辅助函数、二次构造与不等式证明

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比较两个表达式，先把目标转成一个函数的符号。导数告诉我们方向，基准值告诉我们高度；证明绝对值还要同时控制两个方向。

一、知识点概念与依据

1. 差函数与合法基准

在两边共同定义域内， $A(x)\ge B(x)$ 等价于 $H(x)=A(x)-B(x)\ge0$ ；严格目标相应为 $H>0$ 。如果先除一个已知正因子能简化式子，可以除后构造，再乘回；未知符号要分类，分母0单查。

已证变化	还需什么信息	能得到什么
全域先减后增	最低点 $c$ 合法，且 $H(c)\ge0$	全域非负
$c$ 右侧严格增	合法基准 $H(c)=0$	$x>c$ 时严格正
$c$ 右侧减	合法基准 $H(c)\le0$	$x\ge c$ 时非正

左侧或右端基准应按点次序重写比较，不能两侧套同一方向。基准在定义域外时，只能使用已证明存在的极限或连续延拓值，不虚写不存在的函数值。

2. 二次构造为什么需要两个基准

若 $H^{\prime}$ 是难判符号的和差，可记 $T=H^{\prime}$ 再求 $T^{\prime}$ 。例如在 $x\ge c$ 上，

T^{\prime}<0,\quad T(c)\le0\ \Longrightarrow\ H^{\prime}=T\le0\ \Longrightarrow\ H(x)\le H(c).

最后仍须 $H(c)\le0$ 才得到目标非正。 $T(c)$ 决定导数符号， $H(c)$ 决定函数高度，互不替代。重复求导是在研究导函数的变化；二阶导数记号属于拓展，考试可用，此处不拿它直接判一般拐点。

3. 放缩只沿能推出目标的方向

要证原量非负，找一个非负下界；正上界不能证明原量正。要证原量不超过某值，找一个足够小的上界。若正的平方平均大于算术平均，代入递减函数后大小反向。

比较平方后开根须先保证两量非负；根不同可使均值比较严格。只有必要关系的换元能支持更大域上的恒真证明，却不能未经回验就反求最值。完整根方程与均值证明见两零点均值位置。

二、考点方法与例题

方法一：对应目标、求最值、核等号

先写共同定义域，代入已确定参数，逐项相减。
用导数证增减，选合法最小点或按基准两侧比较。
算实际基准值，再与0比较。最小值正才保证全域严格正；最小值0时必须排除全部取等点才能改为严格号。
若乘除或放缩，说明正性及推理方向，再还原原目标。

例题 01 切线定参后的严格全域比较

题目

已知函数 $f\left( x\right)={e}^{x}+{x}^{2}-\left( ax+1\right)$ ， $x\in R$ 的图象在 $x=0$ 处的切线方程为 $y=-x$ .

(1)求 $a$ 的值；

(2)证明： $f\left( x\right)>{x}^{2}-1$ .

答案与解析

解析

（1） $f(0)=0$ 与切线截距一致； $f^{\prime}=e^x+2x-a$ ，故 $1-a=f^{\prime}(0)=-1$ ，得 $a=2$ 。

（2）代回参数再相减：

f(x)-(x^2-1)=e^x+x^2-2x-1-x^2+1=e^x-2x=H(x).

$H^{\prime}=e^x-2$ ，在 $\ln2$ 左负右正，所以全域最小值

H(\ln2)=2-2\ln2>0,

因为 $2<e$ 给 $\ln2<1$ 。因此每个实数 $x$ 都满足严格不等式。这里不是用单点 $H(0)=1$ 冒充全域下界。

本题结论

（1） $a=2$ ；（2）差的全域最小值严格正，原不等式成立。

方法二：由导函数的方向逐层回推

目标差函数为 $H$ 时，必要时另设 $T=H^{\prime}$ 。先证 $T$ 的单调性，算 $T$ 的基准值得到 $H^{\prime}$ 正负；再证 $H$ 的单调性，算 $H$ 的基准值。每层都写区间，尤其不要把仅在基准一侧成立的比较扩展到全域。

例题 02 两层基准分别控制方向与高度

题目

已知函数 $f\left( x\right)=\ln x-x+a$ ．

(1)若 $x>0$ 时 $f\left( x\right)<0$ ，求 $a$ 的取值范围；

(2)若 $0<a\le 1$ ，证明：当 $x\ge 1$ 时， $f\left( x\right)+x\le \left( x-1\right){e}^{x-a}+1$ ．

答案与解析

解析

（1） $x>0$ ，目标等价于 $a<x-\ln x$ 对所有 $x$ 成立。令 $G=x-\ln x$ ， $G^{\prime}=(x-1)/x$ ，在1左负右正，最小值 $G(1)=1$ 可达。故 $a<1$ ； $a=1$ 在1取等，严格目标失败。

（2）现给 $0<a\le1$ ，定义

H(x)=\ln x+a-1-(x-1)e^{x-a},\qquad x\ge1.

所证原式等价于 $H\le0$ 。乘积求导时两个项都要保留： $[(x-1)e^{x-a}]'=e^{x-a}+(x-1)e^{x-a}=xe^{x-a}$ 。所以

T(x)=H^{\prime}(x)=\frac1x-xe^{x-a},\quad T^{\prime}(x)=-\frac1{x^2}-(x+1)e^{x-a}<0.

又 $T(1)=1-e^{1-a}\le0$ ，所以 $x\ge1$ 时 $H^{\prime}=T\le0$ ， $x>1$ 时严格负。于是 $H(x)\le H(1)=a-1\le0$ ，证明成立。

等号要求 $a=1$ 且 $x=1$ ；若 $x>1$ ， $H$ 已严格下降，若 $a<1$ ，基准高度已严格负。

本题结论

（1） $a<1$ ；（2）成立，等号仅 $a=x=1$ 。

方法三：绝对值差需要上下两道界

若两点相等先验0=0；否则不妨 $x_1>x_2$ ，令 $d=x_1-x_2>0$ 。目标 $|f(x_1)-f(x_2)|\le d$ 等价于

-d\le f(x_1)-f(x_2)\le d.

可分别证明 $f-x$ 递减及 $f+x$ 递增。只有第一条只得上界，负差值小于正数不能在取绝对值后继续用同一结论。此方法不要求两点在同一单调分支，也无需遗漏跨极值点情况。

例题 03 极值、全域下界与双向差值估计

题目

已知函数 $f\left( x\right)={x}^{2}\ln x$ ．

(1)求函数 $f\left( x\right)$ 的极值；

(2)证明：对任意的 $x\in \left( 0,+\infty \right)$ ，有 $f\left( x\right)\ge x-1$ ；

(3)若 ${x}_{1},{x}_{2}\in \left( 0,1\right)$ ，证明： $\left| f\left( {x}_{1}\right)-f\left( {x}_{2}\right)\right|\le \left| {x}_{1}-{x}_{2}\right|$ ．

答案与解析

解析

（1）定义域 $x>0$ ， $f^{\prime}=x(2\ln x+1)$ 。在 $e^{-1/2}$ 左负右正，所以极小值 $-1/(2e)$ ，无极大值。

（2）除正数 $x$ 后，目标等价于 $T=x\ln x-1+1/x\ge0$ 。记

M=T^{\prime}=\ln x+1-1/x^2,\qquad M^{\prime}=1/x+2/x^3>0.

$M(1)=0$ ，故 $T$ 在1前减、1后增， $T(1)=0$ 为全域最小值。乘回 $x>0$ 得 $f(x)\ge x-1$ ，等号仅 $x=1$ 。

（3）在 $(0,1)$ ，由 $\ln x<0$ 得 $f^{\prime}=x(2\ln x+1)<x<1$ 。还须下界：对导函数求导得 $2\ln x+3$ ，在 $e^{-3/2}$ 前负后正，故

f^{\prime}(x)\ge f^{\prime}(e^{-3/2})=-2e^{-3/2}>-1.

最后一步因 $e>2$ ，从而 $e^{3/2}>2$ 。于是 $U=f-x$ 导数负， $V=f+x$ 导数正。

若 $x_1>x_2$ ， $U(x_1)<U(x_2)$ 给函数差 $<x_1-x_2$ ； $V(x_1)>V(x_2)$ 给函数差 $>-(x_1-x_2)$ 。合并才得

|f(x_1)-f(x_2)|<x_1-x_2.

两点相等时两侧均0；次序反向时交换两点。所以题给非严格结论对所有两点成立，且等号仅两点相同。不能把非负绝对值写成不大于 $x_2-x_1<0$ ，也不能用一条负差值的上界直接控制绝对值。

本题结论

极小值 $-1/(2e)$ ，无极大值；第二问等号仅1，第三问等号仅 $x_1=x_2$ 。