :::

参数变化导致函数图像竖向平移，极值点相对于 $x$ 轴的位置决定零点个数*

不等式中的存在性问题

与“恒成立”对应的是“存在性”问题，即特称命题 $\exists x_0 \in I, f(x_0) \ge g(x_0)$.

转化关系:

• 恒成立 $f(x) \ge 0 \iff [f(x)]_{\min} \ge 0$ （最坏的情况都要达标）；
• 存在性 $f(x) \ge 0 \iff [f(x)]_{\max} \ge 0$ （只要最好的情况达标即可）.

例

已知函数 $f(x) = x^3 - 3x$.问：是否存在区间 $[0, 2]$ 内的 $x$, 使得 $f(x) \> a$？求 $a$ 的范围.

解

问题等价于：在区间 $[0, 2]$ 上, $a \< [f(x)]_{\max}$. 求导得 $f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x-1)(x+1)$. 在 $[0, 2]$ 上，驻点为 $x=1$.

• $x \in (0, 1)$, $f'(x) \< 0$，函数递减；

• $x \in (1, 2)$, $f'(x) \> 0$，函数递增.

  极小值 $f(1) = 1 - 3 = -2$. 端点值 $f(0) = 0$, $f(2) = 8 - 6 = 2$. 比较可知，最大值 $M = \max\{0, -2, 2\} = 2$. 因此，只要 $a \< 2$, 就存在这样的 $x$.

隐零点与双变量问题初步

在处理高阶导数或复杂函数时，经常会遇到导函数的零点 $x_0$ 无法通过方程 $f'(x)=0$ 显式解出的情况. 这时可采用“设而不求”的方法.

隐零点代换（设而不求）

若 $x_0$ 是方程 $f'(x)=0$ 的根，则有关系式 $f'(x_0)=0$. 在后续求最值或证明不等式时，可把目标式中的参数或超越项用含有 $x_0$ 的代数式替换，从而化为关于 $x_0$ 的单变量问题.

例

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

证明

由 $f(x)=0$ 可知 $e^{x_1} = ax_1$ 且 $e^{x_2} = ax_2$. 这意味着 $x_1, x_2$ 是方程 $\frac{e^x}{x} = a$ 的两个根.

令 $g(t) = \frac{e^t}{t}$.求导得 $g'(t) = \frac{e^t(t-1)}{t^2}$. $t=1$ 是 $g(t)$ 的极小值点. 由于 $a \> e = g(1)$, 直线 $y=a$ 与曲线 $y=g(t)$ 确有两个交点，分布在 $t=1$ 两侧，即 $0 \< x_1 \< 1 \< x_2$.

构造对称点法： 要证 $x_1 + x_2 \> 2$, 即证 $x_2 \> 2 - x_1$. 由于 $x_1 \< 1$, 故 $2 - x_1 \> 1$. 注意到 $x_2$ 和 $2-x_1$ 均落在区间 $(1, +\infty)$ 内. 在该区间上，函数 $g(t)$ 单调递增. 因此，证明 $x_2 \> 2 - x_1$ 等价于证明 $g(x_2) \> g(2 - x_1)$.

已知 $g(x_2) = a = g(x_1)$, 故只需证明 $g(x_1) \> g(2 - x_1)$. 代入表达式，即证： <MathBlock raw={"\frac{e^{x_1}}{x_1} \> \frac{e^{2-x_1}}{2-x_1} \iff \frac{2-x_1}{x_1} \> e^{2-2x_1}"} /> 令 $t = x_1 \in (0, 1)$.不等式两边取对数，变形为 $\ln(2-t) - \ln t \> 2 - 2t$. 设 $H(t) = \ln(2-t) - \ln t - 2 + 2t$. 求导得： <MathBlock raw={"H'(t) = \frac{-1}{2-t} - \frac{1}{t} + 2 = \frac{-2 + 2t(2-t)}{t(2-t)} = \frac{-2(t-1)^2}{t(2-t)}"} /> 对于 $t \in (0, 1)$, 恒有 $H'(t) \< 0$. 故 $H(t)$ 在 $(0, 1)$ 上单调递减. $H(t) \> H(1) = \ln 1 - \ln 1 - 2 + 2 = 0$ 证毕. :::

利用函数的单调性与对称性处理隐零点问题*

凹凸性

{/* label: sec:ch03-s06 */}

单调性回答“往上走还是往下走”. 还需要进一步分辨“越走越快”还是“越走越慢”. 例如 $f(x)=x^2$ 与 $g(x)=\sqrt{x}$ 在 $x\>0$ 时都递增，但 $x^2$ 的增长越来越快，图像向上弯曲；$\sqrt{x}$ 的增长越来越慢，图像向下弯曲.

凹凸性刻画函数图像的弯曲方向. 它关注变化率自身的变化趋势.

凹凸性的几何直观与定义

刻画曲线的弯曲特性时，可以从两个等价的几何观点出发.

观点一：割线斜率的演变. 固定曲线上的一个点，再考察连接到另一点的割线斜率如何变化. 在向上弯曲的曲线上，当第二个点从左向右移动时，割线斜率呈单调递增.

下凸函数割线斜率的单调性*

观点二：函数图像与弦的相对位置. 另一个等价的、也是更为经典的几何刻画，是比较函数图像本身 (弧) 与连接其上任意两点的线段 (弦) 的相对位置.

• 对于一个向上弯曲的函数，其图像总是位于连接其上任意两点的弦的下方 (或重合).
• 对于一个向下弯曲的函数，其图像总是位于连接其上任意两点的弦的上方 (或重合).

为了把这一几何观察转化为代数语言，需要表示弦上的点. 设弦的两个端点为 $A(x_1, f(x_1))$ 和 $B(x_2, f(x_2))$. 对于任意 $t \in [0,1]$, 表达式 $x_t = (1-t)x_1 + tx_2$ 给出线段 $[x_1, x_2]$ 上的一点. 弦上对应点的纵坐标为 $y_t = (1-t)f(x_1) + tf(x_2)$, 函数图像上对应点的纵坐标为 $f(x_t) = f((1-t)x_1 + tx_2)$. 比较这两个纵坐标，就得到凹凸性的严格定义.

下凸函数的代数定义图解*

凹凸函数

设函数 $f(x)$ 定义在区间 $I$ 上.

• 若对于任意 $x_1, x_2 \in I$ 和任意 $t \in [0,1]$, 恒有 $f((1-t)x_1 + tx_2) \le (1-t)f(x_1) + tf(x_2)$ 则称 $f(x)$ 为 $I$ 上的下凸函数.

• 若对于任意 $x_1, x_2 \in I$ 和任意 $t \in [0,1]$, 恒有 $f((1-t)x_1 + tx_2) \ge (1-t)f(x_1) + tf(x_2)$ 则称 $f(x)$ 为 $I$ 上的上凸函数.

  若当 $x_1 \neq x_2$ 且 $t \in (0,1)$ 时上述不等式均取严格不等号，则称函数为严格下凸或严格上凸.

这个不等式是凸性理论的基础. 特别地，当取 $t=1/2$ 时，可化为常用形式:

• 下凸函数: $\displaystyle f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right) \le \frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}$ (中点的函数值不大于函数值的中点).
• 上凸函数: $\displaystyle f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right) \ge \frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}$ (中点的函数值不小于函数值的中点).

凹凸性的分析判定法

凹凸性的代数定义虽然严谨，但直接用不等式判定往往较繁. 更常用的工具是考察切线斜率的变化趋势，因为函数图像的弯曲方向正由此决定.

考察下凸函数图像时，从左向右看，切线斜率持续增大. 即使在递减部分，斜率也仍处在增加过程中. 这就给出了分析判定法的几何依据.

下凸函数：切线斜率 $f'(x)$ 单调递增*

事实上，函数的凹凸性与其一阶导数的单调性是等价的.

定理

设函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 上可导.

• $f(x)$ 在 $I$ 上是下凸函数的充分必要条件是其导函数 $f'(x)$ 在 $I$ 上单调递增.
• $f(x)$ 在 $I$ 上是上凸函数的充分必要条件是其导函数 $f'(x)$ 在 $I$ 上单调递减.

证明

只证明下凸的情形.

回顾割线斜率的几何直观，对于下凸函数，任意满足 $x_1 \< x_2 \< x_3$ 的三点，其割线斜率满足 <MathBlock raw={"\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1} \le \frac{f(x_3)-f(x_1)}{x_3-x_1} \le \frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}"} /> 任取 $a, b \in I$ 且 $a\<b$. 在上述不等式中令 $x_1=a, x_3=b$.

令 $x_2 \to a^+$, 则左侧割线斜率趋近于 $f'(a)$. 因而 $f'(a) \le \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ 再令 $x_2 \to b^-$, 则右侧割线斜率趋近于 $f'(b)$. 因而 $\frac{f(b)-f(a)}{b-a} \le f'(b)$ 合并这两个不等式，得 $f'(a) \le f'(b)$. 由于此结论对任意 $a\<b$ 都成立，故导函数 $f'(x)$ 在 $I$ 上单调递增.

反过来，设 $f'(x)$ 在 $I$ 上单调递增. 任取 $x_1,x_2\in I$ 且 $x_1\<x_2$, 以及 $t\in(0,1)$, 记 $x_t=(1-t)x_1+tx_2$. 由拉格朗日中值定理，存在 $c_1\in(x_1,x_t)$ 和 $c_2\in(x_t,x_2)$, 使得 <MathBlock raw={"f(x_t)-f(x_1)=f'(c_1)(x_t-x_1), f(x_2)-f(x_t)=f'(c_2)(x_2-x_t)."} /> 因为 $c_1\<x_t\<c_2$ 且 $f'$ 单调递增，所以 $f'(c_1)\le f'(c_2)$. 又 $x_t-x_1=t(x_2-x_1)$, $x_2-x_t=(1-t)(x_2-x_1)$, 故 $\frac{f(x_t)-f(x_1)}{t}\le \frac{f(x_2)-f(x_t)}{1-t}.$ 两边乘以 $t(1-t)\>0$ 并整理，得 $f(x_t)\le (1-t)f(x_1)+tf(x_2),$ 即 $f(x)$ 在 $I$ 上是下凸函数. 上凸的情形只需考虑 $-f(x)$ 即可.

上面的定理给出了一条可计算的路线：先看 $f'(x)$ 的单调性，再用 $f''(x)$ 的符号判断 $f'(x)$ 的增减.

二阶导数判定法

设函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 上二阶可导.

• 若在 $I$ 内恒有 $f''(x) \ge 0$, 则 $f(x)$ 在 $I$ 上是下凸的.
• 若在 $I$ 内恒有 $f''(x) \le 0$, 则 $f(x)$ 在 $I$ 上是上凸的.

证明

因为 $f(x)$ 在 $I$ 上二阶可导，所以 $f'(x)$ 在 $I$ 上可导，且 $(f'(x))'=f''(x).$ 若在 $I$ 上恒有 $f''(x)\ge0$, 由单调性的导数判定法可知 $f'(x)$ 在 $I$ 上单调递增. 再由前面的凹凸性与导函数单调性的等价定理，得 $f(x)$ 在 $I$ 上下凸.

若在 $I$ 上恒有 $f''(x)\le0$, 同理可知 $f'(x)$ 在 $I$ 上单调递减，从而 $f(x)$ 在 $I$ 上上凸.

实际解题时，通常直接计算 $f''(x)$, 再按其符号写出凹凸区间.

拐点

函数从一种弯曲形态过渡到另一种的临界点，在几何上具有特殊的重要性.

拐点

若函数 $y=f(x)$ 的图像在点 $P(x_0, f(x_0))$ 处凹凸性发生改变, 则称点 $P$ 为该函数图像的一个拐点.

根据二阶导数判定法，拐点出现时，二阶导数 $f''(x)$ 在该点两侧的符号会发生改变. 因此，若函数在拐点 $x_0$ 处二阶可导，则必有 $f''(x_0)=0$. 需要注意, $f''(x_0)=0$ 只是拐点的必要条件. 例如 $f(x)=x^4$ 在 $x=0$ 处二阶导数为零，但该点不是拐点.

例

确定函数 $f(x) = x^3 - 6x^2 + 5x + 1$ 的凹凸区间及拐点.

解

先计算函数的二阶导数，再分析其符号.

首先求一阶导数: $f'(x) = 3x^2 - 12x + 5$ 接着求二阶导数: $f''(x) = 6x - 12$

令 $f''(x)=0$, 解得 $x=2$. 这是唯一可能的拐点候选. 以此点为界，考察 $f''(x)$ 的符号:

• 当 $x \in (-\infty, 2)$ 时, $f''(x) \< 0$. 根据定理，函数 $f(x)$ 在此区间上是上凸的.

• 当 $x \in (2, +\infty)$ 时, $f''(x) \> 0$. 根据定理，函数 $f(x)$ 在此区间上是下凸的.

  由于函数在 $x=2$ 两侧的凹凸性发生了改变，因此点 $(2, f(2))$ 是一个拐点. 计算拐点的纵坐标: $f(2) = 2^3 - 6(2^2) + 5(2) + 1 = 8 - 24 + 10 + 1 = -5$.

  综上，函数 $f(x)$ 的上凸区间为 $(-\infty, 2)$, 下凸区间为 $(2, +\infty)$, 其拐点为 $(2, -5)$.

琴生不等式

凹凸性的定义本身蕴含一类重要的不等式结构. 当定义中连接两点的弦与弧关系推广到任意多个点时，就得到数学分析中常用的琴生不等式.

琴生不等式的一般形式

琴生不等式说明: 对于下凸函数，自变量加权平均的函数值，不大于函数值的同权重加权平均值.

琴生不等式

设 $f(x)$ 是定义在区间 $I$ 上的函数.

1. 若 $f(x)$ 为下凸函数, 则对于任意 $x_1, ..., x_n \in I$ 以及任意一组满足 $\sum_{i=1}^n \lambda_i = 1$ 的非负权重 $\lambda_i \ge 0$, 恒有: <MathBlock raw={"f\left(\sum_{i=1}^n \lambda_i x_i\right) \le \sum_{i=1}^n \lambda_i f(x_i)"} />
2. 若 $f(x)$ 为上凸函数, 则上述不等号方向相反.

对于严格凹凸函数，等号成立的充分必要条件是 $x_1=x_2=...=x_n$.

证明

只证明下凸函数的情形，上凸函数只需把不等号方向全部反向即可.

用数学归纳法证明. 当 $n=2$ 时, <MathBlock raw={"f(\lambda_1x_1+\lambda_2x_2)\le \lambda_1f(x_1)+\lambda_2f(x_2), \lambda_1+\lambda_2=1,\ \lambda_i\ge0,"} /> 这正是下凸函数的定义.

设命题对 $n$ 个点已经成立. 现考察 $n+1$ 个点以及权重 $\lambda_1,...,\lambda_{n+1}$. 记 $s=\lambda_1+\cdots+\lambda_n=1-\lambda_{n+1}.$ 若 $s=0$, 则 $\lambda_{n+1}=1$, 不等式退化为恒等式. 下面设 $s\>0$, 并令 $\bar{x}=\frac{\lambda_1x_1+\cdots+\lambda_nx_n}{s}.$ 于是 $\sum_{i=1}^{n+1}\lambda_ix_i=s\bar{x}+\lambda_{n+1}x_{n+1}.$ 由下凸函数的定义, $f\left(\sum_{i=1}^{n+1}\lambda_ix_i\right)\le sf(\bar{x})+\lambda_{n+1}f(x_{n+1}).$ 对 $f(\bar{x})$ 应用归纳假设，得 <MathBlock raw={"f(\bar{x})\le \frac{\lambda_1}{s}f(x_1)+\cdots+\frac{\lambda_n}{s}f(x_n)."} /> 代回即得 $f\left(\sum_{i=1}^{n+1}\lambda_ix_i\right)\le \sum_{i=1}^{n+1}\lambda_if(x_i).$ 因而命题对任意正整数 $n$ 成立.

若 $f$ 为严格下凸函数，只要有两个不同点带正权重，在最后一次应用两点下凸定义时就取严格不等号. 因而等号成立时，所有带正权重的点只能全部相等. 特别地，当每个权重都为正时，等号成立的充分必要条件是 $x_1=\cdots=x_n$.

上式是琴生不等式的一般形式. 当所有权重都取 $\lambda_i = 1/n$ 时，就得到常见的算术平均形式.

琴生不等式的算术平均形式

设 $f(x)$ 是定义在区间 $I$ 上的函数.

1. 若 $f(x)$ 为下凸函数, 则对于任意 $x_1, ..., x_n \in I$, 有: <MathBlock raw={"f\left(\frac{x_1+...+x_n}{n}\right) \le \frac{f(x_1)+...+f(x_n)}{n}"} /> 此即“平均的函数值不大于函数值的平均”.
2. 若 $f(x)$ 为上凸函数, 则不等号方向相反.

证明（算术平均形式的证明）

在琴生不等式中取 $\lambda_1=\lambda_2=\cdots=\lambda_n=\frac1n,$ 即得 <MathBlock raw={"f\left(\frac{x_1+...+x_n}{n}\right) \le \frac{f(x_1)+...+f(x_n)}{n}."} /> 上凸函数的情形同理，不等号方向相反.

应用

\BookSubsectionSubtitle{琴生不等式与均值不等式} 许多著名不等式是琴生不等式的特例.

例

证明算术-几何平均值不等式：对于正数 $x_1, ..., x_n$, $\frac{x_1+...+x_n}{n} \ge \sqrt[n]{x_1... x_n}$.

解

考虑函数 $f(x)=\ln x$, 定义域为 $(0, +\infty)$. 其二阶导数为 $f''(x) = -1/x^2$. 在 $(0, +\infty)$ 内, $f''(x)\<0$ 恒成立，故 $f(x)=\ln x$ 是严格上凸函数.

根据上凸函数的琴生不等式: <MathBlock raw={"\frac{\ln x_1 + ... + \ln x_n}{n} \le \ln\left(\frac{x_1+...+x_n}{n}\right)"} /> 利用对数性质，不等式左侧可化为: <MathBlock raw={"\frac{\ln(x_1... x_n)}{n} = \ln\left((x_1... x_n)^{1/n}\right) = \ln(\sqrt[n]{x_1... x_n})"} /> 代入原不等式，得 $\ln(\sqrt[n]{x_1... x_n}) \le \ln(\frac{x_1+...+x_n}{n})$.

由于对数函数是严格单调递增的，上述不等关系等价于其自变量之间的不等关系: $\sqrt[n]{x_1... x_n} \le \frac{x_1+...+x_n}{n}$ 证毕.

琴生不等式的应用信号

在处理多元函数极值问题时，若目标表达式形如 $\sum f(x_i)$ (例如 $2^{x_1}+2^{x_2}$ 或 $\sin A+\sin B+\sin C$), 且变量满足和为定值的约束 $\sum x_i = C$, 这便是应用琴生不等式的强烈信号. 使用前需要先确认 $f$ 在变量所在区间上的凹凸性：求最大值时需要上凸 (此时琴生不等式给出上界), 求最小值时需要下凸. 凹凸性判错，不等号方向就会反.

例

在 $\triangle ABC$ 中，求 $S = \sin A + \sin B + \sin C$ 的最大值.

解

此问题符合上述应用模式.考虑函数 $f(x)=\sin x$, 定义域为内角范围 $(0, \pi)$, 变量满足 $A+B+C=\pi$.

函数 $f(x)=\sin x$ 的二阶导数为 $f''(x)=-\sin x$. 在区间 $(0, \pi)$ 内, $\sin x \> 0$, 故 $f''(x)\<0$. 因此 $f(x)$ 是严格上凸函数.

应用上凸函数的琴生不等式: <MathBlock raw={"\frac{\sin A + \sin B + \sin C}{3} \le \sin\left(\frac{A+B+C}{3}\right)"} /> 代入约束条件 $A+B+C=\pi$: <MathBlock raw={"\frac{S}{3} \le \sin\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{\sqrt{3}}{2}"} /> 解得 $S \le \frac{3\sqrt{3}}{2}$.

等号成立条件为 $A=B=C=\pi/3$, 此条件可以达到 (当 $\triangle ABC$ 为正三角形时). 因此, $S$ 的最大值为 $\frac{3\sqrt{3}}{2}$.

分段点分析与导数法求值域

{/* label: sec:advanced-piecewise-range */}

前一卷已经讨论过分段函数的读法、作图和基本性质. 现在进入极限与导数之后，可以进一步研究分段点处的连续与可导，并把闭区间上的最值问题转化为值域问题.

分段点的连续与可导

分段点的可导性

设 $x_0$ 是分段函数 $f(x)$ 的分段点. 若 $\lim_{x\to x_0^-}f(x)=\lim_{x\to x_0^+}f(x)=f(x_0),$ 且左右差商极限都存在并相等，即 <MathBlock raw={"\lim_{h\to0^-}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}

\lim_{h\to0^+}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h},"} /> 则称 $f(x)$ 在 $x_0$ 处可导.

例

分析函数 $f(x)=|x|$ 在 $x=0$ 处的连续性与可导性.

解

写成分段形式: <MathBlock raw={"f(x)= \begin{cases} -x,& x\<0, x,& x\ge 0. \end{cases}"} /> 左、右极限都等于 $0$, 且 $f(0)=0$, 所以函数在 $x=0$ 处连续.

再看左右差商: <MathBlock raw={"\lim_{h\to0^-}\frac{|h|-0}{h}

\lim_{h\to0^-}\frac{-h}{h} =-1,"} /> <MathBlock raw={"\lim_{h\to0^+}\frac{|h|-0}{h}

\lim_{h\to0^+}\frac{h}{h} =1."} /> 左右导数不相等，因而函数在 $x=0$ 处不可导.

连续并不自动推出可导，折点处左右斜率可能不同*

导数法求值域

在闭区间上，连续函数一定取得最大值与最小值，值域也就由这两个数夹住. 导数的作用是缩小检查范围：最大值、最小值只可能出现在端点、驻点或不可导点.

闭区间上导数法求值域

设函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，在开区间 $(a,b)$ 内可导. 则求 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上的值域时，只需比较下列点处的函数值:

1. 区间端点 $a,b$;
2. 一切满足 $f'(x)=0$ 的内点;
3. 一切导数不存在但函数有定义的内点.

证明

由闭区间上连续函数的最值定理, $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上一定取得最大值与最小值.

若最值点出现在端点，结论直接成立. 若最值点出现在内点且该点可导，则由费马引理可知该点导数为零. 若最值点出现在内点但不可导，则它属于导数不存在的点.

因而只需比较上述三类点处的函数值，就能确定最大值与最小值，从而确定值域.

例

求函数 $f(x)=x+\frac{4}{x}$ 在区间 $[1,4]$ 上的值域.

解

函数在 $[1,4]$ 上连续，在 $(1,4)$ 内可导，所以只需比较端点和区间内的驻点. 求导得 $f'(x)=1-\frac{4}{x^2}=\frac{x^2-4}{x^2}.$ 在区间 $(1,4)$ 内，令 $f'(x)=0$, 得 $x=2$.

比较端点和临界点处的函数值: $f(1)=5, f(2)=4, f(4)=5.$ 所以最小值为 $4$, 最大值为 $5$. 因而值域为 $[4,5].$

例

求函数 $f(x)=x^3-3x$ 在区间 $[-2,2]$ 上的值域.

解

函数在 $[-2,2]$ 上连续，在 $(-2,2)$ 内可导. 先求导: $f'(x)=3x^2-3=3(x-1)(x+1).$ 区间内满足 $f'(x)=0$ 的点为 $x=-1,1$.

代入四个关键点得到函数值: $f(-2)=-2, f(-1)=2, f(1)=-2, f(2)=2.$ 所以函数在该区间上的最小值为 $-2$, 最大值为 $2$. 因而值域为 $[-2,2].$

闭区间上求值域时，关键在端点与临界点处比较函数值*

三次函数的导数分析

{/* label: sec:advanced-cubic-functions */}

第一卷已经讨论过三次函数的标准形、中心对称与根系数关系. 导数给出另一条线索：用二次函数 $f'(x)$ 的符号，判断三次函数的增减、极值、实根个数与切线条数.

单调性与极值结构

设 $f(x)=ax^3+bx^2+cx+d (a\ne0)$. 其导函数为 $f'(x)=3ax^2+2bx+c$. 三次函数的增减变化，归结为二次函数 $f'(x)$ 的符号变化.

三次函数的单调分类

设 $\Delta=(2b)^2-4\cdot 3a\cdot c=4(b^2-3ac)$. 则三次函数 $f(x)=ax^3+bx^2+cx+d$ 的单调结构由 $\Delta$ 决定:

1. 当 $\Delta\<0$ 时, $f'(x)$ 无实根，函数在 $\mathbb{R}$ 上严格单调;
2. 当 $\Delta=0$ 时, $f'(x)$ 只有一个二重根，函数在 $\mathbb{R}$ 上仍保持单调，但在该点附近出现平缓过渡;
3. 当 $\Delta\>0$ 时, $f'(x)$ 有两个不等实根 $x_1\<x_2$, 函数在 $(-\infty,x_1)$ 与 $(x_2,+\infty)$ 上同向单调，在 $(x_1,x_2)$ 上反向单调，因而出现一个极大值点与一个极小值点.

证明

由于 $f'(x)$ 是二次函数，其零点个数由判别式 $\Delta$ 决定.

当 $\Delta\<0$ 时，二次函数 $f'(x)$ 没有实根，因而在全体实数上恒正或恒负. 于是 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上严格递增或严格递减.

当 $\Delta=0$ 时，设 $f'(x)=3a(x-x_0)^2$. 由于平方项恒非负, $f'(x)$ 在 $x_0$ 之外与 $a$ 同号，只在 $x_0$ 处取零. 因而 $f(x)$ 在整个实数轴上保持同一单调方向.

当 $\Delta\>0$ 时，设 $f'(x)$ 的两个实根为 $x_1\<x_2$. 二次函数在两个根的外侧与首项系数 $3a$ 同号，在两个根之间与 $3a$ 异号. 因而 $f(x)$ 的单调方向在 $x_1,x_2$ 处发生两次变化，从而恰有一个极大值点和一个极小值点.

TikZ 图 142

*图：三次函数的三种基本单调结构*

例

讨论函数 $f(x)=x^3-3x$ 的单调区间与极值.

解

先求导，得 $f'(x)=3x^2-3=3(x-1)(x+1)$. 导函数有两个实根 $x=-1,1$.

当 $x\<-1$ 时, $f'(x)\>0$; 当 $-1\<x\<1$ 时, $f'(x)\<0$; 当 $x\>1$ 时, $f'(x)\>0$. 因而 $f(x)$ 在 $(-\infty,-1)$ 上递增，在 $(-1,1)$ 上递减，在 $(1,+\infty)$ 上递增.

计算极值，得 $f(-1)=2,\ f(1)=-2$. 所以函数在 $x=-1$ 处取得极大值 $2$, 在 $x=1$ 处取得极小值 $-2$.

实根个数与极值位置

导数给出的极值信息，可以直接用于判断三次方程的实根个数.

三次方程实根个数的导数判据

设三次函数 $f(x)=ax^3+bx^2+cx+d\ (a\ne0)$.

1. 若 $f'(x)$ 没有两个不等实根，则方程 $f(x)=0$ 只有一个实根;
2. 若 $f'(x)$ 有两个不等实根 $x_1\<x_2$, 则方程 $f(x)=0$ 的实根个数由 $f(x_1)$ 与 $f(x_2)$ 的符号决定: <MathBlock raw={"\begin{cases} f(x_1)f(x_2)\>0,& \text{一个实根}; f(x_1)f(x_2)=0,& \text{两个不等实根，其中一个为二重根}; f(x_1)f(x_2)\<0,& \text{三个不等实根}. \end{cases}"} />

证明

若 $f'(x)$ 没有两个不等实根，则由前一定理知 $f(x)$ 在全体实数上单调. 三次函数两端趋于相反方向，因而图像与 $x$ 轴只能有一个交点.

再设 $f'(x)$ 有两个不等实根 $x_1\<x_2$. 此时 $f(x)$ 先单调、后反向单调、再恢复原方向，图像有一个峰点和一个谷点.

若 $f(x_1)f(x_2)\>0$, 则两个极值都在 $x$ 轴同侧，图像在中间起伏后仍留在轴的一侧，只能在外侧与 $x$ 轴相交一次.

若 $f(x_1)f(x_2)=0$, 则某个极值点落在 $x$ 轴上. 图像在该点与 $x$ 轴相切，同时在另一侧还会有一次穿越，因而得到两个不等实根.

若 $f(x_1)f(x_2)\<0$, 则一个极值在轴上方，另一个极值在轴下方. 由连续性知图像在两极值之间必穿过一次 $x$ 轴，再结合两端的相反趋势，共得到三个不等实根.

TikZ 图 143

*图：极值点相对 $x$ 轴的位置决定三次方程的实根个数*

例

判断方程 $2x^3-9x^2+12x-4=0$ 的实根个数.

解

令 $f(x)=2x^3-9x^2+12x-4$. 求导得 $f'(x)=6x^2-18x+12=6(x-1)(x-2)$. 所以极值点为 $x=1,2$.

计算函数值，得 $f(1)=1,\ f(2)=0$. 由 $f(1)f(2)=0$ 可知，原方程有两个不等实根，其中一个是二重根.

拐点与切线

二阶导数用于刻画三次函数的弯曲方向变化.

三次函数的拐点

设 $f(x)=ax^3+bx^2+cx+d (a\ne0)$. 则曲线的拐点横坐标为 $x_0=-\dfrac{b}{3a}$.

证明

由 $f''(x)=6ax+2b$ 可知 $f''(x)=0$ 只有一个解 $x_0=-\dfrac{b}{3a}$. 由于 $f''(x)$ 是一次函数，在 $x_0$ 两侧必然变号，因而曲线在该点处凹凸性发生改变，该点就是拐点.

例

求函数 $f(x)=-x^3+2x^2-x$ 在拐点处的切线方程.

解

先求二阶导数，得 $f''(x)=-6x+4$. 令 $f''(x)=0$, 得拐点横坐标 $x_0=\dfrac23$.

再求拐点处的函数值与导数值，得 $f\!\left(\dfrac23\right)=-\dfrac{2}{27},\ f'\!\left(\dfrac23\right)=\dfrac13$. 因而拐点切线方程为 $y+\dfrac{2}{27}=\dfrac13\left(x-\dfrac23\right)$, 化简得 $y=\dfrac13x-\dfrac{8}{27}$.

切线条数问题

过平面上一点向三次函数作切线时，切点参数满足三次方程. 这使切线条数问题与三次方程实根个数问题自然联结.

过一点作三次函数切线的条数判定

对三次函数 $y=f(x),$ 设其拐点为 $O$, 拐点切线为 $l$. 则函数图像与直线 $l$ 把平面分成四个区域.

1. 点 $P$ 严格落在曲线与拐点切线之间时，过 $P$ 可作三条切线;
2. 点 $P$ 落在曲线或拐点切线上，且 $P\ne O$ 时，过 $P$ 可作两条切线;
3. 点 $P$ 落在其余区域，或 $P=O$ 时，过 $P$ 只能作一条切线.

证明

先作坐标平移，把拐点移到原点；再作保持竖直方向的剪切，把拐点切线化为 $X$ 轴. 这类仿射变换把直线变为直线，把相切关系变为相切关系，因而保持过点可作切线的条数.

在新坐标中，三次函数可写成 $Y=aX^3 (a\ne0).$ 设切点为 $T(t,at^3)$, 切线方程为 $Y=3at^2X-2at^3.$ 若点 $P(u,v)$ 在该切线上，则参数 $t$ 满足 $2at^3-3aut^2+v=0.$ 因而切线条数就是这一个三次方程的实根个数.

记左端为 $F(t)=2at^3-3aut^2+v.$ 对它求导得 $6at(t-u),$ 驻点为 $t=0$ 与 $t=u$. 对应函数值分别为 $F(0)=v, F(u)=v-au^3.$ 其中 $v$ 是点 $P$ 到拐点切线 $Y=0$ 的有向高度, $v-au^3$ 是点 $P$ 与曲线在同一横坐标处的有向高度差.

当 $v$ 与 $v-au^3$ 异号时，三次方程在两个驻点处一正一负，因而有三个不等实根. 当其中一个为零而另一个非零时，三次方程有一个二重根和一个单根. 当它们同号时，三次方程只有一个实根. 对应回原图，即得三种切线条数结论. :::

点相对曲线与拐点切线的位置决定可作切线条数*