常用不等式
- x+1⩽ex(x∈R)，当且仅当x=0时取等。
- x+1⩽ex ⩽11−x(x<1)，当且仅当x=0时两个等号取等。
- ex⩽ex，当且仅当x=1时取等。
- x1+x⩽ln(x+1)⩽x(x>−1)，当且仅当x=0时两个等号取等。
- x−1x⩽ln(x)⩽x−1(x>0)，当且仅当x=1时两个等号取等。
- √x1x2<x1−x2lnx1−lnx2<x1+x22
拓展：泰勒展开
泰勒公式
设 n 是一个正整数。如果定义在一个包含a的区间上的函数f(x)在a点处n次可导，那么对于这个区间上的任意x，都有：
f(x)=f(a)+f′(a)1!(x−a)+f(2)(a)2!(x−a)2+⋯+f(n)(a)n!(x−a)n+Rn(x)
其中的多项式称为函数在a处的泰勒展开式，剩余的Rn(x)是泰勒公式的余项，是(x−a)n的高阶无穷小。
下面是几个常见的泰勒展开式，很多不等式也可由此推导。
ex=1+x+x22!+x33!+⋯+xnn!+xn+1(n+1)!eθx,0<θ<1
ln(1+x)=x−12x2+13x3−14x4⋯
sinx=x−x33!+x55!⋯
cosx=1−x22!+x44!−x66!⋯
tanx=x+x33+215x5+o(x5)
不等式演绎
由ex=1+x1!+x22!+⋯+xnn!+⋯得：
ex⩾x+1(x∈R)
由(1)式, 将x替换为−x, 可得
ex⩽11−x(x<1)
则有：
x+1⩽ex⩽11−x(x<1)
对(3)取以e为底的对数, 可得:
ln(x+1)⩽x⩽−ln(1−x)(x>−1) 对于 x⩽−ln(1−x), 将 x 替换为 x1+x 可得:
x1+x≤−ln(1−x1+x)
结合(4)式可得: x1+x⩽ln(x+1)⩽x 再将(5)式中的x替换为x−1又可得: x−1x⩽ln(x)⩽x−1
再对图 1 (对应(3))中的三个函数图像作关于直线 y=x 对称的图形 , 相应函数的解析式相当于原函数的反函数 , 如图 2 , 与其对应的不等式是 (6)x−1x⩽lnx⩽x−1。若将图 2 的函数向左平移 1 个单位可得(5)x1+x⩽ln(x+1)⩽x, 如图 3.
应用
预估取值范围
若x⩾0, 求证: ex⩾1+x+12x2.
答案
【变式】 设f(x)=ex−ax−a, 若f(x)⩾0对∀x∈[−1,+∞)恒成立 , 求a的取值范围.
【答案】a⩽1
(2010年理第21题)设函数 f(x)=ex−1−x−ax2. 若当 x⩾0 时 f(x)⩾0 , 求 a 的取值范围.
【法一】泰勒公式
【思路】 对泰勒公式ex=1+x1!+x22!+⋯+xnn!+⋯，
首先得到ex⩾1+x+12x2, 隐去 x2 前面的系数12改成求参数 a 的取值范围 , 易得答案为a⩽12
【具体作答过程】
构造函数g(x)=ex−(1+x+x22)(x⩾0),
则g′(x)=ex−1−x,g″(x)=ex−1⩾0,
所以g′(x)为[0,+∞)上的单调递增函数,
从而有g′(x)>g(0)=0,
从而g(x)为[0,+∞)上的增函数,
所以g(x)⩾g(0)=0,即ex⩾1+x+x22
当且仅当x=0时,等号成立. 得证.
由ex−1−x−ax2⩾0等价于ex−(1+x+x22)+(−a+12)x2⩾0.
显然,当a⩽12时,上式恒成立.
下证:当a>12时,上式不恒成立.
由f′(x)=ex−1−2ax,f″(x)=ex−2a,
所以当x∈(0,ln2a)时,f″(x)<0,f′(x)单调递减,
故f′(x)<f′(0)=0,
此时f(x)在(0,ln2a)单调递减,
所以f(x)<f(0)=0,故ex−1−x−ax2⩾0在[0,+∞)时不恒成立.
综上所述,a⩽12.
【法二】小邻域
部分老师的做法：
由于 f(0)=0 , 所以f(x)在x=0右侧的一个小邻域(0,δ) (δ>0)上递增 , 即f′(x)⩾0在区间(0,δ)内成立. 又有f′(x)=ex−1−2ax, f′(0)=0,
同样地,h(x)=f′(x)在区间(0,δ)内递增, 即h′(x)⩾0对 x∈(0,δ)成立 . 因为h′(x)=ex−2a, 所以a⩽e22在区间 (0,δ)内成立 , 所以a⩽12.然后再根据这个猜想来验证结论的正确性。
（2015年北京卷理18题第3问） 已知函数f(x)=ln1+x1−x. 设实数k使得f(x)>k(x+x33)对x∈(0,1)恒成立, 求k的最大值.
答案
将函数f(x)拆解成ln(1+x)与ln(1−x)的差 ,然后将该两项在x=0处进行泰勒展开, 具体如下:
ln(1+x)=0+x−12x2+13x3−14x4+15x5+⋯ln(1−x)=0−x−12x2−13x3−14x4−15x5−⋯
上述两式作差, 有ln(1+x)(1−x)=2x+23x3+25x5+⋯ 对比题干不等式可知, 可以令k(x+x33)中的k=2,即可满足不等式恒成立.
不等式变形
ex≥x+1(x∈R)是最常用的不等式。
在遇到不等式的题目时，即便题干没有出现标准的ex，但只要出现了e、ln、1±◻等字样或形式，考生就可以考虑先把多项式变形为e◻或1+◻的形式，再使用e◻≥◻+1（◻代表任何表达式，无论正负零）。
下面通过具体例题说明这一点。
(2020.9.25轮测) 已知x>0时ex>x+1, 求证：对任意的正整数 n, 都有 (1n+1)n+1+(2n+1)n+1+(3n+1)n+1+⋯+(nn+1)n+1<1.
答案
对k=0,1,2,⋯,(n−1)都有：
(k+1n+1)n+1=(1−n−kn+1)n+1<(e−n−kn+1)n+1=e−(n−k)
原式<e−n+e−(n−1)+e−(n−2)+……+e−1=e−n(1−en)1−e<1e−1<1
(作业题) 关于x的不等式exx3−x−alnx⩾1对∀x∈(1,+∞)成立，求a的范围.
答案
a⩽exx3−x−1lnx=ex⋅x−3−x−1lnx=(ex−3lnx−x−1lnx)min
(作业题) 求证：\left(\dfrac{1}{2 n}\right)^{n}+\left(\dfrac{3}{2 n}\right)^{n}+\left(\dfrac{5}{2 n}\right)^{n}+\cdots+\left(\dfrac{2 n-1}{2 n}\right)^{n} \leqslant \dfrac{\sqrt{e}}{e-1}对\forall n \in N^{*}成立.
答案
因为1+x \leqslant e^{x},
所以对任意正整数 n 有 0<1-\dfrac{i}{2 n} \leqslant e^{-\frac{i}{2 n}}, 其中 i=1,2,3 \ldots 2 n-1
即对任意正整数 n 有 , 0<\left(\dfrac{2 n-i}{2 n}\right)^{n} \leqslant e^{-\frac{i}{2}} 其中 i=1,2,3, \ldots, 2 n-1
\therefore\left(\dfrac{1}{2 n}\right)^{n}+\left(\dfrac{3}{2 n}\right)^{n}+\left(\dfrac{5}{2 n}\right)^{n}+\dots+\left(\dfrac{2 n-1}{2 n}\right)^{n}
<e^{-\frac{2 n-1}{2}}+e^{-\frac{2 n-3}{2}}+\ldots+e^{-\frac{1}{2}}
=\dfrac{e^{-\frac{1}{2}}\left(1-e^{-n}\right)}{1-e^{-1}}<\dfrac{e^{-\frac{1}{2}}}{1-e^{-1}}=\dfrac{\sqrt{e}}{e-1}
将e^x> 1+ x (x > 0)中的x换为x-1得e ^{x -1} > x, 则 e^x> ex.
再将式e^x>ex中x换为-\ln x并整理得\ln x>- \dfrac{1}{ex}.
据此可命第7题。
(2014年高考全国Ⅰ理21题第2问) 证明：∀ x > 0，不等式e^{x} \ln x+ \dfrac{2e^{x-1}}{x}>1 恒成立.
答案
e^{x} \ln x+ \dfrac{2e^{x-1}}{x}=e^{x}\left( \ln x+ \dfrac{2}{ex}\right)>e^x\left( \dfrac{-1}{ex}+ \dfrac{2}{ex}\right)=\dfrac{e^{x-1}}{x}=1+\dfrac{e^{x-1}-x}{x}
因为分母x > 0，且分子e^{x-1}-x>0在x\in\mathbb{R},x\neq0上恒成立，所以原式>1.
对e^x\geq x+1左右两边取对数，
得x\geq\ln(1+x)(x>-1)。这是另一个非常常用的不等式。
由此命题8、9：
求证: 对于任何 n \geqslant 2 , n \in \mathbb{N}^{*} , 如下不等式成立 : \ln \left( 1+\dfrac{1}{2^2} \right) +\ln \left( 1+\dfrac{1}{3^2} \right) +\ln \left( 1+\dfrac{1}{4^2} \right) +\cdots +\ln \left( 1+\dfrac{1}{n^2} \right)<1
答案
因为 n \geqslant 2 , n \in \mathbb{N}^{*} , 有不等式 \ln \left(1+ \dfrac{1}{n^{2}}\right)< \dfrac{1}{n^{2}} , 累加可得:
\ln \left( 1+\dfrac{1}{2^2} \right) +\ln \left( 1+\dfrac{1}{3^2} \right) +\ln \left( 1+\dfrac{1}{4^2} \right) +\cdots +\ln \left( 1+\dfrac{1}{n^2} \right)
<\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\cdots +\dfrac{1}{n^2}
<\dfrac{1}{1\times 2}+\dfrac{1}{2\times 3}+\cdots +\dfrac{1}{\left( n-1 \right) \times n}
=1-\dfrac{1}{n}<1
所以不等式得证.
(2017年高考全国卷Ⅲ理21题第2问)设 m 为整数 , 且对于任意正整数 n, \left(1+ \dfrac{1}{2}\right)\left(1+ \dfrac{1}{2^{2}}\right) \cdots \left(1+ \dfrac{1}{2^{n}}\right)<m , 求 m 的最小值.
答案
由于\ln \left(1+ \dfrac{1}{2^{n}}\right)< \dfrac{1}{2^{n}},
一方面， \begin{align}&\ln\left(1+ \dfrac{1}{2}\right)+ \ln \left(1+ \dfrac{1}{2^{2}}\right)+ \cdots + \ln \left(1+ \dfrac{1}{2^{n}}\right) \\<&\dfrac{1}{2}+ \dfrac{1}{2^{2}}+ \cdots + \dfrac{1}{2^{n}} \\=&1-\dfrac{1}{2^{n}}<1\end{align}
\left(1+ \dfrac{1}{2}\right)\left(1+ \dfrac{1}{2^{2}}\right) \cdots \left(1+ \dfrac{1}{2^{n}}\right)<e
另一方面， \left(1+ \dfrac{1}{2}\right)\left(1+ \dfrac{1}{2^{2}}\right) \cdots \left(1+ \dfrac{1}{2^{n}}\right) >\left(1+ \dfrac{1}{2}\right)\left(1+ \dfrac{1}{2^{2}}\right)\left(1+ \dfrac{1}{2^{3}}\right)= \dfrac{135}{64}>2
当 n \geqslant 3,2<\left(1+ \dfrac{1}{2}\right)\left(1+ \dfrac{1}{2^{2}}\right) \cdots \left(1+ \dfrac{1}{2^{n}}\right)<e, 所以m的最小值为 3.
对于\left(5\right)式 , \dfrac{x}{1+x} \leqslant \ln \left(x+1\right) \leqslant x , 令x= \dfrac{1}{n} ,
可得不等式 \dfrac{1}{n+1} \leqslant \ln \dfrac{n+1}{n} \leqslant \dfrac{1}{n}
即 \dfrac{1}{n+1} \leqslant \ln \left(n+1\right)- \ln n \leqslant \dfrac{1}{n}
由此命题10、11：
证明不等式\dfrac{1}{2}+ \dfrac{1}{3}+ \cdots + \dfrac{1}{n+1} \leqslant \ln \left(n+1\right) \leqslant 1+ \dfrac{1}{2}+ \dfrac{1}{3}+ \cdots + \dfrac{1}{n}
答案
分别取 n = 1 , 2 , … , n, 将不等式\dfrac{1}{n+1} \leqslant \ln \left(n+1\right)- \ln n \leqslant \dfrac{1}{n}累加可得：
\dfrac{1}{2}+ \dfrac{1}{3}+ \cdots + \dfrac{1}{n+1} \leqslant \ln \left(n+1\right) \leqslant 1+ \dfrac{1}{2}+ \dfrac{1}{3}+ \cdots + \dfrac{1}{n}
(2014年高联赛甘肃赛区预赛14题) 求证: \ln\left(1+ \dfrac{1}{n}\right)> \dfrac{1}{n}- \dfrac{1}{n^{2}}\left(n \in \mathbb{N}^{*}\right)
答案
因为 n \in \mathbb{N}^{*},
有不等式\dfrac{1}{n+1}<\ln\left(1+ \dfrac{1}{n}\right),
又\dfrac{1}{n\left(n+1\right)}= \dfrac{1}{n}- \dfrac{1}{n+1}< \dfrac{1}{n^2},
所以 \dfrac{1}{n+1}> \dfrac{1}{n}- \dfrac{1}{n^{2}},
故\ln \left(1+ \dfrac{1}{n}\right)> \dfrac{1}{n}- \dfrac{1}{n^{2}}\left(n \in \mathbb{N}^{*}\right).
对于\dfrac{x-1}{x} \leqslant \ln x \leqslant x-1，
令x=n^2\left(n\geqslant 2,n \in \mathbb{N}^{*}\right) ,
可得不等式\dfrac{n^{2}-1}{n^{2}}\leqslant \ln n^{2}\leqslant n^{2}-1.
由此可命第12、13题。
若 n \geqslant 2 , n \in \mathbb{N}^{*} , 求证: \dfrac{\left(n-1\right)^{2}}{2n}< \ln 2+ \ln 3+ \cdots + \ln n.
答案
由 \dfrac{n^{2}-1}{n^{2}} \leqslant \ln n^{2},即 1- \dfrac{1}{n^{2}} \leqslant \ln n^2,又因为
1- \dfrac{1}{n^{2}}>1- \dfrac{1}{\left(n-1\right)n}=1- \left[ \dfrac{1}{\left(n-1\right)}- \dfrac{1}{n} \right],
所以 1- \left[ \dfrac{1}{\left(n-1\right)}- \dfrac{1}{n} \right] < \ln n^{2}=2 \ln n ,
分别取 n = 2 , 3 , … , n, 累加得 : \left(1- \dfrac{1}{1}+ \dfrac{1}{2}\right)+\left(1- \dfrac{1}{2}+ \dfrac{1}{3}\right)+ \cdots +\left(1- \dfrac{1}{n-1}+ \dfrac{1}{n}\right)< 2 \left( \ln2+\ln3+ …… +\ln n\right) ,
即n -2+ \dfrac{1}{n}<2\left( \ln 2+ \ln 3+ \cdots + \ln n\right) , 化简得 : \dfrac{\left(n-1\right)^{2}}{2n}< \ln 2+ \ln 3+ \cdots + \ln n
求证: \dfrac{\ln 2}{2^{2}}+ \dfrac{ \ln 3}{3^{2}}+ \cdots + \dfrac{ \ln n}{n^{2}}< \dfrac{2n^{2}-n-1}{4\left(n+1\right)}.
答案
由\ln n ^2 < n ^2-1, 两边同除以n ^2可得 :
\dfrac{\ln^{2}}{n^{2}}< \dfrac{n^{2}-1}{n^{2}}=1- \dfrac{1}{n^{2}}<1- \dfrac{1}{n\left(n+1\right)}
分别取$ n = 2 , 3 , … , n, 累加得 :2\left( \dfrac{\ln 2}{2^{2}}+ \dfrac{ \ln 3}{3^{2}}+ \cdots + \dfrac{ \ln n}{n^{2}}\right)<\left(n-1\right)- \dfrac{1}{2}+ \dfrac{1}{n+1}$
整理得: \dfrac{ \ln 2}{2^{2}}+ \dfrac{ \ln 3}{3^{2}}+ \cdots + \dfrac{ \ln n}{n^{2}}< \dfrac{2n^{2}-n-1}{4\left(n+1\right)}.
参考文献
- 孙玉静.浅谈泰勒公式在高考数学压轴题中的应用[J].数学学习与研究, 2019(21) :141+143.
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