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
泰勒展开即可。注意$x<0$时不成立，因为$\dfrac{x^3}{3!}, \dfrac{x^5}{5!}, \cdots$等项为负
【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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