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对数均值、指数界与极值点偏移

拓展更新于 2026-09-29

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若同一条水平线与函数相交于两点，它们的中点未必是极值点。比较反射后的函数值，或用对数均值，可以用一阶导数判定偏向哪一侧。

指数与对数的基本不等式

下表逐条给出变量范围及等号条件。指数中的 $e$ 是自然对数的底。

不等式	范围	等号
$1-1/x\le\ln x\le x-1$	$x>0$	$x=1$
$e^t\ge1+t$	$t\in\mathbb R$	$t=0$
$e^t\ge et$	$t\in\mathbb R$	$t=1$
$\ln x\ge-1/(ex)$	$x>0$	$x=1/e$
$\ln x\le x/e$	$x>0$	$x=e$
$e^t\le1/(1-t)$	$t<1$	$t=0$
$\ln(1+t)\le t$	$t>-1$	$t=0$

证明

令 $F(x)=x-1-\ln x$ ，则 $F'(x)=(x-1)/x$ 。 $F$ 在 $(0,1)$ 递减、 $(1,+\infty)$ 递增，唯一最小值为 $F(1)=0$ ，得上界。用 $1/x$ 代替 $x$ 并取负，得下界。换元 $x=e^t$ 得 $e^t\ge1+t$ ；换元 $x=1+t$ 得最后一式。
$e^{t-1}\ge1+(t-1)=t$ ，乘以 $e$ 即得 $e^t\ge et$ ，等号为 $t=1$ 。
$G(x)=x\ln x$ 的导数为 $1+\ln x$ ，唯一最小值为 $G(1/e)=-1/e$ 。除以 $x>0$ 得第四行。
$H(x)=x/e-\ln x$ 的导数为 $1/e-1/x$ ，唯一最小值 $H(e)=0$ ，得第五行。
对 $t<1$ ，基本对数上界给 $\ln(1-t)\le-t$ ，即 $t\le-\ln(1-t)$ 。指数函数严格递增，取指数得到第六行，等号仍为 $t=0$ 。

更细的对数比较链

对 $x>1$ ，有两条常用链：

\frac{2(x-1)}{x+1}<\ln x<\sqrt x-\frac1{\sqrt x}<\frac12\left(x-\frac1x\right)\le x-1.

对 $0<x<1$ ，相应地

\frac12\left(x-\frac1x\right)<\sqrt x-\frac1{\sqrt x}<\ln x<\frac{2(x-1)}{x+1}<x-1.

$x=1$ 时上述各量均为零。特别令 $x=1+t>1$ ，得到 $\ln(1+t)>2t/(2+t)$ 。

证明。 记 $F(x)=\ln x-2(x-1)/(x+1)$ ，则

F(1)=0,\qquad F'(x)=\frac{(x-1)^2}{x(x+1)^2}.

所以 $F(x)$ 在 $x>1$ 为正、在 $0<x<1$ 为负。再记 $G(x)=\sqrt x-1/\sqrt x-\ln x$ ，则

G(1)=0,\qquad G'(x)=\frac{(\sqrt x-1)^2}{2x^{3/2}}.

同样判断两侧符号。令 $u=\sqrt x$ ，比较剩余两式的差：

\frac12(x-1/x)-(u-1/u)=\frac12(u-1/u)(u+1/u-2),

第二因子非负，第一因子与 $x-1$ 同号。而

x-1-\frac12(x-1/x)=\frac{(x-1)^2}{2x}\ge0.

$0<x<1$ 时最后的 $2(x-1)/(x+1)<x-1$ 由差 $(x-1)^2/(x+1)>0$ 得到。所有严格等号排除点只有 $x=1$ 。

二次指数界与有理式对数界

对实数 $t$ ，有

e^t\begin{cases}\ge1+t+t^2/2,&t\ge0,\\\le1+t+t^2/2,&t\le0,\end{cases}

两式等号均仅在 $t=0$ 。令 $F(t)=e^t-1-t-t^2/2$ ，则 $F'(t)=e^t-1-t\ge0$ ，并且除 $t=0$ 外为正。由 $F(0)=0$ 得两侧结论，无需无穷展开。

另一组可用导数证明的界为： $x>1$ 时

\frac{2(x-1)}{x+1}<\frac{3(x^2-1)}{x^2+4x+1}<\ln x;

$0<x<1$ 时两次不等号均反向。证明先比较两个有理式：

\frac{3(x^2-1)}{x^2+4x+1}-\frac{2(x-1)}{x+1} =\frac{(x-1)^3}{(x+1)(x^2+4x+1)}.

再令 $H(x)=\ln x-3(x^2-1)/(x^2+4x+1)$ ，直接求导通分得到

H'(x)=\frac{(x-1)^4}{x(x^2+4x+1)^2},\qquad H(1)=0.

由导数符号即得所需比较； $x=1$ 时均为零。这里收录有理式不等式及初等证明，使用这些界不需要先学习幂级数或帕德逼近理论。

对数均值的两侧估计

设 $a,b>0$ 。当 $a\ne b$ ，定义 $L(a,b)=(a-b)/(\ln a-\ln b)$ ；当 $a=b$ ，定义 $L(a,a)=a$ 。有

\sqrt{ab}\le L(a,b)\le\frac{a+b}{2},

两端等号都当且仅当 $a=b$ 。证明只需设 $a>b$ 。

令 $t=a/b>1$ ，函数 $g(t)=\ln t-2(t-1)/(t+1)$ 满足 $g(1)=0$ 、 $g'(t)=(t-1)^2/[t(t+1)^2]>0$ ，得到严格上界。

再令 $u=\sqrt{a/b}>1$ ，函数 $h(u)=u-1/u-2\ln u$ 满足 $h(1)=0$ 、 $h'(u)=(u-1)^2/u^2>0$ ，得到严格下界。分母 $\ln a-\ln b$ 在所选排序下为正，变形不会误改不等号。

同高点、反射比较与比值换元

设 $f$ 在 $x_0$ 左侧严格递减、右侧严格递增， $x_1<x_0<x_2$ 且 $f(x_1)=f(x_2)$ 。这是极小值两侧的同高点问题；要比较中点与 $x_0$ ，可以比较离 $x_0$ 同样远的两个函数值。

令 $t=x_0-x_1>0$ 。若 $x_0+t$ 在定义域内，且

f(x_0+t)<f(x_0-t)=f(x_1),

则由右支严格递增，必有 $x_2>x_0+t$ ，所以 $x_1+x_2>2x_0$ 。若反射比较反向，结论也反向。极大值情形右支递减，比较方向须相应反转。若反射点超出定义域，应先用端点范围比较，不能代入无定义的函数值。

若 $x_1,x_2>0$ ，要比较它们的积，可研究 $f(x)-f(c/x)$ ：在同一单调支上将 $x_2$ 与 $c/x_1$ 比较，就可判断 $x_1x_2$ 与 $c$ 的大小。这里 $c/x_1$ 必须有定义且落在所用的单调区间。

已知等式中若出现 $\ln x_2-\ln x_1$ ，令 $t=x_2/x_1>1$ 可把它写成 $\ln t$ ；若出现指数差，则令 $t=x_2-x_1$ 后提出一个指数因子。应先从等高关系解出原变量或目标量，再确定新变量的全部范围及能否还原。只把两变量形式改成含 $t$ 的式子，仍不足以证明所求最值能够达到。

指数差商与同高点

在对数均值的两侧估计中，将 $a,b$ 换成 $e^s,e^t$ ，对 $s\ne t$ 得

e^{(s+t)/2}<\frac{e^s-e^t}{s-t}<\frac{e^s+e^t}{2}.

又如 $f(x)=x-\ln x$ （ $x>0$ ），其导数 $1-1/x$ 表明唯一极小值点为 $1$ 。若不同的 $a,b>0$ 满足 $f(a)=f(b)$ ，则 $a-b=\ln a-\ln b$ ，即 $L(a,b)=1$ 。

由严格的对数均值界，立刻得到 $ab<1$ 、 $a+b>2$ 。因此同高点中点在极小值点右侧；同时两个点必分别在 $1$ 的两侧，因为两侧各自严格单调。

对称化法与范围检查

仍取 $f(x)=x-\ln x$ 。对 $0<t<1$ ，令 $H(t)=f(1+t)-f(1-t)=2t-\ln[(1+t)/(1-t)]$ 。有 $H(0)=0$ 、 $H'(t)=-2t^2/(1-t^2)<0$ ，所以等距离时右侧函数值更小。

若左侧同高点为 $a=1-t$ ，为了使右侧值升到 $f(a)$ ，在严格递增的右支上须取 $b>1+t$ ，从而 $a+b>2$ 。这里 $t<1$ 确保反射点仍在定义域内。一般函数不能在未经检查的区间作反射比较。

导函数的凸性如何判定中点偏移

设 $f$ 在含 $[u,v]$ 的开区间上可导， $u<v$ ，并且导函数 $g=f'$ 连续且凸。记 $m=(u+v)/2$ ，则

f'(m)\le\frac{f(v)-f(u)}{v-u}\le\frac{f'(u)+f'(v)}2.

若 $f'$ 严格凸，两处均为严格不等号；凹的情形不等号全部反向。这是关于差商的结论，可用一阶导数与凸性直接证明。

左侧。 令 $r=(v-u)/2$ ， $H(t)=f(m+t)-f(m-t)-2tf'(m)$ 。对 $0<t\le r$ ，凸性给

H'(t)=f'(m+t)+f'(m-t)-2f'(m)\ge0.

由 $H(0)=0$ 得 $H(r)\ge0$ 。严格凸时导数在 $t>0$ 为正，故严格大于。

右侧。 令 $\ell(x)=g(u)+(g(v)-g(u))(x-u)/(v-u)$ ，凸性给 $g(x)\le\ell(x)$ 。构造二次函数

Q(x)=g(u)(x-u)+\frac{g(v)-g(u)}{2(v-u)}(x-u)^2.

因 $Q'=\ell$ ，函数 $f(x)-f(u)-Q(x)$ 的导数非正，故在 $v$ 处不大于它在 $u$ 处的值 $0$ ；计算 $Q(v)$ 即得右侧。严格凸时内部导数为负，得到严格不等号。

若进一步 $f(u)=f(v)$ ，且 $x_0\in(u,v)$ 是唯一驻点，当 $f'$ 严格凸时 $f'(m)<0$ 。因此，若 $f''>0$ ， $f'$ 严格递增，由 $f'(x_0)=0$ 得 $m<x_0$ ；若 $f''<0$ ，则 $m>x_0$ 。若 $f'$ 严格凹，两个方向反转。

区间上的条件	同高点中点 $m$ 与驻点 $x_0$
$f''>0,\ f'''>0$	$m<x_0$ （极小值点右偏）
$f''<0,\ f'''>0$	$m>x_0$ （极大值点左偏）
$f''>0,\ f'''<0$	$m>x_0$ （极小值点左偏）
$f''<0,\ f'''<0$	$m<x_0$ （极大值点右偏）

表中三阶导数只是二阶导数再求一次导数，用来保证 $f'$ 的严格凸凹；条件须在整个所论区间成立。实际计算可直接验证 $f'$ 的凸性，或使用前面的反射法。

两个变量指数函数的比较

对 $x>0$ ，令 $f(x)=x^x$ 。因 $\ln f=x\ln x$ 的导数为 $1+\ln x$ ，故 $f$ 在 $(0,1/e)$ 上严格递减，在 $(1/e,+\infty)$ 上严格递增，最小值为 $e^{-1/e}$ 。当 $x\to+\infty$ 时， $x\ln x\to+\infty$ ，所以 $x^x\to+\infty$ 。结合连续性，其值域为 $[e^{-1/e},+\infty)$ 。

再令 $h(x)=(1+1/x)^x$ ，本节只在正底数范围 $x>0$ 或 $x<-1$ 讨论。设 $g=\ln h$ ，则

g'(x)=\ln\left(1+\frac1x\right)-\frac1{x+1}.

由 $\ln t>1-1/t$ （ $t>0,t\ne1$ ），取 $t=1+1/x$ 得 $g'>0$ 。因此 $h$ 在两个定义区间上分别严格递增。

由 $\ln(1+u)<u$ （ $u>-1,u\ne0$ ）进一步得到

1<h(x)<e\quad(x>0),\qquad h(x)>e\quad(x<-1).

第二个区间乘以负数 $x$ 时必须反转不等号。不能把两个断开的区间合称为整体递增。

对 $x>0$ ，两条对数界还给出

\frac{x}{x+1}<x\ln(1+1/x)<1.

当 $x\to+\infty$ 时夹逼得 $\ln h(x)\to1$ ，由指数函数连续性，

\lim_{x\to+\infty}(1+1/x)^x=e.

取整数输入就是数列的重要极限。这里 $e$ 已按自然对数底数使用，没有同时用此极限反过来定义对数，以免证明形成循环。

端点行为与完整值域

先证明所需的小量估计。对 $t\ge1$ ，函数 $2\sqrt t-\ln t$ 的导数为 $(\sqrt t-1)/t\ge0$ ，所以 $0\le\ln t/t\le2/\sqrt t\to0$ 。令 $t=1/x$ ，便得到 $x\ln x\to0$ （ $x\to0^+$ ），从而 $x^x\to1$ 。

对 $h$ 的正区间，令 $t=1+1/x\to+\infty$ ，则

\ln h(x)=\frac{\ln t}{t-1}=\frac{\ln t}{t}\frac{t}{t-1}\longrightarrow0\qquad(x\to0^+).

因此 $h(x)\to1$ 。结合已证的严格递增、连续性及无穷远处极限 $e$ ， $h$ 在 $(0,+\infty)$ 上的值域恰为 $(1,e)$ 。

对负区间写成 $x=-y-1$ ，其中 $y>0$ ，则

h(-y-1)=\left(1+\frac1y\right)^{y+1} =\left(1+\frac1y\right)^y\left(1+\frac1y\right).

当 $x\to-\infty$ ，即 $y\to+\infty$ 时，右侧趋于 $e$ ；当 $x\to-1^-$ ，即 $y\to0^+$ 时，第一个因子趋于 $1$ ，第二个因子趋于 $+\infty$ ，故乘积趋于 $+\infty$ 。于是 $h$ 在 $(-\infty,-1)$ 上的值域恰为 $(e,+\infty)$ ，在整个所讨论定义域上的值域为

(1,e)\cup(e,+\infty).

两段均取不到 $e$ ，这一点不能只凭极限值判断，需同时使用前面得到的严格不等式。