董立偉

[摘 要]Taylor不等式可以應(yīng)用在求解參數(shù)取值范圍、不等式的證明及估值等問(wèn)題.

[關(guān)鍵詞]Taylor不等式;參數(shù);不等式;估值

[中圖分類號(hào)]? ? G633.6? ? ? ? [文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼]? ? A? ? ? ? [文章編號(hào)]? ? 1674-6058（2021）26-0026-03

Taylor不等式：當(dāng)[x>0]時(shí)，[x-1x≤lnx≤x-1].

Taylor不等式的后半部分以一個(gè)等價(jià)形式[ex>1+xx≠0]出現(xiàn)在普通高中課程標(biāo)準(zhǔn)實(shí)驗(yàn)教科書(shū)數(shù)學(xué)A版選修2-2（人民教育出版社，2007年第2版）第32頁(yè)B組第1題.

Taylor不等式既是命制導(dǎo)數(shù)壓軸題的重要模型，也是求解導(dǎo)數(shù)壓軸題的重要工具.

一、求參數(shù)取值范圍問(wèn)題

[例1]已知函數(shù)[fx=ln xx-ax2+a].若對(duì)任意[x≥1]，有[fx≤0]恒成立，求實(shí)數(shù)[a]的取值范圍.

解：當(dāng)[x=1]時(shí)，[fx≤0]顯然成立.

當(dāng)[x>1]時(shí)，[fx≤0]等價(jià)于[a≥ln xxx2-1].

由Taylor不等式，當(dāng)[x>1]時(shí)，[x-1x<ln x<x-1]，所以[1x2x+1<ln xxx2-1<][1xx+1].

記[gx=ln xxx2-1]（[x>1]），[hx=1x2x+1]（[x>1]），[ix=1xx+1]（[x>1]）.

因?yàn)閇hx=-3x+2x3x+12<0]，所以[hx]在[1，+∞]上單調(diào)遞減.故[hx<h1=12].

因?yàn)閇ix=-2x+1x2x+12<0]，所以[ix]在[1，+∞]上單調(diào)遞減.故[ix<i1=12].

又因?yàn)楫?dāng)[x→+∞]時(shí)，[hx→0]，[ix→0]，所以[gx]，[hx]與[ix]的值域均為[0，12].故[a]的取值范圍是[12，+∞].

評(píng)析：恒成立求參數(shù)取值范圍的問(wèn)題，分離參數(shù)是重要的方法.但本題分離參數(shù)后所得函數(shù)[gx]的形式較為復(fù)雜.借助Taylor不等式放縮所得[hx]與[ix]的形式則較為簡(jiǎn)單.并且利用雙側(cè)逼近的思想確定[gx]的值域，規(guī)避了對(duì)[gx]求導(dǎo)所可能產(chǎn)生的繁雜運(yùn)算.

[例2]已知函數(shù)[fx=2ln x-ax]（[a∈R]）.當(dāng)[x≥1]時(shí)，總有[x fx+a≤0]，求實(shí)數(shù)[a]的取值范圍.

引理：當(dāng)[x>1]時(shí)，[ln x<12x-1x].

證明：構(gòu)造函數(shù)[mx=ln x-12x-1x]（[x>1]）.則[mx=-x-122x2<0]，所以[mx]在[1，+∞]上單調(diào)遞減，從而[mx<m1=0].

故，當(dāng)[x>1]時(shí)，[ln x<12x-1x].

解：[x fx+a≤0]，即[ax2-1≥2xln x].

當(dāng)[x=1]時(shí)，[ax2-1≥2xln x]顯然成立.

當(dāng)[x>1]時(shí)，[ax2-1≥2xln x]等價(jià)于[a≥2xln xx2-1].

記[gx=2xln xx2-1]（[x>1]），

由引理及Taylor不等式，當(dāng)[x>1]時(shí)，[x-1x<ln x<12x-1x]，所以[2x+1<gx<1]. 又因?yàn)楫?dāng)[x→1]時(shí)，[2x+1→1]，所以[a]的取值范圍是[1，+∞].

評(píng)析：（1）我們希望利用Taylor不等式對(duì)[gx]做放縮之后所得到的函數(shù)與[gx]的函數(shù)取值具有相同的上確界.但是利用[ln x<x-1]放大所得函數(shù)[y=2xx+1]與利用[x-1x<ln x]縮小所得函數(shù)[y=2x+1]在[1，+∞]上函數(shù)取值的上確界并不相同.分析發(fā)現(xiàn)，這是由于[ln x<x-1]將[gx]放得太大了.利用引理不等式則不至于將[gx]放大得太多.事實(shí)上，引理不等式是Taylor不等式的一個(gè)常用加強(qiáng)形式.

（2）例1與例2有共性，即分離參數(shù)后所得兩個(gè)函數(shù)形式均為[gx=mxnx]，且[limx→x0mx=limx→x0nx=0]（或[limx→x0mx=limx→x0nx=∞]），其中[x0]為函數(shù)取值達(dá)到上確界（或下確界）時(shí)自變量的取值（我們?cè)试S[x0]為[+∞]或[-∞]）.因此，若分離參數(shù)后所得函數(shù)形式不是這種類型的，可以不用雙側(cè)逼近，而只需單側(cè)放縮即可，請(qǐng)看例3.

[例3]已知函數(shù)[fx=xex-a]（[a∈R]，[e]為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)），[gx=12x+12].對(duì)于任意[x∈-32，+∞]，[fx>gx]恒成立，求[a]的取值范圍.

解：[fx>gx]即[a<xex-12x+12].

記[hx=xex-12x+12]，[x∈-32，+∞].由Taylor不等式，[ex≥x+1]，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)[x=0]成立，所以[hx≥xx+1-12x+12=12x2-12≥-12]，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)[x=0]成立.故[hx]的值域?yàn)閇-12，+∞].

所以，[a]的取值范圍是[-∞，-12].

評(píng)析：求參數(shù)取值范圍問(wèn)題，當(dāng)分離參數(shù)后所得函數(shù)含有[ln x]或[ex]的形式時(shí)，可考慮利用Taylor不等式對(duì)函數(shù)做放縮，但放縮前后的函數(shù)應(yīng)在相同自變量的取值處取得相同的上確界（或下確界）.

二、不等式的證明

[例4]已知函數(shù)[fx=ln xx+a]（[a∈R]），曲線[y=fx]在點(diǎn)[e，? fe]處的切線方程為[y=1e].求證：當(dāng)[x>0]時(shí)，[fx≤x-1].

證明：由條件，解得[a=0]，所以[fx=ln xx].

由Taylor不等式，當(dāng)[x>0]時(shí)，[ln x≤x-1]所以[ln xx≤x-1x=1-1x].

所以，只需證明當(dāng)[x>0]時(shí)，[1-1x≤x-1]即可.這等價(jià)于證明當(dāng)[x>0]時(shí)，[x+1x≥2].由二維均值不等式，顯然成立.證畢.

評(píng)析：本題借助Taylor不等式，證明了[fx≤x-1]的一個(gè)加強(qiáng)不等式.當(dāng)然，本題直接證明[fx≤x-1]也并不困難.但直接證明如下例5卻并不容易，采用證明加強(qiáng)不等式的方法會(huì)容易得多.

[例5]已知函數(shù)[fx=2x3+31+mx2+6mx]（[m∈R]）.若[f1=5]，函數(shù)[gx=aln x+1-fxx2≤0]在[1，+∞]上恒成立，求證：[a<2e].

證明：由[f1=5]，得[m=0]，所以[fx=2x3+3x2]，[gx=aln x+1-2x-3].

[gx≤0]等價(jià)于[a≤2x+3ln x+1].由Taylor不等式，[ln x≥x-1x]，所以[a≤2x+3x-1x+1=2x2+3x2x-1].

記[hx=2x2+3x2x-1]，[x>1].則[hx=2x-32x+12x-12].[hx=0]得[x=32].

當(dāng)[x∈1，32]時(shí)，[hx<0];當(dāng)[x∈32，+∞]時(shí)，[hx>0].故[hx]在[1，32]上單調(diào)遞減，在[32，+∞]上單調(diào)遞增，所以[hx≥h32=92].

故[a≤92<2e].

評(píng)析：利用Taylor不等式對(duì)函數(shù)做放縮，尋找所證不等式的加強(qiáng)不等式是證明不等式的好方法.但有些情況下加強(qiáng)不等式的證明可能還需利用分類討論.請(qǐng)看例6.

[例6]函數(shù)[fx=aln x-a2x-6x]（[a∈R]）.若[a>0]，證明：當(dāng)[x∈0， 2]時(shí)，[fx<0]恒成立.

證明：由Taylor不等式，[ln x≤x-1].故只需證明當(dāng)[a>0]，且[x∈0， 2]時(shí)，[ax-1-a2x-6x<0]，即[a-6x2-ax-a2<0].

記[gx=a-6x2-ax-a2]，[x∈0， 2] .則[gx=2a-12x-a].

（?。┊?dāng)[0<a≤6]時(shí)，[gx≤g0=-a<0]，所以[gx]在[0， 2]上單調(diào)遞減.故[gx<g0=-a2<0]成立.

（ⅱ）當(dāng)[a>6]時(shí)，[g0=-a2<0]，[g2=-a2+2a-24=-a-12-23<0].故當(dāng)[x∈0， 2]時(shí)，[gx<0]成立.

評(píng)析：證明不等式的問(wèn)題，可以利用Taylor不等式尋找原不等式的一個(gè)加強(qiáng)不等式來(lái)輔助證明.

三、估值問(wèn)題

[例7]已知函數(shù)[fx=aex-x-1].設(shè)[m]為整數(shù)，且對(duì)于任意正整數(shù)[n]，[1+121+122·…·1+12n<m]，求[m]的最小值.

解：由Taylor不等式，當(dāng)[x>0]時(shí)，[ex>x+1].依次取[x=12i， i=1， 2， …， n]，則有

[1+12<e121+122<e122…1+12n<e12n]

將上述[n]個(gè)式子相乘，得

[i=1n1+12i<i=1ne12i=ei=1n12i=e1-12n<e<3].

又因?yàn)楫?dāng)[n=3]時(shí)，[i=131+12i>2]，所以[m]的最小值為3.

評(píng)析：本題尋找滿足條件的正整數(shù)[m]的最小值.解答首先借助于Taylor不等式，找到[m]的一個(gè)上界，之后再取[n]的特殊值找出[m]的理想下界，利用雙側(cè)逼近的辦法，確定出[m]的最小值.有些問(wèn)題，可以先利用Taylor不等式找到參數(shù)的一個(gè)理想上界（或下界），之后利用先猜后證的方法確定參數(shù)的最值.請(qǐng)看例8和例9.

[例8]已知函數(shù)[fx=1+ln xx-1-kx].若[fx>0]對(duì)任意的[x∈1，+∞]恒成立，求整數(shù)[k]的最大值.

解：[fx>0]對(duì)任意的[x∈1，+∞]恒成立，等價(jià)于[k<xx-11+ln x]對(duì)任意的[x∈1，+∞]恒成立.

由Taylor不等式，[ln x≤x-1]，所以[k<x2x-1]，[x∈1，+∞].

記[gx=x2x-1]，[x∈1，+∞]，則[gx=x2-2xx-12].

當(dāng)[x∈1， 2]時(shí)，[gx<0];當(dāng)[x∈2，+∞]時(shí)，[gx>0].故[gx]在[1， 2]上單調(diào)遞減，在[2，+∞]上單調(diào)遞增，所以[gx≥g2=4]，從而有[k<4].下證整數(shù)[k]的最大值為3.

當(dāng)[k=3]時(shí)，[fx=1+ln xx-1-3x].[fx>0]即[xln x-2x+3>0].

記[hx=xln x-2x+3]，[x∈1，+∞].[hx=ln x-1]，[hx=0]得[x=e].

當(dāng)[x∈1， e]時(shí)，[hx<0];當(dāng)[x∈e，+∞]時(shí)，[hx>0].故[hx]在[1， e]上單調(diào)遞減，在[e，+∞]上單調(diào)遞增，所以[hx≥he=3-e>0]成立.

故整數(shù)[k]的最大值為3.

[例9]已知函數(shù)[fx=aex-x]，[a∈R].若關(guān)于[x]的不等式[aex≥x+b]對(duì)任意的[x∈R]和正數(shù)[b]恒成立，求[ab]的最小值.

解：若[a≤0]，因?yàn)閇b>0]，故當(dāng)[x=0]時(shí)，可得[a≥b]不成立，所以[a>0].

因?yàn)閷?duì)任意[x∈R]和正數(shù)[b]，[aex≥x+b]恒成立，所以，特別地，對(duì)[x=0]也成立.從而有[a≥b]，即[ab≥1].下證[ab]的最小值為1.

事實(shí)上，取[a=b=1]時(shí)，有[ex≥x+1]，此即Taylor不等式，成立.

故[ab]的最小值為1.

評(píng)析：估值問(wèn)題，常常需要先確定變量的一個(gè)大致范圍.而Taylor不等式則是構(gòu)造不等關(guān)系，尋找變量大致取值范圍的有力工具.

Taylor不等式是高中數(shù)學(xué)中的一個(gè)重要的不等式.它以Taylor公式為背景，是連接指數(shù)、對(duì)數(shù)等超越函數(shù)與代數(shù)函數(shù)的橋梁，在函數(shù)放縮、簡(jiǎn)化運(yùn)算及尋找解題思路中起著重要的作用.因此，教師應(yīng)當(dāng)關(guān)注對(duì)Taylor不等式的教學(xué)，精心挑選例題，開(kāi)展Taylor不等式的探究及應(yīng)用活動(dòng).通過(guò)這樣的數(shù)學(xué)活動(dòng)，讓學(xué)生了解Taylor不等式的背景，掌握Taylor不等式的常用變形及加強(qiáng)形式，體會(huì)Taylor不等式在探尋解題思路中的作用.

（責(zé)任編輯 黃桂堅(jiān)）