第二卷極限與導數-導數與函數性态

單调性、零点與不等式

在前一节中，已經建立了“導數符号决定函數增减”的基本联係. 真正做題时，常见的困难并不在于寫出 $f'(x),$ 而在于如何继續处理導函數的符号，尤其是在含參函數、超越函數與複合结構中.

單调性問題有几种常见结構. 把這些方法推廣到零点個數、參數范围與不等式恒成立等更綜合的問題时，常把代數命題转化為函數圖像的几何特征，再利用導數進行分析.

單调性問題

單调性問題大致可分為三類:

導后一次型: 導函數經化簡后，只需比较一個一次式或一個簡單因子的符号;
導后二次型: 導函數的主要部分是二次函數，需要借助顶点、判别式或根的分布来分類;
二次求導型: 一階導數本身难以直接判号，先利用二階導數确定 $f'(x)$ 的單调性，再反過来判断 $f(x)$ 的單调性.

導函數圖像題的翻译

題目若给出 $f'(x)$ 的圖像而要求判断 $f(x)$ 的圖像，处理时可分三步:

找出 $f'(x)\>0$ 與 $f'(x)\<0$ 的区間;
由 $f'(x)\>0$ 判断原函數递增，由 $f'(x)\<0$ 判断原函數递减;
檢查 $f'(x)=0$ 附近是否變号. 若由正變负，原函數在那里有極大值；若由负變正，原函數在那里有極小值.

因此圖像題仍归结為導函數符号的判断.

導后一次型

例

已知函數 $f(x)=a(x-1)-\ln x+1, x\>0.$ 讨論 $f(x)$ 的單调区間.

解

函數定義域為 $(0,+\infty).$ 求導得 $f'(x)=a-\frac{1}{x}=\frac{ax-1}{x}.$ 由于 $x\>0$ , 所以 $f'(x)$ 的符号由 $ax-1$ 决定.

情形一: $a\le0$

此时對任意 $x\>0$ , 都有 $a-\frac{1}{x}\<0,$ 所以 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上單调递减.

情形二: $a\>0$

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

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

導后二次型

例

已知函數 $f(x)=\ln(x+1)+a(x^2-x), x\>-1.$ 讨論 $f(x)$ 的單调区間.

解

函數定義域為 $(-1,+\infty).$ 求導得 $f'(x)=\frac{1}{x+1}+a(2x-1) =\frac{2ax^2+ax+1-a}{x+1}.$ 在定義域内, $x+1\>0,$ 因而 $f'(x)$ 的符号由二次函數 $q(x)=2ax^2+ax+1-a$ 决定.

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

情形一: $a=0$

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

情形二: $a\<0$

此时 $q(x)$ 開口向下，且 $q(-1)=1\>0, \lim_{x\to+\infty}q(x)=-\infty.$ 因而在区間 $(-1,+\infty)$ 内恰有一個零点 $x_0=\frac{-1+\sqrt{9-\frac{8}{a}}}{4}.$ 于是 $f'(x)\>0 (x\in(-1,x_0)), f'(x)\<0 (x\in(x_0,+\infty)).$ 所以 $f(x)$ 在 $(-1,x_0)$ 上單调递增，在 $(x_0,+\infty)$ 上單调递减.

情形三: $0\<a\<\frac89$

此时 $q\left(-\frac14\right)=1-\frac98a\>0.$ 由于 $q(x)$ 開口向上，顶点值為正，所以對任意 $x\>-1$ 都有 $q(x)\>0.$ 故 $f'(x)\>0,$ 函數在 $(-1,+\infty)$ 上單调递增.

情形四: $a=\frac89$

此时 $q(x)=\frac{1}{9}(4x+1)^2\ge0.$ 因而 $f'(x)\ge0$ 在定義域内恒成立，只在 $x=-\frac14$ 处取零. 函數在整個定義域上仍單调递增.

情形五: $a\>\frac89$

此时顶点值為负，所以 $q(x)$ 有两個不等实根

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

又因為 $q(-1)=1\>0$ , 所以两根都落在定義域内，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 $(-1,x_1),\ (x_2,+\infty)$ 上單调递增，在 $(x_1,x_2)$ 上單调递减.

二次求導型

例

设函數 $f(x)=e^{mx}+x^2-mx, m\in\mathbb{R}.$ 證明: $f(x)$ 在 $(-\infty,0)$ 上單调递减，在 $(0,+\infty)$ 上單调递增.

證明

先求一階導數: $f'(x)=me^{mx}+2x-m.$ 直接判断 $f'(x)$ 的符号并不方便，再求導得 $f''(x)=m^2e^{mx}+2.$ 由于 $m^2e^{mx}\ge0,$ 所以對任意实數 $x$ 都有 $f''(x)\>0.$ 這說明 $f'(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上严格單调递增.

再看 $f'(0)=m+0-m=0.$ 因為 $f'(x)$ 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 $(-\infty,0)$ 上單调递减，在 $(0,+\infty)$ 上單调递增.

單调性題的处理顺序

用導數处理單调性时，顺序是從定義域出發：單调区間只能在定義域内讨論.接着观察導函數的结構，判断它是否可以一次判号，还是需要進一步求導.若導函數能直接判号，就列出各区間上的符号结論；若不能直接判号，就继續研究導函數的單调性和零点個數.最后再回到原函數，用導函數符号的變化来确定單调区間.一旦單调区間明确，零点個數、最值位置和值域范围往往都会随之清楚.

函數零点問題

函數的零点即方程 $f(x)=0$ 的实根. 零点分布問題连接了函數性态分析與方程求解理論. 依据解析式中是否含有變动參數，此類問題通常分為定係數情形與含參情形讨論.

基本判定准则

零点的存在性由介值定理保證：若连續函數 $f(x)$ 在区間 $[a, b]$ 端点取值异号，即 $f(a)f(b)\<0$ , 则 $(a, b)$ 内至少存在一個零点. 導數则進一步约束了零点的個數.

單调性與零点

若 $f(x)$ 在区間 $I$ 内严格單调，则 $f(x)$ 在 $I$ 内至多有一個零点.

證明

设 $f(x)$ 在区間 $I$ 内严格單调. 若它在 $I$ 内有两個不同零点 $x_1\<x_2$ , 则 $f(x_1)=f(x_2)=0.$ 但严格递增函數满足 $f(x_1)\<f(x_2)$ , 严格递减函數满足 $f(x_1)\>f(x_2)$ , 两种情形都與上式矛盾. 因而 $f(x)$ 在 $I$ 内至多有一個零点.

對于非單调函數，可先用導數划分單调区間，再结合極值和区間端点的情况判断零点個數.

定係數函數的零点

当函數解析式确定时，零点個數完全取决于極值符号與边界条件. 對于常见的多項式或超越函數，只需按照“求導—極值—端点”的流程操作.

例

确定函數 $f(x) = x^3 - 3x + 1$ 的零点個數.

解

定義域為 $\mathbb{R}$ . 求導得 $f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x-1)(x+1)$ . 令 $f'(x)=0$ , 解得驻点 $x_1 = -1$ , $x_2 = 1$ .

考察極值與單调性：

当 $x \in (-\infty, -1)$ 时, $f'(x)\>0$ ，單调递增；
当 $x \in (-1, 1)$ 时, $f'(x)\<0$ ，單调递减；
当 $x \in (1, +\infty)$ 时, $f'(x)\>0$ ，單调递增.

極大值為 $f(-1) = -1 + 3 + 1 = 3 \> 0$ . 極小值為 $f(1) = 1 - 3 + 1 = -1 \< 0$ .

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. 綜上，该函數共有 $3$ 個零点.

例

（2024 $\cdot$ 重庆南開中學）设函數 $f(x) = \sin x - x \cos x$ .

当 $x \in [-\pi, \pi]$ 时，求 $f(x)$ 的最值；
讨論函數 $g(x) = \ln(x+1) - f'(x)$ 在区間 $(-1, 2\pi)$ 内的零点個數.

解

（1）單调性分析 對 $f(x)$ 求導： $f'(x) = \cos x - (\cos x - x \sin x) = x \sin x.$ 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 $[-\pi, \pi]$ 上單调递增. 最小值為 $f(-\pi) = \sin(-\pi) - (-\pi)\cos(-\pi) = -\pi$ . 最大值為 $f(\pi) = \sin \pi - \pi \cos \pi = \pi$ .

（2）分段考察零点 函數解析式為 $g(x) = \ln(x+1) - x \sin x$ . 定義域為 $(-1, 2\pi)$ . 由于含有三角函數，應利用其符号周期性分区間讨論.

区間 $(-1, 0)$ ： 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 $g(x) = \text{负} - \text{正} \< 0$ ，该区間无零点.

点 $x = 0$ ： $g(0) = \ln 1 - 0 = 0$ , 故 $x=0$ 是一個零点.

区間 $(\pi, 2\pi)$ ： 当 $x \in (\pi, 2\pi)$ 时, $\sin x \< 0$ , 且 $x \> 0$ , 故 $-x \sin x \> 0$ . 又 $\ln(x+1) \> \ln(\pi+1) \> 0$ . 两項均為正，故 $g(x) \> 0$ ，该区間无零点.

区間 $(0, \pi)$ ： 此区間内 $x \sin x \> 0$ ，各項异号，需结合導數或特殊点值判定（介值定理）. 考察關键点取值：
端点处： $g(0)=0$ , 且 $g'(0) = \frac{1}{0+1} - (\sin 0 + 0) = 1 \> 0$ . 函數在 $0$ 右侧起始為正.
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， $g(\pi) = \ln(\pi+1) - 0 \> 0.$

结論綜合：

由 $g(0)=0$ 及 $g'(0)\>0$ 可知，函數從原点出發向上；
由 $g(\frac{\pi}{2}) \< 0$ , 函數在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 必穿過 $x$ 轴一次（存在零点 $x_1$ ）；
由 $g(\pi) \> 0$ , 函數在 $(\frac{\pi}{2}, \pi)$ 必再次穿過 $x$ 轴向上（存在零点 $x_2$ ）.

經導數進一步分析（單调性细节略）可知上述区間内函數形态單一，不产生额外震荡.

因而 $g(x)$ 在 $(-1, 2\pi)$ 上共有 $3$ 個零点（分别為 $0, x_1, x_2$ ）.

含參方程的零点

当方程含有參數时，零点個數随參數變化而改變. 此时需對參數進行分類讨論. 常用方法有两种：

直接分析法：研究含參函數 $f(x, a)$ 的極值点位置及極值大小與參數的關係.
參變分离法：将方程變形為 $g(x) = a$ 的形式，转化為固定曲線 $y=g(x)$ 與水平直線 $y=a$ 的交点問題.

下例采用直接分析法演示.

例

讨論關于 $x$ 的方程 $x - a \ln x = 0$ ( $a \> 0$ ) 的实根個數.

解

構造與求導 令 $f(x) = x - a \ln x$ , 定義域為 $(0, +\infty)$ . 求導得 $f'(x) = 1 - \frac{a}{x} = \frac{x-a}{x}$ .

單调性與極值 由于 $x\>0, a\>0$ , 導數符号僅取决于 $x-a$ . 当 $x \in (0, a)$ 时, $f'(x) \< 0$ ，函數递减；当 $x \in (a, +\infty)$ 时, $f'(x) \> 0$ ，函數递增. 故 $f(x)$ 在 $x=a$ 处取得極小值，亦為最小值： $f(a) = a - a \ln a = a(1 - \ln a).$

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.

函數圖像呈“U”型，两端趋于正无穷.

分類讨論 零点個數取决于最小值 $f(a)$ 與 $0$ 的關係：

若 $f(a) \> 0$ , 即 $a(1-\ln a) \> 0 \Rightarrow 0 \< a \< e$ , 圖像整體位于 $x$ 轴上方，无实根.
若 $f(a) = 0$ , 即 $a = e$ , 圖像與 $x$ 轴相切于顶点，有唯一实根.
若 $f(a) \< 0$ , 即 $a \> e$ , 極小值小于 $0$ 且两端趋于 $+\infty$ , 分别在 $(0, a)$ 與 $(a, +\infty)$ 各有一個实根，共两個.

*圖：參數 $a$ 改變了 $f(x)$ 極小值的位置與大小，從而改變零点個數*

例

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

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

解

（1）二階導數定性 当 $a = \frac{1}{2}$ 时, $f(x) = e^x - \frac{1}{2}x\sin x - x - 1$ . 求導得： $f'(x) = e^x - \frac{1}{2}(\sin x + x\cos x) - 1.$ 由于直接判断符号困难，考察 $f'(x)$ 的導數（即原函數二階導）：

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 $f''(x) \> 0$ . 這表明 $f'(x)$ 在 $(0, \pi)$ 上單调递增.

又 $f'(0) = e^0 - 0 - 1 = 0$ , 故当 $x \> 0$ 时, $f'(x) \> f'(0) = 0$ . 進而 $f(x)$ 在 $(0, \pi)$ 上單调递增. 又 $f(0) = 1 - 0 - 0 - 1 = 0$ , 故對于 $x \in (0, \pi)$ , 恒有 $f(x) \> f(0) = 0$ . 命題得證.

（2）分類與比较 由題意，需讨論方程 $f(x)=0$ 在 $(0, \pi)$ 上的根.

**情形一： $a \le \frac{1**{2}$ } 利用第 (1) 問结論進行缩放.

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 $f(x) \> 0$ ，函數无零点.

**情形二： $a \> \frac{1**{2}$ } 考察 $f(x)$ 在 $x=0$ 附近的局部性質. 计算二階導數值： $f''(0) = 1 - a(2\cos 0 - 0) = 1 - 2a$ . 因 $a \> \frac{1}{2}$ , 故 $f''(0) \< 0$ .

由于 $f'(0)=0$ 且 $f''(0)\<0$ , 導函數 $f'(x)$ 在 $0$ 的右侧邻域内單调递减，取值為负. 由此， $f(x)$ 在 $0$ 的右侧邻域内單调递减. 因為 $f(0)=0$ , 所以 $f(x)$ 開始取负值（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，從而 $f(\pi) \> k(0) = 0$ .

分步汇整： 函數 $f(x)$ 從 $0$ 出發，先递减至负值，最终在 $x=\pi$ 处為正值. 由介值定理，在 $(0, \pi)$ 内至少存在一個零点. （注：進一步分析 $f''(x)$ 可證 $f'(x)$ 只有一個變号点，從而 $f(x)$ 呈“先减后增”形态，保證零点唯一，此处略去冗长计算）.

綜上，满足題意的 $a$ 的取值范围是 $\left(\frac{1}{2}, +\infty\right)$ .

*圖：參數 $a$ 改變了函數在 $0$ 附近的凹凸性與單调性*

例

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

当 $a=1$ 时，求曲線 $y=f(x)$ 在点 $(0, f(0))$ 处的切線方程；
若 $f(x)$ 在区間 $(-1, 0)$ 和 $(0, +\infty)$ 各恰有一個零点，求 $a$ 的取值范围.

解

（1）切線求解 当 $a=1$ 时, $f(x) = \ln(1+x) + xe^{-x}$ . $f(0) = \ln 1 + 0 = 0$ . 切点為 $(0, 0)$ . 求導得：

f'(x) = \frac{1}{1+x} + e^{-x} - xe^{-x} = \frac{1}{1+x} + e^{-x}(1-x).

故切線斜率 $k = f'(0) = 1 + 1(1) = 2$ . 切線方程為 $y - 0 = 2(x - 0)$ , 即 $y = 2x$ .

（2）转化與分類 函數定義域為 $(-1, +\infty)$ . 求導并通分：

f'(x) = \frac{1}{1+x} + a e^{-x}(1-x) = \frac{e^x + a(1-x^2)}{e^x(1+x)}.

设辅助函數 $h(x) = e^x + a(1-x^2)$ . 当 $x \> -1$ 时，分母恒正，故 $f'(x)$ 與 $h(x)$ 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 $(-1, 0)$ 單调递增. 又 $f(0) = 0$ , 故当 $x \in (-1, 0)$ 时, $f(x) \< f(0) = 0$ ，不存在零点. 不合題意.

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

情形三： $a \< -1$ 此时 $h(0) = 1 + a \< 0$ .

1. 区間 $(-1, 0)$ 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）. $f(x_1)$ 為極大值. 注意到 $\lim_{x \to -1^+} f(x) = -\infty$ , 且 $f(0)=0$ . 函數圖像先由 $-\infty$ 升至 $f(x_1)$ , 再降至 $0$ . 這就意味着必然有 $f(x_1) \> 0$ , 且在 $(-1, x_1)$ 内存在唯一零点.

2. 区間 $(0, +\infty)$ 的分析： $h'(x) = e^x - 2ax$ . 因 $a \< -1$ , $-2a \> 2$ , 故 $h'(x) \> 0$ , $h(x)$ 單调递增. $h(0) \< 0$ , 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）. $f(x_2)$ 為極小值. 由于 $f(0)=0$ , 函數從 $0$ 開始下降至 $f(x_2)$ , 再上升至 $+\infty$ . 由 $f(0)=0$ 且函數先减后增可知 $f(x_2) \< 0$ , 故在 $(x_2, +\infty)$ 内存在唯一零点.

因而当 $a \< -1$ 时，满足題设要求.

指數函數圖像 — $a \< -1$ 时函數 $f(x)$ 呈現出的“雙谷”形态與零点分布*

不等式恒成立問題

證明“對于区間 $I$ 内的任意 $x$ , 不等式 $f(x) \ge g(x)$ 恒成立”，即全称命題 $\forall x \in I, f(x) \ge g(x)$ . 此類問題通常有两种处理方法：最值法與參數分离法.

最值法

先将不等式變形為 $h(x) = f(x) - g(x) \ge 0$ . 這样問題就转化為求 $h(x)$ 在 $I$ 上的最小值是否满足 $h(x)_{\min} \ge 0$ .

例

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

證明

構造函數 $h(x) = e^x - ax - 1$ .問題转化為：求 $a$ 使得 $h(x)_{\min} \ge 0$ . 求導得 $h'(x) = e^x - a$ .

情形1：若 $a \le 0$ . 此时 $h'(x) = e^x - a \> 0$ 恒成立，函數 $h(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上單调递增. 当 $x \to -\infty$ 时, $h(x) \to -1 \< 0$ .這說明必然存在 $x$ 使得不等式不成立.故 $a \le 0$ 不合題意.

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, $h'(x) \< 0$ ，單调递减；
当 $x \> \ln a$ 时, $h'(x) \> 0$ ，單调递增.

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 $a(1 - \ln a) - 1 \ge 0$ . 观察辅助函數 $\varphi(a) = a - a \ln a - 1$ . 代入 $a=1$ 得 $\varphi(1) = 0$ . 求導 $\varphi'(a) = -\ln a$ . 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.

綜上，符合条件的 $a$ 只有 $1$ . （注：几何上，這對應于 $y=x+1$ 是曲線 $y=e^x$ 在 $(0,1)$ 处的切線，切線始终在凸曲線下方）

參數分离法

參數分离有不同形态. 可先判断參數與變量能否完全拆開；若不能，再判断能否改寫成一族簡單曲線與某条定曲線的相交問題；若分离后反而使端点、定義域或極限处理更複杂，就改用其他方法.

參數方法的三种形态

含參不等式或方程常见有三种处理路径：

參數全分离： 化成 $a \le k(x)$ 、 $a \ge k(x)$ 或 $a = k(x)$ ，問題直接落到最值或值域；
參數半分离： 不能完全拆開，但可改寫為动直線、动抛物線與定曲線的交点、相切或位置關係；
參數不分离： 若分离后反而出現端点不可代入、值域难描述或讨論更长，不如保留原式，直接對含參函數求導分析.

判断顺序也應如此：先试全分离，再看能否半分离，最后才决定不分离处理.

（一）參數全分离. 若能把參數 $a$ 與變量 $x$ 完全分開，例如化為 $a \le k(x)$ , 就转化為比较 $k(x)$ 的下界；若化為 $a \ge k(x)$ , 就转化為比较 $k(x)$ 的上界.

例

若對任意 $x \> 1$ , 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 $(x-1)^2 \> 0$ . 原不等式可化為 $a \le \frac{(x-1)\ln x}{(x-1)^2} = \frac{\ln x}{x-1}.$ 令 $k(x) = \frac{\ln x}{x-1}, x\>1.$ 題目等价于求 $a \le \inf_{x\>1} k(x)$ .

對 $k(x)$ 求導： $k'(x)=\frac{\frac{x-1}{x}-\ln x}{(x-1)^2} =\frac{x-1-x\ln x}{x(x-1)^2}.$ 令分子為 $g(x)=x-1-x\ln x$ ，则 $g'(x)=1-(1+\ln x)=-\ln x\<0 (x\>1).$ 所以 $g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上單调递减，而 $g(1)=0$ ，故 $g(x)\<0$ ，于是 $k'(x)\<0$ ，即 $k(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上單调递减.

再看端点行為：

\lim_{x\to1^+}\frac{\ln x}{x-1}=1, \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x-1}=0.

因而 $k(x)$ 從 $1$ 單调递减并趋向 $0$ ，其下确界為 $0$ . 故所求參數范围為 $a \le 0.$

全分离后的判定表

设參數與變量已經化成 $a$ 與 $k(x)$ 的比较，则最常见的對應關係如下：

若 $a \le k(x)$ 對任意 $x\in I$ 恒成立，则 $a \le \inf\limits_{x\in I} k(x)$ ；
若 $a \ge k(x)$ 對任意 $x\in I$ 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 $a$ 属于函數 $k$ 在 $I$ 上的值域.

（二）參數半分离. 有些題目无法整理成 $a \le k(x)$ 這样的纯代數比较，但可以寫成一族簡單圖形與一条定曲線的位置關係. 最常见的是动直線 $y=kx+a$ 與定曲線 $y=f(x)$ 的交点問題.

例

已知函數 $f(x)=\sqrt{x}-\ln x$ . 若對于任意 $k\>0$ , 直線 $y=kx+a$ 與曲線 $y=f(x)$ 有唯一公共点，求 $a$ 的取值范围.

解

设 $g(x)=f(x)-kx-a=\sqrt{x}-\ln x-kx-a, x\>0.$ 題目等价于：對任意 $k\>0$ ，方程 $g(x)=0$ 只有一個正根.

先看两端：

\lim_{x\to0^+}g(x)=+\infty, \lim_{x\to+\infty}g(x)=-\infty.

因此對每個 $k\>0$ ，公共点至少存在一個.關键是排除“先降后升再降”造成的多個交点.

求導得 $g'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}-\frac{1}{x}-k.$ 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，最大值為 $\varphi(4)=\frac{1}{16}.$

**情形一： $k\ge \frac{1**{16}$ }

此时 $g'(x)\le0$ 對一切 $x\>0$ 成立，函數 $g(x)$ 單调递减，因此零点唯一.

**情形二： $0\<k\<\frac{1**{16}$ }

此时方程 $g'(x)=0$ 有两個正根，對應 $t_1\in(0,4)$ 與 $t_2\in(4,+\infty)$ . 于是 $g(x)$ 先减、后增、再减.要想零点仍然唯一，就必须让左侧那個極小值保持在 $x$ 轴上方.

在極小值点 $x_1=t_1^2$ 处，由 $k=\frac{1}{2t_1}-\frac{1}{t_1^2}$ ，可化簡

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 $(0,4)$ 上單调递减，從而 $m(t)\>m(4)=2-2\ln4+1=3-4\ln2.$ 若 $a\le3-4\ln2,$ 则 $g(x_1)=m(t_1)-a\>0$ ，極小值仍在 $x$ 轴上方，于是函數圖像只会在右端下降时穿過 $x$ 轴一次，公共点唯一.

反過来，若 $a\>3-4\ln2$ ，由于 $m(t)$ 在 $(0,4)$ 上递减且趋近于 $m(4)$ ，可取某個 $t_0\in(0,4)$ 使 $m(t_0)\<a.$ 再取 $k=\varphi(t_0)=\frac{1}{2t_0}-\frac{1}{t_0^2}\>0,$ 则此时對應極小值点 $x_0=t_0^2$ 满足 $g(x_0)=m(t_0)-a\<0.$ 结合 $\lim_{x\to0^+}g(x)=+\infty$ 與 $\lim_{x\to+\infty}g(x)=-\infty$ ，可知曲線至少與该直線有两個公共点，矛盾.

因而 $a\le3-4\ln2$ 是充要条件.

（三）參數不分离. 有些題目虽然也能把參數寫到一边，但分离后会出現端点处无定義、極值点不易直接取到，或必须额外处理極限的情况. 這时直接研究原含參函數的單调性通常更簡洁.

例

求实數 $a$ 的取值范围，使得對任意 $x\>0$ , 恒有 $e^x-1\ge ax$ .

解

若强行分离參數，可寫成 $a\le \frac{e^x-1}{x} (x\>0).$ 這种做法也可行，但右端在 $x\to0^+$ 时需要單独处理極限. 這里直接研究原函數更簡洁.

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

若 $h(x)\ge0$ 對一切 $x\>0$ 成立，那么函數從 $0$ 出發后不能立刻向下，所以必有 $h'(0)=1-a\ge0.$ 這先给出必要条件 $a\le1$ .

下面验證充分性.若 $a\le1$ ，则對任意 $x\>0$ ， $h'(x)=e^x-a \ge e^x-1 \> 0.$ 因此 $h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上严格單调递增，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 $h'(0)=1-a\<0$ ，函數在 $0$ 右侧附近先下降，故存在充分小的正數 $x$ 使 $h(x)\<0$ ，與題意矛盾.

綜上， $a\le1.$

三种处理方式

三种方法的差别，在于最终把題目转化成什么對象:

全分离把題目交给“最值或值域”；
半分离把題目交给“圖像位置關係”；
不分离则把題目交还给“原函數的單调性與端点行為”.

处理含參題时，先判断哪一种转化更直接.

進一步讨論

由上面几道例題可见，处理零点問題时，常要同时考察函數的單调性、凹凸性、边界值與極值.

当 $f'(x)=0$ 是超越方程而难以直接求解时，可先分析導數表达式的结構.

提取公因式：若 $f'(x) = A(x) \cdot h(x)$ 且 $A(x)$ 恒正，则 $f(x)$ 的單调性完全由辅助函數 $h(x)$ 决定.
高階求導：若 $f'(x)$ 的符号不明，可继續對 $f'(x)$ 求導. 二階導數 $f''(x)$ 的符号能确定 $f'(x)$ 的單调性，進而确定 $f'(x)$ 的零点（即原函數的極值点）.
隐零点代換：若 $f'(x_0)=0$ 的解 $x_0$ 无法用初等函數显式表达，保留 $x_0$ 的形式，利用 $f'(x_0)=0$ 導出的代數關係（如 $e^{x_0} = \frac{a}{x_0}$ ）對極值 $f(x_0)$ 進行降次或化簡.

处理含參范围問題时，直接讨論往往分支较多. 可先寻找必要条件.

端点與特殊点限制：若要求 $f(x)$ 有零点，函數在区間端点或特殊点（如 $0, 1, e$ ）的值往往受到限制.
趋势分析：考察 $x \to \infty$ 或定義域边界时的極限. 若两端趋向于 $+\infty$ ，则函數必有下界，零点個數取决于最小值的符号.

确定參數的必要范围后，再在缩小的范围内證明充分性.

当精确计算困难时，可利用不等式對函數進行放缩.

零点存在性的比较判别

设 $f(x)$ 在区間 $I$ 上连續.

若存在函數 $g(x)$ 使得 $f(x) \ge g(x)$ 且 $g(x)$ 的最小值為正，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，常用切線放缩（如 $\ln x \le x-1$ ）或泰勒展開簡化函數表达式.

證明

若存在函數 $g(x)$ 使得 $f(x)\ge g(x)$ , 且 $g(x)$ 的最小值為正，记 $g(x)\ge m\>0 (x\in I).$ 则對任意 $x\in I$ 都有 $f(x)\ge g(x)\ge m\>0.$ 因而 $f(x)$ 在区間 $I$ 上始终為正，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 $f(x_1)$ 與 $f(x_2)$ 之間. 由连續函數的零点存在定理，在 $x_1$ 與 $x_2$ 之間至少存在一点 $\xi$ , 使得 $f(\xi)=0.$ 因而 $f(x)$ 必有零点. :::

不等式中的存在性問題

與“恒成立”對應的是“存在性”問題，即特称命題 $\exists x_0 \in I, f(x_0) \ge g(x_0)$ .

转化關係:

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

例

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

解

問題等价于：在区間 $[0, 2]$ 上, $a \< [f(x)]_{\max}$ . 求導得 $f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x-1)(x+1)$ . 在 $[0, 2]$ 上，驻点為 $x=1$ .

$x \in (0, 1)$ , $f'(x) \< 0$ ，函數递减；
$x \in (1, 2)$ , $f'(x) \> 0$ ，函數递增.

極小值 $f(1) = 1 - 3 = -2$ . 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 $a \< 2$ , 就存在這样的 $x$ .

隐零点與雙變量問題初步

在处理高階導數或複杂函數时，經常会遇到導函數的零点 $x_0$ 无法通過方程 $f'(x)=0$ 显式解出的情况. 這时可采用“设而不求”的方法.

隐零点代換（设而不求）

若 $x_0$ 是方程 $f'(x)=0$ 的根，则有關係式 $f'(x_0)=0$ . 在后續求最值或證明不等式时，可把目標式中的參數或超越項用含有 $x_0$ 的代數式替換，從而化為關于 $x_0$ 的單變量問題.

例

已知函數 $f(x) = e^x - ax$ ( $a\>e$ ) 有两個零点 $x_1, x_2$ ( $x_1 \< x_2$ ).證明： $x_1 + x_2 \> 2$ .

證明

由 $f(x)=0$ 可知 $e^{x_1} = ax_1$ 且 $e^{x_2} = ax_2$ . 這意味着 $x_1, x_2$ 是方程 $\frac{e^x}{x} = a$ 的两個根.

令 $g(t) = \frac{e^t}{t}$ .求導得 $g'(t) = \frac{e^t(t-1)}{t^2}$ . $t=1$ 是 $g(t)$ 的極小值点. 由于 $a \> e = g(1)$ , 直線 $y=a$ 與曲線 $y=g(t)$ 确有两個交点，分布在 $t=1$ 两侧，即 $0 \< x_1 \< 1 \< x_2$ .

構造對称点法：要證 $x_1 + x_2 \> 2$ , 即證 $x_2 \> 2 - x_1$ . 由于 $x_1 \< 1$ , 故 $2 - x_1 \> 1$ . 注意到 $x_2$ 和 $2-x_1$ 均落在区間 $(1, +\infty)$ 内. 在该区間上，函數 $g(t)$ 單调递增. 因此，證明 $x_2 \> 2 - x_1$ 等价于證明 $g(x_2) \> g(2 - x_1)$ .

已知 $g(x_2) = a = g(x_1)$ , 故只需證明 $g(x_1) \> g(2 - x_1)$ . 代入表达式，即證：

\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 $t = x_1 \in (0, 1)$ .不等式两边取對數，變形為 $\ln(2-t) - \ln t \> 2 - 2t$ . 设 $H(t) = \ln(2-t) - \ln t - 2 + 2t$ . 求導得：

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)}

對于 $t \in (0, 1)$ , 恒有 $H'(t) \< 0$ . 故 $H(t)$ 在 $(0, 1)$ 上單调递减. $H(t) \> H(1) = \ln 1 - \ln 1 - 2 + 2 = 0$ 證毕. :::

凹凸性

單调性回答“往上走还是往下走”. 还需要進一步分辨“越走越快”还是“越走越慢”. 例如 $f(x)=x^2$ 與 $g(x)=\sqrt{x}$ 在 $x\>0$ 时都递增，但 $x^2$ 的增长越来越快，圖像向上弯曲； $\sqrt{x}$ 的增长越来越慢，圖像向下弯曲.

凹凸性刻画函數圖像的弯曲方向. 它關注變化率自身的變化趋势.

凹凸性的几何直观與定義

刻画曲線的弯曲特性时，可以從两個等价的几何观点出發.

观点一：割線斜率的演變. 固定曲線上的一個点，再考察连接到另一点的割線斜率如何變化. 在向上弯曲的曲線上，当第二個点從左向右移动时，割線斜率呈單调递增.

观点二：函數圖像與弦的相對位置. 另一個等价的、也是更為經典的几何刻画，是比较函數圖像本身 (弧) 與连接其上任意两点的線段 (弦) 的相對位置.

對于一個向上弯曲的函數，其圖像总是位于连接其上任意两点的弦的下方 (或重合).
對于一個向下弯曲的函數，其圖像总是位于连接其上任意两点的弦的上方 (或重合).

為了把這一几何观察转化為代數語言，需要表示弦上的点. 设弦的两個端点為 $A(x_1, f(x_1))$ 和 $B(x_2, f(x_2))$ . 對于任意 $t \in [0,1]$ , 表达式 $x_t = (1-t)x_1 + tx_2$ 给出線段 $[x_1, x_2]$ 上的一点. 弦上對應点的纵坐標為 $y_t = (1-t)f(x_1) + tf(x_2)$ , 函數圖像上對應点的纵坐標為 $f(x_t) = f((1-t)x_1 + tx_2)$ . 比较這两個纵坐標，就得到凹凸性的严格定義.

凹凸函數

设函數 $f(x)$ 定義在区間 $I$ 上.

若對于任意 $x_1, x_2 \in I$ 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 $f(x)$ 為 $I$ 上的下凸函數.
若對于任意 $x_1, x_2 \in I$ 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 $f(x)$ 為 $I$ 上的上凸函數.

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，则称函數為严格下凸或严格上凸.

這個不等式是凸性理論的基礎. 特别地，当取 $t=1/2$ 时，可化為常用形式:

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

凹凸性的分析判定法

凹凸性的代數定義虽然严谨，但直接用不等式判定往往较繁. 更常用的工具是考察切線斜率的變化趋势，因為函數圖像的弯曲方向正由此决定.

考察下凸函數圖像时，從左向右看，切線斜率持續增大. 即使在递减部分，斜率也仍处在增加過程中. 這就给出了分析判定法的几何依据.

事实上，函數的凹凸性與其一階導數的單调性是等价的.

定理

设函數 $f(x)$ 在区間 $I$ 上可導.

$f(x)$ 在 $I$ 上是下凸函數的充分必要条件是其導函數 $f'(x)$ 在 $I$ 上單调递增.
$f(x)$ 在 $I$ 上是上凸函數的充分必要条件是其導函數 $f'(x)$ 在 $I$ 上單调递减.

證明

只證明下凸的情形.

回顾割線斜率的几何直观，對于下凸函數，任意满足 $x_1 \< x_2 \< x_3$ 的三点，其割線斜率满足

\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 $x_2 \to a^+$ , 则左侧割線斜率趋近于 $f'(a)$ . 因而 $f'(a) \le \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ 再令 $x_2 \to b^-$ , 则右侧割線斜率趋近于 $f'(b)$ . 因而 $\frac{f(b)-f(a)}{b-a} \le f'(b)$ 合并這两個不等式，得 $f'(a) \le f'(b)$ . 由于此结論對任意 $a\<b$ 都成立，故導函數 $f'(x)$ 在 $I$ 上單调递增.

反過来，设 $f'(x)$ 在 $I$ 上單调递增. 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).

因為 $c_1\<x_t\<c_2$ 且 $f'$ 單调递增，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 $I$ 上是下凸函數. 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線：先看 $f'(x)$ 的單调性，再用 $f''(x)$ 的符号判断 $f'(x)$ 的增减.

二階導數判定法

设函數 $f(x)$ 在区間 $I$ 上二階可導.

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.

證明

因為 $f(x)$ 在 $I$ 上二階可導，所以 $f'(x)$ 在 $I$ 上可導，且 $(f'(x))'=f''(x).$ 若在 $I$ 上恒有 $f''(x)\ge0$ , 由單调性的導數判定法可知 $f'(x)$ 在 $I$ 上單调递增. 再由前面的凹凸性與導函數單调性的等价定理，得 $f(x)$ 在 $I$ 上下凸.

若在 $I$ 上恒有 $f''(x)\le0$ , 同理可知 $f'(x)$ 在 $I$ 上單调递减，從而 $f(x)$ 在 $I$ 上上凸.

实际解題时，通常直接计算 $f''(x)$ , 再按其符号寫出凹凸区間.

拐点

函數從一种弯曲形态過渡到另一种的临界点，在几何上具有特殊的重要性.

拐点

若函數 $y=f(x)$ 的圖像在点 $P(x_0, f(x_0))$ 处凹凸性發生改變, 则称点 $P$ 為该函數圖像的一個拐点.

根据二階導數判定法，拐点出現时，二階導數 $f''(x)$ 在该点两侧的符号会發生改變. 因此，若函數在拐点 $x_0$ 处二階可導，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 $x=0$ 处二階導數為零，但该点不是拐点.

例

确定函數 $f(x) = x^3 - 6x^2 + 5x + 1$ 的凹凸区間及拐点.

解

先计算函數的二階導數，再分析其符号.

首先求一階導數: $f'(x) = 3x^2 - 12x + 5$ 接着求二階導數: $f''(x) = 6x - 12$

令 $f''(x)=0$ , 解得 $x=2$ . 這是唯一可能的拐点候選. 以此点為界，考察 $f''(x)$ 的符号:

当 $x \in (-\infty, 2)$ 时, $f''(x) \< 0$ . 根据定理，函數 $f(x)$ 在此区間上是上凸的.
当 $x \in (2, +\infty)$ 时, $f''(x) \> 0$ . 根据定理，函數 $f(x)$ 在此区間上是下凸的.

由于函數在 $x=2$ 两侧的凹凸性發生了改變，因此点 $(2, f(2))$ 是一個拐点. 计算拐点的纵坐標: $f(2) = 2^3 - 6(2^2) + 5(2) + 1 = 8 - 24 + 10 + 1 = -5$ .

綜上，函數 $f(x)$ 的上凸区間為 $(-\infty, 2)$ , 下凸区間為 $(2, +\infty)$ , 其拐点為 $(2, -5)$ .

琴生不等式

凹凸性的定義本身蕴含一類重要的不等式结構. 当定義中连接两点的弦與弧關係推廣到任意多個点时，就得到數學分析中常用的琴生不等式.

琴生不等式的一般形式

琴生不等式說明: 對于下凸函數，自變量加权平均的函數值，不大于函數值的同权重加权平均值.

琴生不等式

设 $f(x)$ 是定義在区間 $I$ 上的函數.

若 $f(x)$ 為下凸函數, 则對于任意 $x_1, ..., x_n \in I$ 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 $f(x)$ 為上凸函數, 则上述不等号方向相反.

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

證明

只證明下凸函數的情形，上凸函數只需把不等号方向全部反向即可.

用數學归纳法證明. 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,

這正是下凸函數的定義.

设命題對 $n$ 個点已經成立. 現考察 $n+1$ 個点以及权重 $\lambda_1,...,\lambda_{n+1}$ . 记 $s=\lambda_1+\cdots+\lambda_n=1-\lambda_{n+1}.$ 若 $s=0$ , 则 $\lambda_{n+1}=1$ , 不等式退化為恒等式. 下面设 $s\>0$ , 并令 $\bar{x}=\frac{\lambda_1x_1+\cdots+\lambda_nx_n}{s}.$ 于是 $\sum_{i=1}^{n+1}\lambda_ix_i=s\bar{x}+\lambda_{n+1}x_{n+1}.$ 由下凸函數的定義, $f\left(\sum_{i=1}^{n+1}\lambda_ix_i\right)\le sf(\bar{x})+\lambda_{n+1}f(x_{n+1}).$ 對 $f(\bar{x})$ 應用归纳假设，得

f(\bar{x})\le \frac{\lambda_1}{s}f(x_1)+\cdots+\frac{\lambda_n}{s}f(x_n).

代回即得 $f\left(\sum_{i=1}^{n+1}\lambda_ix_i\right)\le \sum_{i=1}^{n+1}\lambda_if(x_i).$ 因而命題對任意正整數 $n$ 成立.

若 $f$ 為严格下凸函數，只要有两個不同点带正权重，在最后一次應用两点下凸定義时就取严格不等号. 因而等号成立时，所有带正权重的点只能全部相等. 特别地，当每個权重都為正时，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 $f(x)$ 是定義在区間 $I$ 上的函數.

若 $f(x)$ 為下凸函數, 则對于任意 $x_1, ..., x_n \in I$ , 有:

f\left(\frac{x_1+...+x_n}{n}\right) \le \frac{f(x_1)+...+f(x_n)}{n}

此即“平均的函數值不大于函數值的平均”.

2. 若 $f(x)$ 為上凸函數, 则不等号方向相反.

證明（算术平均形式的證明）

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}.

上凸函數的情形同理，不等号方向相反.

應用

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

例

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

解

考虑函數 $f(x)=\ln x$ , 定義域為 $(0, +\infty)$ . 其二階導數為 $f''(x) = -1/x^2$ . 在 $(0, +\infty)$ 内, $f''(x)\<0$ 恒成立，故 $f(x)=\ln x$ 是严格上凸函數.

根据上凸函數的琴生不等式:

\frac{\ln x_1 + ... + \ln x_n}{n} \le \ln\left(\frac{x_1+...+x_n}{n}\right)

利用對數性質，不等式左侧可化為:

\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 $\ln(\sqrt[n]{x_1... x_n}) \le \ln(\frac{x_1+...+x_n}{n})$ .

由于對數函數是严格單调递增的，上述不等關係等价于其自變量之間的不等關係: $\sqrt[n]{x_1... x_n} \le \frac{x_1+...+x_n}{n}$ 證毕.

琴生不等式的應用信号

在处理多元函數極值問題时，若目標表达式形如 $\sum f(x_i)$ (例如 $2^{x_1}+2^{x_2}$ 或 $\sin A+\sin B+\sin C$ ), 且變量满足和為定值的约束 $\sum x_i = C$ , 這便是應用琴生不等式的强烈信号. 使用前需要先确认 $f$ 在變量所在区間上的凹凸性：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. 凹凸性判錯，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

此問題符合上述應用模式.考虑函數 $f(x)=\sin x$ , 定義域為内角范围 $(0, \pi)$ , 變量满足 $A+B+C=\pi$ .

函數 $f(x)=\sin x$ 的二階導數為 $f''(x)=-\sin x$ . 在区間 $(0, \pi)$ 内, $\sin x \> 0$ , 故 $f''(x)\<0$ . 因此 $f(x)$ 是严格上凸函數.

應用上凸函數的琴生不等式:

\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 $S \le \frac{3\sqrt{3}}{2}$ .

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

分段点分析與導數法求值域

前一卷已經讨論過分段函數的讀法、作圖和基本性質. 現在進入極限與導數之后，可以進一步研究分段点处的连續與可導，并把闭区間上的最值問題转化為值域問題.

分段点的连續與可導

分段点的可導性

设 $x_0$ 是分段函數 $f(x)$ 的分段点. 若 $\lim_{x\to x_0^-}f(x)=\lim_{x\to x_0^+}f(x)=f(x_0),$ 且左右差商極限都存在并相等，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 $x_0$ 处可導.

例

分析函數 $f(x)=|x|$ 在 $x=0$ 处的连續性與可導性.

解

寫成分段形式:

f(x)= \begin{cases} -x,& x\<0, x,& x\ge 0. \end{cases}

左、右極限都等于 $0$ , 且 $f(0)=0$ , 所以函數在 $x=0$ 处连續.

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.

左右導數不相等，因而函數在 $x=0$ 处不可導.

導數法求值域

在闭区間上，连續函數一定取得最大值與最小值，值域也就由這两個數夹住. 導數的作用是缩小檢查范围：最大值、最小值只可能出現在端点、驻点或不可導点.

闭区間上導數法求值域

设函數 $f(x)$ 在闭区間 $[a,b]$ 上连續，在開区間 $(a,b)$ 内可導. 则求 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上的值域时，只需比较下列点处的函數值:

区間端点 $a,b$ ;
一切满足 $f'(x)=0$ 的内点;
一切導數不存在但函數有定義的内点.

證明

由闭区間上连續函數的最值定理, $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上一定取得最大值與最小值.

若最值点出現在端点，结論直接成立. 若最值点出現在内点且该点可導，则由费马引理可知该点導數為零. 若最值点出現在内点但不可導，则它属于導數不存在的点.

因而只需比较上述三類点处的函數值，就能确定最大值與最小值，從而确定值域.

例

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

解

函數在 $[1,4]$ 上连續，在 $(1,4)$ 内可導，所以只需比较端点和区間内的驻点. 求導得 $f'(x)=1-\frac{4}{x^2}=\frac{x^2-4}{x^2}.$ 在区間 $(1,4)$ 内，令 $f'(x)=0$ , 得 $x=2$ .

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

例

求函數 $f(x)=x^3-3x$ 在区間 $[-2,2]$ 上的值域.

解

函數在 $[-2,2]$ 上连續，在 $(-2,2)$ 内可導. 先求導: $f'(x)=3x^2-3=3(x-1)(x+1).$ 区間内满足 $f'(x)=0$ 的点為 $x=-1,1$ .

代入四個關键点得到函數值: $f(-2)=-2, f(-1)=2, f(1)=-2, f(2)=2.$ 所以函數在该区間上的最小值為 $-2$ , 最大值為 $2$ . 因而值域為 $[-2,2].$

三次函數的導數分析

第一卷已經讨論過三次函數的標准形、中心對称與根係數關係. 導數给出另一条線索：用二次函數 $f'(x)$ 的符号，判断三次函數的增减、極值、实根個數與切線条數.

單调性與極值结構

设 $f(x)=ax^3+bx^2+cx+d (a\ne0)$ . 其導函數為 $f'(x)=3ax^2+2bx+c$ . 三次函數的增减變化，归结為二次函數 $f'(x)$ 的符号變化.

三次函數的單调分類

设 $\Delta=(2b)^2-4\cdot 3a\cdot c=4(b^2-3ac)$ . 则三次函數 $f(x)=ax^3+bx^2+cx+d$ 的單调结構由 $\Delta$ 决定:

当 $\Delta\<0$ 时, $f'(x)$ 无实根，函數在 $\mathbb{R}$ 上严格單调;
当 $\Delta=0$ 时, $f'(x)$ 只有一個二重根，函數在 $\mathbb{R}$ 上仍保持單调，但在该点附近出現平缓過渡;
当 $\Delta\>0$ 时, $f'(x)$ 有两個不等实根 $x_1\<x_2$ , 函數在 $(-\infty,x_1)$ 與 $(x_2,+\infty)$ 上同向單调，在 $(x_1,x_2)$ 上反向單调，因而出現一個極大值点與一個極小值点.

證明

由于 $f'(x)$ 是二次函數，其零点個數由判别式 $\Delta$ 决定.

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

当 $\Delta=0$ 时，设 $f'(x)=3a(x-x_0)^2$ . 由于平方項恒非负, $f'(x)$ 在 $x_0$ 之外與 $a$ 同号，只在 $x_0$ 处取零. 因而 $f(x)$ 在整個实數轴上保持同一單调方向.

当 $\Delta\>0$ 时，设 $f'(x)$ 的两個实根為 $x_1\<x_2$ . 二次函數在两個根的外侧與首項係數 $3a$ 同号，在两個根之間與 $3a$ 异号. 因而 $f(x)$ 的單调方向在 $x_1,x_2$ 处發生两次變化，從而恰有一個極大值点和一個極小值点.

*圖：三次函數的三种基本單调结構*

例

讨論函數 $f(x)=x^3-3x$ 的單调区間與極值.

解

先求導，得 $f'(x)=3x^2-3=3(x-1)(x+1)$ . 導函數有两個实根 $x=-1,1$ .

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.

计算極值，得 $f(-1)=2,\ f(1)=-2$ . 所以函數在 $x=-1$ 处取得極大值 $2$ , 在 $x=1$ 处取得極小值 $-2$ .

实根個數與極值位置

導數给出的極值信息，可以直接用于判断三次方程的实根個數.

三次方程实根個數的導數判据

设三次函數 $f(x)=ax^3+bx^2+cx+d\ (a\ne0)$ .

若 $f'(x)$ 没有两個不等实根，则方程 $f(x)=0$ 只有一個实根;
若 $f'(x)$ 有两個不等实根 $x_1\<x_2$ , 则方程 $f(x)=0$ 的实根個數由 $f(x_1)$ 與 $f(x_2)$ 的符号决定:

\begin{cases} f(x_1)f(x_2)\>0,& \text{一個实根}; f(x_1)f(x_2)=0,& \text{两個不等实根，其中一個為二重根}; f(x_1)f(x_2)\<0,& \text{三個不等实根}. \end{cases}

證明

若 $f'(x)$ 没有两個不等实根，则由前一定理知 $f(x)$ 在全體实數上單调. 三次函數两端趋于相反方向，因而圖像與 $x$ 轴只能有一個交点.

再设 $f'(x)$ 有两個不等实根 $x_1\<x_2$ . 此时 $f(x)$ 先單调、后反向單调、再恢複原方向，圖像有一個峰点和一個谷点.

若 $f(x_1)f(x_2)\>0$ , 则两個極值都在 $x$ 轴同侧，圖像在中間起伏后仍留在轴的一侧，只能在外侧與 $x$ 轴相交一次.

若 $f(x_1)f(x_2)=0$ , 则某個極值点落在 $x$ 轴上. 圖像在该点與 $x$ 轴相切，同时在另一侧还会有一次穿越，因而得到两個不等实根.

若 $f(x_1)f(x_2)\<0$ , 则一個極值在轴上方，另一個極值在轴下方. 由连續性知圖像在两極值之間必穿過一次 $x$ 轴，再结合两端的相反趋势，共得到三個不等实根.

*圖：極值点相對 $x$ 轴的位置决定三次方程的实根個數*

例

判断方程 $2x^3-9x^2+12x-4=0$ 的实根個數.

解

令 $f(x)=2x^3-9x^2+12x-4$ . 求導得 $f'(x)=6x^2-18x+12=6(x-1)(x-2)$ . 所以極值点為 $x=1,2$ .

计算函數值，得 $f(1)=1,\ f(2)=0$ . 由 $f(1)f(2)=0$ 可知，原方程有两個不等实根，其中一個是二重根.

拐点與切線

二階導數用于刻画三次函數的弯曲方向變化.

三次函數的拐点

设 $f(x)=ax^3+bx^2+cx+d (a\ne0)$ . 则曲線的拐点横坐標為 $x_0=-\dfrac{b}{3a}$ .

證明

由 $f''(x)=6ax+2b$ 可知 $f''(x)=0$ 只有一個解 $x_0=-\dfrac{b}{3a}$ . 由于 $f''(x)$ 是一次函數，在 $x_0$ 两侧必然變号，因而曲線在该点处凹凸性發生改變，该点就是拐点.

例

求函數 $f(x)=-x^3+2x^2-x$ 在拐点处的切線方程.

解

先求二階導數，得 $f''(x)=-6x+4$ . 令 $f''(x)=0$ , 得拐点横坐標 $x_0=\dfrac23$ .

再求拐点处的函數值與導數值，得 $f\!\left(\dfrac23\right)=-\dfrac{2}{27},\ f'\!\left(\dfrac23\right)=\dfrac13$ . 因而拐点切線方程為 $y+\dfrac{2}{27}=\dfrac13\left(x-\dfrac23\right)$ , 化簡得 $y=\dfrac13x-\dfrac{8}{27}$ .

切線条數問題

過平面上一点向三次函數作切線时，切点參數满足三次方程. 這使切線条數問題與三次方程实根個數問題自然联结.

過一点作三次函數切線的条數判定

對三次函數 $y=f(x),$ 设其拐点為 $O$ , 拐点切線為 $l$ . 则函數圖像與直線 $l$ 把平面分成四個区域.

点 $P$ 严格落在曲線與拐点切線之間时，過 $P$ 可作三条切線;
点 $P$ 落在曲線或拐点切線上，且 $P\ne O$ 时，過 $P$ 可作两条切線;
点 $P$ 落在其余区域，或 $P=O$ 时，過 $P$ 只能作一条切線.

證明

先作坐標平移，把拐点移到原点；再作保持竖直方向的剪切，把拐点切線化為 $X$ 轴. 這類仿射變換把直線變為直線，把相切關係變為相切關係，因而保持過点可作切線的条數.

在新坐標中，三次函數可寫成 $Y=aX^3 (a\ne0).$ 设切点為 $T(t,at^3)$ , 切線方程為 $Y=3at^2X-2at^3.$ 若点 $P(u,v)$ 在该切線上，则參數 $t$ 满足 $2at^3-3aut^2+v=0.$ 因而切線条數就是這一個三次方程的实根個數.

记左端為 $F(t)=2at^3-3aut^2+v.$ 對它求導得 $6at(t-u),$ 驻点為 $t=0$ 與 $t=u$ . 對應函數值分别為 $F(0)=v, F(u)=v-au^3.$ 其中 $v$ 是点 $P$ 到拐点切線 $Y=0$ 的有向高度, $v-au^3$ 是点 $P$ 與曲線在同一横坐標处的有向高度差.

当 $v$ 與 $v-au^3$ 异号时，三次方程在两個驻点处一正一负，因而有三個不等实根. 当其中一個為零而另一個非零时，三次方程有一個二重根和一個單根. 当它们同号时，三次方程只有一個实根. 對應回原圖，即得三种切線条數结論. :::

單调性、零点與不等式​

單调性問題​

導后一次型​

導后二次型​

二次求導型​

函數零点問題​

基本判定准则​

定係數函數的零点​

含參方程的零点​

不等式恒成立問題​

最值法​

參數分离法​

進一步讨論​

不等式中的存在性問題​

隐零点與雙變量問題初步​

隐零点代換（设而不求）​

凹凸性​

凹凸性的几何直观與定義​

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​

應用​

分段点分析與導數法求值域​

分段点的连續與可導​

導數法求值域​

三次函數的導數分析​

單调性與極值结構​

实根個數與極值位置​

拐点與切線​

切線条數問題​

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單调性問題

導后一次型

導后二次型

二次求導型

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基本判定准则

定係數函數的零点

含參方程的零点

不等式恒成立問題

最值法

參數分离法

進一步讨論

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隐零点與雙變量問題初步

隐零点代換（设而不求）

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分段点的连續與可導

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实根個數與極值位置

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