指数对数同时现，切线泰勒来放缩

指数对数同时现，切线泰勒来放缩

我们知道函数\(y = {e^x}\)在点\((0,1)\)处的切线方程为\(y = x + 1\)，于是有不等式\({e^x} \ge x + 1\)，当且仅当\(x = 0\)时，等号成立．该不等式也可以由泰勒展式而得到，常见的带佩亚诺余项的泰勒展式有：

\(\begin{array}{l}
\dfrac{1}{{1 – x}} = 1 + x + {x^2} + \cdots + {x^n} + o({x^n})\\
{e^x} = 1 + x + \dfrac{1}{{2!}}{x^2} + \cdots + \dfrac{1}{{n!}}{x^n} + o({x^n})\\
\sin x = x – \dfrac{1}{{3!}}{x^3} + \dfrac{1}{{5!}}{x^5} + \cdots + {( – 1)^n}\dfrac{1}{{(2n + 1)!}}{x^{2n + 1}} + o({x^{2n + 1}})\\
\cos x = 1 – \dfrac{1}{{2!}}{x^2} + \dfrac{1}{{4!}}{x^4} + \cdots + {( – 1)^n}\dfrac{1}{{(2n)!}}{x^{2n}} + o({x^{2n}})\\
\ln (1 + x) = x – \dfrac{1}{2}{x^2} + \dfrac{1}{3}{x^3} + \cdots + {( – 1)^{n – 1}}\dfrac{1}{n}{x^n} + o({x^n})\\
{(1 + x)^\alpha } = 1 + \alpha x + \dfrac{{\alpha (\alpha – 1)}}{{2!}}{x^2} + \cdots + \dfrac{{\alpha (\alpha – 1) \cdots (\alpha – n + 1)}}{{n!}}{x^n} + o({x^n})
\end{array}\)

有许多高考题都是以泰勒展式为背景设计的，尤其是同时出现\({e^x}\)与\(\ln x\)，常常可以用泰勒展式进行放缩，下面举例说明：

【例1】已知函数\(f(x) = {e^x} – ln(x + m)\)．当\(m \le 2\)时，证明\(f(x)>0\)．

【解析】当\(m \le 2\)时，\(\ln (x + m) \le \ln (x + 2)\)，故\({e^x} – \ln (x + m) \ge {e^x} – \ln (x + 2)\)

要证\(f(x)>0\)，只需证\({e^x} – \ln (x + 2)>0\)，

方法一：令\(g(x) = {e^x} – \ln (x + 2)\)（\(x> – 2\)），则\(g'(x) = {e^x} – \dfrac{1}{{x + 2}}\)

注意到\(g'(x)\)在\(( – 2, + \infty )\)上单调递增，且\(g'( – 1) = \dfrac{1}{e} – 1<0\)，\(g'(0) = 1 – \dfrac{1}{2}>0\)

由零点定理及单调性知

在\(( – 2, + \infty )\)上，\(g'(x)\)存在唯一零点\({x_0} \in ( – 1,0)\)，且

当\( – 2<x<{x_0}\)时，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)单调递减；

当\(x>{x_0}\)时，\(g'({x_0})>0\)，\(g(x)\)单调递增．

\(\therefore g{(x)_{\min }} = g({x_0})\)

由于\(g'({x_0}) = 0\)，故\({e^{{x_0}}} = \dfrac{1}{{{x_0} + 2}}\)，\({x_0} = \ln \dfrac{1}{{{x_0} + 2}} = – \ln ({x_0} + 2)\)

所以\(g({x_0}) = {e^{{x_0}}} – \ln ({x_0} + 2) = \dfrac{1}{{{x_0} + 2}} + {x_0} = \dfrac{1}{{{x_0} + 2}} + {x_0} + 2 – 2\)

\( \ge 2\sqrt {\dfrac{1}{{{x_0} + 2}} \cdot ({x_0} + 2)} – 2 = 0\)，当且仅当\({x_0} = – 1\)时等号成立

由于\( – 1<{x_0}<0\)，故上述等号不成立，从而\(g{(x)_{\min }} = g({x_0})>0\)

即\(g(x)>0\)得证

方法二：令\(g(x) = {e^x} – (x + 1)\)，则\(g'(x) = {e^x} – 1\)

注意到\(g'(x)\)在\(R\)上单调递增，且\(g'(0) = 0\)

故当\(x<0\)时，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)单调递减；

当\(x>0\)时，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)单调递增．

\(\therefore g(x) \ge g(0) = 0\)，即\({e^x} \ge x + 1\)（当且仅当\(x = 0\)时取等号）（*）

用\(x + 1\)替换\(x\)得

\({e^{x + 1}} \ge x + 2\)（当且仅当\(x = – 1\)时取等号）

两边取对数得

\(x + 1 \ge \ln (x + 2)\)（当且仅当\(x = – 1\)时取等号）（**）

由（*）、（**）得\({e^x}>\ln (x + 2)\)（注意两个不等式取等号的条件不一样）
从而命题得证．

从上图可看出，\(y = x + 1\)是函数\(y = {e^x}\)与\(y = \ln (x + 2)\)的公切线．

【例2】已知函数\(f(x) = a{e^x} – lnx – 1\)．证明：当\(a \ge \dfrac{1}{e}\)时，\(f(x) \ge 0\)．

【解析】当\(a \ge \dfrac{1}{e}\)时，\(f(x) = a{e^x} – lnx – 1 \ge \dfrac{1}{e} \cdot {e^x} – \ln x – 1 = {e^{x – 1}} – \ln x – 1\)

要证\(f(x) \ge 0\)，只需证\({e^{x – 1}} – \ln x – 1 \ge 0\)

由\({e^x} \ge x + 1\)（当且仅当\(x = 0\)时等号成立）得

\({e^{x – 1}} \ge x\)（当且仅当\(x = 1\)时等号成立）（***）

两边取对数得：\(x – 1 \ge \ln x\)（当且仅当\(x = 1\)时等号成立）（****）

由（***）、（****）相加得\({e^{x – 1}} – 1 \ge \ln x\)，即\({e^{x – 1}} – \ln x – 1 \ge 0\)

【例3】已知函数\(f(x) = a{e^{x – 1}} – lnx + lna\)．若\(f(x) \ge 1\)，求\(a\)的取值范围．

【解析】由于\(f(x) \ge 1\)对\(x \in (0, + \infty )\)恒成立，故

当\(x = 1\)时，也成立，即\(f(1) \ge 1\)，亦即\(a + \ln a – 1 \ge 0\)

令\(g(a) = a + \ln a – 1\)，注意到\(g(a)\)在\((0, + \infty )\)上单调递增，且\(g(1) = 0\)

从而\(a + \ln a – 1 \ge 0 \Leftrightarrow g(a) \ge g(1) \Leftrightarrow a \ge 1\)

所以“\(a \ge 1\)”是“\(f(x) \ge 1\)恒成立”的必要条件

下面证明：\(a \ge 1\)”也是“\(f(x) \ge 1\)恒成立”的充分条件

当\(a \ge 1\)时，\(f(x) = a{e^{x – 1}} – lnx + lna \ge {e^{x – 1}} – \ln x\)，

故只需证\({e^{x – 1}} – \ln x \ge 1\)

同【例2】的证法．

【反思】利用\({e^x} \ge x + 1\)及其变形形式来证明同时出现\({e^x}\)与\(\ln x\)的不等式是一种重要的方向，当然也有其它的方向．其中有\({e^x} \ge x + 1\)可以变化出下列不等式：