常用不等式

$x+1 \leqslant e^{x}$ $(x\in \mathbb{R})$ ，当且仅当 $x=0$ 时取等。
$x+1 \leqslant e^{x}$ $\leqslant \dfrac{1}{1-x} \left(x<1\right)$ ，当且仅当 $x=0$ 时两个等号取等。
$ex\leqslant e^{x}$ ，当且仅当 $x=1$ 时取等。
$\dfrac{x}{1+x} \leqslant$ $\ln \left(x+1\right) \leqslant x$ $(x>-1)$ ，当且仅当 $x=0$ 时两个等号取等。
$\dfrac{x-1}{x} \leqslant \ln \left(x\right) \leqslant x-1$ $(x>0)$ ，当且仅当 $x=1$ 时两个等号取等。
$\sqrt{x_1x_2}<\dfrac{x_{1}-x_{2}}{\ln x_{1}-\ln x_{2}}<\dfrac{x_{1}+x_{2}}{2}$

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：

$f(x)=f(a)+{\dfrac{f'(a)}{1!}}(x-a)+{\dfrac{f^{(2)}(a)}{2!}}(x-a)^{2}+\cdots+{\dfrac{f^{(n)}(a)}{n!}}(x-a)^{n}+R_{n}(x)$

其中的多项式称为函数在 $a$ 处的泰勒展开式，剩余的 $R_{n}(x)$ 是泰勒公式的余项，是 $(x-a)^{n}$ 的高阶无穷小。

更多信息

下面是几个常见的泰勒展开式，很多不等式也可由此推导。

$e^{x}=1+x+ \dfrac{x^{2}}{2!}+ \dfrac{x^{3}}{3!}+ \cdots +\dfrac{x^n}{n!}+\dfrac{x^{n+1}}{\left(n+1\right)!}e^{\theta x},\quad 0<\theta<1$
$\ln \left(1+x\right)=x- \dfrac{1}{2}x^{2}+ \dfrac{1}{3}x^{3}- \dfrac{1}{4}x^{4} \cdots$
$\sin x=x- \dfrac{x^{3}}{3!}+ \dfrac{x^{5}}{5!} \cdots$
$\cos x=1- \dfrac{x^{2}}{2!}+ \dfrac{x^{4}}{4!}- \dfrac{x^{6}}{6!} \cdots$
$\tan x=x+ \dfrac{x^{3}}{3}+ \dfrac{2}{15}x^{5}+o\left(x^{5}\right)$

不等式演绎

由 $e^{x}=1+\dfrac{x}{1 !}+\dfrac{x^{2}}{2 !}+\cdots+\dfrac{x^{n}}{n !}+\cdots$ 得：

$e^{x} \geqslant x+1\left(x \in \mathbb{R}\right) \tag{1}$

由 $\left(1\right)$ 式, 将 $x$ 替换为 $-x$ , 可得

$e^{x} \leqslant \dfrac{1}{1-x}\boldsymbol{\left(x<1\right)} \tag{2}$

则有：

$x+1 \leqslant e^{x} \leqslant \dfrac{1}{1-x} \left(x<1\right)\tag{3}$

对 $(3)$ 取以e为底的对数, 可得:

$\ln \left(x+1\right) \leqslant x \leqslant-\ln \left(1-x\right) \quad\left(x>-1\right)\tag{4}$ 对于 $x \leqslant-\ln \left(1-x\right),$ 将 $x$ 替换为 $\dfrac{x}{1+x}$ 可得:

$\dfrac{x}{1+x} \leq-\ln \left(1-\dfrac{x}{1+x}\right)$

结合 $\left(4\right)$ 式可得: $\dfrac{x}{1+x} \leqslant \ln \left(x+1\right) \leqslant x\tag{5}$ 再将 $\left(5\right)$ 式中的 $x$ 替换为 $x-1$ 又可得: $\dfrac{x-1}{x} \leqslant \ln \left(x\right) \leqslant x-1\tag{6}$

图1 - \left(3\right)式图像 — 图1 - $\left(3\right)$ 式图像

图2 - \left(6\right)式图像 — 图2 - $\left(6\right)$ 式图像

再对图 1 (对应 $\left(3\right)$ )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 $\left(6\right)$ $\dfrac{x-1}{x} \leqslant \ln x \leqslant x-1$ 。若将图 2 的函数向左平移 1 个单位可得 $\left(5\right)$ $\dfrac{x}{1+x} \leqslant \ln \left(x+1\right) \leqslant x$ , 如图 3.

图3 - \left(5\right)式图像 — 图3 - $\left(5\right)$ 式图像

应用

预估取值范围

若 $x \geqslant 0,$ 求证: $e^{x} \geqslant 1+x+\dfrac{1}{2} x^{2}$ .
答案
【变式】设 $f \left( x \right) = e^x- ax - a$ , 若 $f \left( x \right) \geqslant 0$ 对 $∀ x \in[ -1 , + ∞ )$ 恒成立 , 求 $a$ 的取值范围.
【答案】 $a⩽1$
(2010年理第21题)设函数 $f \left( x \right) = e ^x -1- x - ax ^2$ . 若当 $x \geqslant 0$ 时 $f \left( x \right) \geqslant 0$ , 求 $a$ 的取值范围.
【法一】泰勒公式
【思路】对泰勒公式 $e^{x}=1+ \dfrac{x}{1!}+ \dfrac{x^{2}}{2!}+ \cdots + \dfrac{x^{n}}{n!}+ \cdots$ ，
首先得到 $e^{x} \geqslant 1+x+ \dfrac{1}{2}x^{2}$ , 隐去 $x ^2$ 前面的系数 $\dfrac{1}{2}$ 改成求参数 a 的取值范围 , 易得答案为 $a \leqslant \dfrac{1}{2}$
【具体作答过程】
构造函数 $g\left(x\right)=e^{x}-\left(1+x+\dfrac{x^{2}}{2}\right)$ $\left(x\geqslant0\right)$ ,
则 $g′\left(x\right)=e^x-1-x$ , $g''\left(x\right)=e^x-1\geqslant0$ ,
所以 $g'\left(x\right)$ 为 $[0,+∞)$ 上的单调递增函数,
从而有 $g′\left(x\right)>g\left(0\right)=0$ ,
从而 $g\left(x\right)$ 为 $[0,+∞)$ 上的增函数,
所以 $g\left(x\right)\geqslant g\left(0\right)=0$ ,即 $e^{x}\geqslant1+x+\dfrac{x^{2}}{2}$
当且仅当 $x=0$ 时,等号成立. 得证.
由 $e^x-1-x-ax^2\geqslant0$ 等价于 $e^{x}-\left(1+x+\dfrac{x^{2}}{2}\right)+\left(-a+\dfrac{1}{2}\right)x^{2}\geqslant0$ .
显然,当 $a\leqslant\dfrac{1}{2}$ 时,上式恒成立.
下证:当 $a>\dfrac{1}{2}$ 时,上式不恒成立.
由 $f'\left(x\right)=ex-1-2ax$ , $f''\left(x\right)=e^x-2a$ ,
所以当 $x\in\left(0,\ln 2a\right)$ 时, $f''\left(x\right)<0$ , $f'\left(x\right)$ 单调递减,
故 $f'\left(x\right)<f'\left(0\right)=0$ ,
此时 $f\left(x\right)$ 在 $\left(0,\ln 2a\right)$ 单调递减,
所以 $f\left(x\right)<f\left(0\right)=0$ ,故 $ex-1-x-ax^2\geqslant0$ 在 $[0,+∞)$ 时不恒成立.
综上所述, $a\leqslant\dfrac{1}{2}$ .
【法二】小邻域
部分老师的做法：
由于 $f \left( 0 \right) = 0$ , 所以 $f \left( x \right)$ 在 $x = 0$ 右侧的一个小邻域 $\left( 0 , δ \right)$ $\left( δ > 0 \right)$ 上递增 , 即 $f'\left( x \right) \geqslant 0$ 在区间 $\left( 0 , δ \right)$ 内成立. 又有 $f' \left( x \right) = e^x-1-2 ax$ , $f '\left( 0 \right) = 0$ ,
同样地, $h \left( x \right) = f' \left( x \right)$ 在区间 $\left( 0 , δ \right)$ 内递增, 即 $h' \left( x \right) \geqslant 0$ 对 $x \in\left( 0 , δ \right)$ 成立 . 因为 $h '\left( x \right) = e^x -2 a$ , 所以 $a \leqslant \dfrac{e^{2}}{2}$ 在区间 $\left( 0 , δ \right)$ 内成立 , 所以 $a \leqslant \dfrac{1}{2}$ .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 $f \left( x \right) =\ln \dfrac{1+x}{1-x}$ . 设实数 $k$ 使得 $f\left(x\right)>k\left(x+ \dfrac{x^{3}}{3}\right)$ 对 $x ∈ \left( 0 , 1 \right)$ 恒成立, 求 $k$ 的最大值.
答案
将函数 $f \left( x \right)$ 拆解成 $\ln \left( 1+ x \right)$ 与 $\ln \left( 1- x \right)$ 的差 ,然后将该两项在 $x = 0$ 处进行泰勒展开, 具体如下:
$\ln \left(1+x\right)=0+x- \dfrac{1}{2}x^{2}+ \dfrac{1}{3}x^{3}- \dfrac{1}{4}x^{4}+ \dfrac{1}{5}x^{5}+ \cdots$ $\ln \left(1-x\right)=0-x- \dfrac{1}{2}x^{2}- \dfrac{1}{3}x^{3}- \dfrac{1}{4}x^{4}- \dfrac{1}{5}x^{5}-\cdots$
上述两式作差, 有 $\ln\dfrac{\left(1+x\right)}{\left(1-x\right)}=2x+ \dfrac{2}{3}x^{3}+ \dfrac{2}{5}x^{5}+ \cdots$ 对比题干不等式可知, 可以令 $k\left(x+ \dfrac{x^{3}}{3}\right)$ 中的 $k =2$ ,即可满足不等式恒成立.

不等式变形

$e^x\geq x+1$ $(x \in \mathbb{R})$ 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 $e^x$ ，但只要出现了 $e$ 、 $\ln$ 、 $1\pm\square$ 等字样或形式，考生就可以考虑先把多项式变形为 $e^\square$ 或 $1+\square$ 的形式，再使用 $e^\square\geq \square+1$ （ $\square$ 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 $e^x>x+1,$ 求证：对任意的正整数 $n,$ 都有 $\left(\dfrac{1}{n+1}\right)^{n+1}+\left(\dfrac{2}{n+1}\right)^{n+1}+\left(\dfrac{3}{n+1}\right)^{n+1}$ $+\cdots+\left(\dfrac{n}{n+1}\right)^{n+1}<1$ .
答案
对 $k=0,1,2,\cdots,(n-1)$ 都有：
$\left(\dfrac{k+1}{n+1}\right)^{n+1}=\left(1-\dfrac{n-k}{n+1}\right)^{n+1}{ < \left(e^{-\frac{n-k}{n+1}}\right)}^{n+1}=e^{-(n-k)}$
$\text{原式}<e^{-n}+e^{-(n-1)}$ $+e^{-(n-2)}+\ldots \ldots+e^{-1}$ $=\dfrac{e^{-n}\left(1-e^{n}\right)}{1-e}<\dfrac{1}{e-1}<1$
(作业题) 关于 $x$ 的不等式 $\dfrac{e^{x}}{x^{3}}-x-a \ln x \geqslant 1$ 对 $\forall x \in(1,+\infty)$ 成立，求 $a$ 的范围.
答案
$\begin{aligned}a &\leqslant \dfrac{\frac{e^{x}}{x^{3}}-x-1}{\ln x}\\&=\dfrac{e^{x} \cdot x^{-3}-x-1}{\ln x}\\&=\left(\dfrac{e^{x-3 \ln x}-x-1}{\ln x}\right) _\min \\&=\dfrac{x-3 \ln x+1-x-1}{\ln x}\\&=-3\end{aligned}$
(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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