Volume II: Limits and Derivatives — Derivatives and Function Behavior

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单调性、零点与不等式

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:

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;
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;
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:

找出 $f'(x)\>0$ 与 $f'(x)\<0$ 的区间;
由 $f'(x)\>0$ 判断原函数递增，由 $f'(x)\<0$ 判断原函数递减;
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

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.

例

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

当 $x \in [-\pi, \pi]$ 时，求 $f(x)$ 的最值；
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

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：

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

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：

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.
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

\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：

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.
若 $f(a) = 0$ , 即 $a = e$ , 图像与 $x$ 轴相切于顶点，有唯一实根.
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.

*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 $x \in (0, \pi)$ .

若 $a = \frac{1}{2}$ , 证明： $f(x) \> 0$ ;
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）：

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.

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 $\left(\frac{1}{2}, +\infty\right)$ .

*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 $f(x) = \ln(1+x) + ax e^{-x}$ .

当 $a=1$ 时，求曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0, f(0))$ 处的切线方程；
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：

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：

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.

指数函数图像 — $a \< -1$ 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：

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；
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；
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：

\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：

\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

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

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.

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.
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）.
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. :::

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：

\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：

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. :::

凹凸性

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.

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.

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.

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

\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

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.

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:

f\left(\sum_{i=1}^n \lambda_i x_i\right) \le \sum_{i=1}^n \lambda_i f(x_i)

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,

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

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.

若 $f(x)$ 为下凸函数, 则对于任意 $x_1, ..., x_n \in I$ , 有:

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

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:

\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:

\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:

\frac{\sin A + \sin B + \sin C}{3} \le \sin\left(\frac{A+B+C}{3}\right)

代入约束条件 $A+B+C=\pi$ :

\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

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

\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:

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:

\lim_{h\to0^-}\frac{|h|-0}{h} = \lim_{h\to0^-}\frac{-h}{h} =-1,

\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.

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:

区间端点 $a,b$ ;
一切满足 $f'(x)=0$ 的内点;
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 $[-2,2].$

三次函数的导数分析

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:

当 $\Delta\<0$ 时, $f'(x)$ 无实根，函数在 $\mathbb{R}$ 上严格单调;
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;
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.

*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 $f(x)=ax^3+bx^2+cx+d\ (a\ne0)$ .

若 $f'(x)$ 没有两个不等实根，则方程 $f(x)=0$ 只有一个实根;
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:

\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.

*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.

点 $P$ 严格落在曲线与拐点切线之间时，过 $P$ 可作三条切线;
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;
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. :::

单调性、零点与不等式​

单调性问题​

导后一次型​

导后二次型​

二次求导型​

函数零点问题​

基本判定准则​

定系数函数的零点​

含参方程的零点​

不等式恒成立问题​

最值法​

参数分离法​

进一步讨论​

不等式中的存在性问题​

隐零点与双变量问题初步​

隐零点代换（设而不求）​

凹凸性​

凹凸性的几何直观与定义​

凹凸性的分析判定法​

拐点​

琴生不等式​

琴生不等式的一般形式​

应用​

分段点分析与导数法求值域​

分段点的连续与可导​

导数法求值域​

三次函数的导数分析​

单调性与极值结构​

实根个数与极值位置​

拐点与切线​

切线条数问题​

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单调性、零点与不等式

单调性问题

导后一次型

导后二次型

二次求导型

函数零点问题

基本判定准则

定系数函数的零点

含参方程的零点

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最值法

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进一步讨论

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琴生不等式

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分段点的连续与可导

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实根个数与极值位置

拐点与切线

切线条数问题