本文旨在提出一种使用二次函数、三次函数拟合超越函数的方法

Part 1、问题的引子

1.1 端点效应

若函数f(x)在(x1,+∞)上≥0且f(x1)=0,则f′(x1)>0.做题时，可先求出结果范围再验证其充分性f(x)在(x_1,+\infty)上\geq 0 且f(x_1)=0,则f'(x_1) > 0. 做题时，可先求出结果范围再验证其充分性f(x)在(x1,+∞)上≥0且f(x1)=0,则f′(x1)>0.做题时，可先求出结果范围再验证其充分性.
简单推广（在刷题当中使用过或老师上课提到的）：
若函数f(x)在(x1,+∞)上≥0且f(x1)=0，f′(x1)=0，则f′′(x1)≥0.做题时，可先求出结果范围再验证其充分性f(x)在(x_1,+\infty)上\geq 0 且f(x_1)=0，f'(x_1) = 0，则f''(x_1) \geq0. 做题时，可先求出结果范围再验证其充分性f(x)在(x1,+∞)上≥0且f(x1)=0，f′(x1)=0，则f′′(x1)≥0.做题时，可先求出结果范围再验证其充分性.
若函数f(x)为一个不仅含x的函数，在(x1,x2)上≥0，则同样可以先带入多个x0∈(x1,x2)求出其他变量的范围再验证其充分性.f(x) 为一个不仅含x的函数，在(x_1,x_2)上\geq 0，则同样可以先带入多个x_0\in (x_1,x_2) 求出其他变量的范围再验证其充分性.f(x)为一个不仅含x的函数，在(x1,x2)上≥0，则同样可以先带入多个x0∈(x1,x2)求出其他变量的范围再验证其充分性.
这是19年高考以后开始在浙江高中数学课堂上出现的一种解决函数问题的方法，本质其实考察的是”观察“和”试错“的技巧。
其他叫法也有，核心思想就是带入特殊值求出必要条件再证明其充分性的一种解题方法，本文姑且沿用笔者教师的称呼。

1.2 奇穿偶回

当高次不等式f（x）>0（或<0）f（x）>0（或<0）f（x）>0（或<0）的左边整式、分式不等式φ（xh（x）>0（或<0）\frac{φ（x}{h（x）}>0（或<0）h（x）φ（x>0（或<0）的左边分子、分母能分解成若干个一次因式的积（x－a1）（x－a2）…（x－an）（x－a1）（x－a2）…（x－an）（x－a1）（x－a2）…（x－an）的形式，可把各因式的根标在数轴上，形成若干个区间，最右端的区间f（x）、φ（xh（x）f（x）、\frac{ φ（x}{h（x）}f（x）、h（x）φ（x的值必为正值，从右往左通常为正值、负值依次相间，这种解不等式的方法称为序轴标根法。
特别地，每个“偶回点”必为函数的极值点。
这是浙江高考常考察的知识点。

1.3 引发灵感的一次线上公开课：“由‘形’入数”

https://mp.weixin.qq.com/s/8Md5Er1bnMPhFtY2eGB_AQ
第一遍听金迪老师的课，我就意识到这是很有前途的一种做法。
底大于1的指数函数宏观上看的增长级是远大于幂函数的，因此将指数函数缩成幂函数的正确性很容易理解，关键在于如何构造使得幂函数严格小于又逼近指数函数，而那位老师的课正致力于解决这个问题。

不过，金老师在课堂上强调的只是一个大概念，即从“形”出发研究函数，“先找切线，再找二次函数夹在切线与函数之间”，每道题具体怎么操作，还是结合题目实际情况，并未给出通法。而本文中很大部分内容正是对这堂课中给出的例题进行提炼，从而力求一种“函数拟合”的通法。

Part 2、待解决的问题

使用放缩方法，证明一个给定函数在(x1,x2)上≥λ(λ为常数)(x_1,x_2)上\geq \lambda(\lambda 为常数)(x1,x2)上≥λ(λ为常数)。给定函数中往往含有ex,lnx,e^x,lnx,ex,lnx,等超越函数以及x，ax+bcx+d\sqrt{x}，\frac{ax+b}{cx+d}x，cx+dax+b一类不一定能用求导处理的函数。

Part 3、提出方法

此类问题多数时候首先要把不需要放缩的代数函数放在等式/不等式的一侧，将超越函数放在一侧处理；将超越函数进行尽可能优的放缩后原不等式便成为一个完全由代数函数构成的不等式，再用常规方法处理，可以省下许多求导的操作。

当然，偶尔也有可能会需要通过另一侧的代数函数找线索。

3.1 前人方法

3.1.1 一般方法

若函数当中有对数函数，可转化为lnxlnxlnx后利用对数均值不等式x1x2≤x1−x2lnx1−lnx2≤x1+x22\sqrt{x_1x_2} \leq \frac{x_1-x_2}{lnx_1-lnx_2} \leq \frac{x_1+x_2}{2}x1x2≤lnx1−lnx2x1−x2≤2x1+x2,将x带入x1，x2视情况代入一个常数（多数时候为1，e等）x带入x_1，x_2视情况代入一个常数（多数时候为1，e等）x带入x1，x2视情况代入一个常数（多数时候为1，e等），将lnx放缩成为根号
若函数当中有指数函数，用的最多的放缩都是基于泰勒展开式的ex≥12x2+x+1e^x \geq \frac{1}{2}x^2+ x+1ex≥21x2+x+1以及ex≥x+1e^x \geq x+1ex≥x+1.
若函数当中有底非e的指数函数，往往结合杨辉三角，展开后取前几项进行放缩。

3.1.2 从金老师课当中提炼的一个子模型

如前所述，增长级大的函数大于增长级小的函数是一个容易接受但不一定容易证明的问题。金老师的课堂通过图像的辅助，给出了一个从图像上说明次问题的子模型。请看图3.1.2-1与图3.1.2-2

此图为金老师课上的例2当中做出的图。
我们发现，ex与12x2+x+1e^x与\frac{1}{2}x^2+x+1ex与21x2+x+1两个函数在[0,+∞)[0,+\infty)[0,+∞)有着严格的大小关系，最重要的原因是它们有共同的切点和切线（切点为(0,1),切线y=x+1y=x+1y=x+1未画出），并且它们的二阶导有明确大小关系（ex>1)（e^x > 1)（ex>1)，因而函数exe^xex与切线偏离的更远，显然函数值更大
而43x+23与6xx+2\frac{4}{3}x+\frac{2}{3}与\frac{6x}{x+2}34x+32与x+26x是一个更为显然的切线放缩，但如果我们把前者看成一个函数，亦可发现：两函数切于点(1,2)(1,2)(1,2)与y=43x+23y = \frac{4}{3}x+\frac{2}{3}y=34x+32，而前者的二阶导=0，后者二阶导为负，大小关系不言而喻。

此图为金老师课中对19年浙江数学高考22题的命题背景猜想。
选好lnx和它的一组切点与切线（此处选择了切点(1,0)与切线y=x−1）选好lnx和它的一组切点与切线（此处选择了切点(1,0)与切线y = x-1）选好lnx和它的一组切点与切线（此处选择了切点(1,0)与切线y=x−1）以后，要想构造出一个ax+bx+1形且比lnxa \sqrt{x}+b \sqrt{x+1}形且比lnxax+bx+1形且比lnx大的函数，只需要保证这个函数亦共用这组切点切线，且其二阶导比lnx的大即可。
满足这些条件的函数还是很多，因此再添加一个a,ba,ba,b关系（图中最后让g(x)=x2a2−x+1ag(x) =\frac{\sqrt{x}}{2a^2} - \frac{\sqrt{x+1}}{a}g(x)=2a2x−ax+1）方可完成构造。

结合上两图，我概括了一个模型：

对于平面上的一条直线及其上一个点(x0,y0)(x_0,y_0)(x0,y0)，必然存在一个彼此定义域相同的无限连续凸函数集合S={fi(x),i∈N∗}S={\{f_i(x),i\in N^*\}}S={fi(x),i∈N∗}均与该直线相切于(x0,y0)(x_0,y_0)(x0,y0)点，并满足恒有f1(x)≤f2(x)≤f3(x)...≤fn(x)f1(x)\leq f2(x) \leq f3(x)... \leq f_n(x)f1(x)≤f2(x)≤f3(x)...≤fn(x)且等号仅在x=x0x=x_0x=x0处取得，且他们的最高项互不相同。（可以从方程与未知数数量的关系角度证明）
由此，若发现同线同点相切的两个凸函数g1(x),g2(x)g_1(x),g_2(x)g1(x),g2(x)满足定义域内恒有g1(x)≥g2(x)g_1(x)\geq g_2(x)g1(x)≥g2(x)，可遵循这一性质找到一个h(x)h(x)h(x)满足g1(x)≥h(x)≥g2(x)g_1(x) \geq h(x) \geq g_2(x)g1(x)≥h(x)≥g2(x)。这可以根据h(x)h(x)h(x)与这两个函数在该点的函数值及一阶导数值相同且g1(x)−h(x)g_1(x)-h(x)g1(x)−h(x)二阶导数恒>0（反之恒<0)的性质，使h(x)h(x)h(x)最高次项大小介于g1(x)g_1(x)g1(x)与g2(x)g_2(x)g2(x)的最高次项之间，必要时在添加其他性质运用待定系数法实现。

看似很高端，其实方法并不优秀。可以发现，所谓的“同线同点相切”的条件只不过就是端点效应中找到的那个可以使得h(x)=f(x)−g(x)的h(x0)=h′(x0)=0h(x) = f(x)-g(x) 的h(x_0) = h'(x_0) = 0h(x)=f(x)−g(x)的h(x0)=h′(x0)=0的特殊值x0x_0x0。这种方法避免不了发现x0x_0x0的步骤。而发现x0x_0x0后，这样放缩的复杂度许多时候不比直接说明h′′(x0)>0或<0h''(x_0)>0或<0h′′(x0)>0或<0低，构造中间函数有时反而困难。更何况还有一些时候原函数有其他的变量，这时放缩可能根本就无能为力，只有参变分离才能继续解题。
但这个模型，为我接下来发现的方法起到了铺垫作用。

3.2 优化后方法及正确性证明：

3.2.1 双值拟合（针对二次函数）

假设我们要研究f(x)f(x)f(x)在一个区间[x1,x2][x_1,x_2][x1,x2]内的情况。
可以设一个函数g(x)=ax2+bx+c，满足g(x1)=f(x1),g(x2)=f(x2)；然后根据要拟合的函数与f(x)的目标大小关系，让g′(x2)=f′(x2)或g′(x1)=f′(x1).g(x) = ax^2+bx+c，满足g(x_1) = f(x_1),g(x_2) = f(x_2)；然后根据要拟合的函数与f(x)的目标大小关系，让g'(x_2) = f'(x_2)或g'(x_1) = f'(x_1).g(x)=ax2+bx+c，满足g(x1)=f(x1),g(x2)=f(x2)；然后根据要拟合的函数与f(x)的目标大小关系，让g′(x2)=f′(x2)或g′(x1)=f′(x1).

这便是从上一个模型中获得灵感得到的方法，虽然其他说法上有一些变化，但依旧以“原函数与目标函数同线同点相切”为核心进行放缩。并且，如果说“端点效应”是由“同线同点相切”得到函数大小关系，那么“双值拟合”便是一个逆过程，先确定我们需要得到的函数大小关系，再利用“同线同点相切”解出一个符合我们需要的函数。

针对底数大于1的指数函数（默认系数为正，下同）、根式函数以及对数函数时，要构造比原函数小的g(x)需要使g′(x2)=f′(x2),此时在(x1,+∞)上f(x)>g(x),(−∞,x1)上f(x)<g(x).反之，要比原函数大，则需要使g′(x1)=f′(x1)，此时在(x2,+∞)上f(x)<g(x),(−∞,x2)上f(x)>g(x)g(x)需要使g'(x_2)=f'(x_2),此时在(x_1,+\infty)上f(x)>g(x),(-\infty,x_1)上f(x)<g(x).反之，要比原函数大，则需要使g'(x_1) = f'(x_1)，此时在(x_2,+\infty)上f(x)<g(x),(-\infty,x_2)上f(x)>g(x)g(x)需要使g′(x2)=f′(x2),此时在(x1,+∞)上f(x)>g(x),(−∞,x1)上f(x)<g(x).反之，要比原函数大，则需要使g′(x1)=f′(x1)，此时在(x2,+∞)上f(x)<g(x),(−∞,x2)上f(x)>g(x)。这可以根据图像去理解。面对指数函数，放缩结果为一个开口向上的二次函数；为根式函数与对数函数时结果一般为开口向下的二次函数。

正确性证明：
先考虑放缩的函数为指数函数的情形。
由ex在x>0时e^x在x>0时ex在x>0时的函数图像，可以理解二次函数的开口需要向上。以f(x)=ex,g(x)=ax2+bx+c(a>0)为例f(x) = e^x,g(x) = ax^2+bx+c(a>0)为例f(x)=ex,g(x)=ax2+bx+c(a>0)为例
令函数h(x)=f(x)−g(x)，则h(x1)=h(x2)=0,h′′(x)=ex−2a,h′′′(x)=ex>0=>h′′(x)单调递增。①h(x) = f(x) - g(x)，则h(x_1) = h(x_2) = 0,h''(x) = e^x-2a,h'''(x) = e^x>0 =>h''(x)单调递增。①h(x)=f(x)−g(x)，则h(x1)=h(x2)=0,h′′(x)=ex−2a,h′′′(x)=ex>0=>h′′(x)单调递增。①
显然，h(x)在x∈[x1,x2]h(x)在x \in [x_1,x_2]h(x)在x∈[x1,x2]上一定是单调性有一次变化的，否则不可能有h(x1)=h(x2)h(x_1)=h(x_2)h(x1)=h(x2)
当h′(x2)=0时h'(x_2) = 0时h′(x2)=0时
要证放缩正确，只需证明h′′(x2)>0h''(x_2)>0h′′(x2)>0，因为"f(x)与g(x)在x=x0处同线同点相切”显然是“h(x)=f(x)−g(x)在x=x0处为偶回点”的充要条件。"f(x)与g(x)在x=x_0处同线同点相切”显然是“h(x) = f(x)-g(x)在x=x_0处为偶回点”的充要条件。"f(x)与g(x)在x=x0处同线同点相切”显然是“h(x)=f(x)−g(x)在x=x0处为偶回点”的充要条件。此式成立便意味着x2x_2x2必然是函数h(x)h(x)h(x)的偶回点，自然也为极值点。
考虑反证法。
假设h′′(x2)≤0h''(x_2) \leq 0h′′(x2)≤0
∵h′(x2)=h(x2)=0,必然∃x3∈[x2,∞)，使得h′(x)在[x2,x3]<0,显然此时h(x)亦<0.\because h'(x_2)=h(x_2)=0, 必然\exists x_3 \in [x_2, \infty)，使得h'(x)在[x_2,x_3]<0,显然此时h(x)亦<0.∵h′(x2)=h(x2)=0,必然∃x3∈[x2,∞)，使得h′(x)在[x2,x3]<0,显然此时h(x)亦<0.又易得x−>+∞时h(x)−>+∞,必然∃x4使得h(x4)=0。又易得{x-> +\infty}时h(x)-> +\infty,必然 \exists x_4使得h(x_4)=0。又易得x−>+∞时h(x)−>+∞,必然∃x4使得h(x4)=0。这样一来y=ex与y=ax2+bx+cy = e^x与y = ax^2+bx+cy=ex与y=ax2+bx+c在有一个切点的情况下还出现了三个交点，显然不合事实。
∴h′′(x2)>0,由①，函数在x∈[x1,+∞)时>0\therefore h''(x_2) >0,由①，函数在x \in [x_1, +\infty)时>0∴h′′(x2)>0,由①，函数在x∈[x1,+∞)时>0

当h′(x1)=0h'(x_1)=0h′(x1)=0时，类似的可以得到x1x_1x1为一个偶回点且h′′(x1)<0h''(x_1) <0h′′(x1)<0，从而证明函数在x∈(−∞,x2]上<0x \in (-\infty,x_2]上<0x∈(−∞,x2]上<0。得证。

现以x1=0,x2=2x_1=0,x_2=2x1=0,x2=2构造出两个函数,使得g(x)g(x)g(x)与exe^xex在x2=2x_2=2x2=2同线同点相切，h(x)则在x1=0h(x)则在x_1=0h(x)则在x1=0处同线同点相切。
两个函数的关系如图3.2.1-1：

黑粗线为exe^xex，蓝线为g(x)，红线为h(x)蓝线为g(x)，红线为h(x)蓝线为g(x)，红线为h(x)，作图需要全部×了0.2.
可以看到在(0,2)区间，g(x)在f(x)之上，h(x)在f(x)之下。(0,2)区间，g(x)在f(x)之上，h(x)在f(x)之下。(0,2)区间，g(x)在f(x)之上，h(x)在f(x)之下。
在往后，两个函数都比exe^xex小，无疑二次项系数更大的与exe^xex分离的速度稍慢。
并且，从图像上可以很直观地看出，exe^xex在(0,2)递增，而两个函数在两端点与exe^xex相同的情况下，一个保持大于exe^xex且恒定的二阶导增长，一个则先减后增，自然前者会在(0,2)上大于exe^xex后者则会小于exe^xex。

当放缩目标为对数函数及根式函数时，由这两种函数均为上凸函数可以得到二次函数的开口需要向下。其余证明过程基本同上，仍然可以分别得到x1或x2x_1或x_2x1或x2为偶回点。

故正确性成立。

3.2.2 多重求导（任意点泰勒展开）

虽然笔者未曾学过高数课本上泰勒展开的公式，但这里还是有一个自己的理解。

对于两个完全相同的函数，它们的所有性质都要相同；这“所有性质”既包括单调性、奇偶性，也包括更具体的“所有点函数值均相同”。但相比它们，更加有用的性质还是“0阶到k阶导数均相等”。当k从1到无穷大时，构造出的代数函数的次数也逐渐升高，显然构造出来的函数也会越发逼近指数函数。再结合exe^xex求导等于自身的特点，根据求导性质，可以得到构造函数g(x)的n次项系数为1n!的性质.构造函数g(x)的n次项系数为\frac{1}{n!}的性质.构造函数g(x)的n次项系数为n!1的性质. 可以结合x+1−>12x2+x+1−>16x3+12x2+x+1....x+1 -> \frac{1}{2}x^2+x+1 -> \frac{1}{6}x^3+\frac{1}{2}x^2+x+1....x+1−>21x2+x+1−>61x3+21x2+x+1....的图像变化过程去理解。

更重要的是，选择好切点构造出g(x)后，一定会满足最后的f(x)−g(x)会出现x=x0处前面k阶导都=0但k+1阶导>0，从而最终会逐层反推到f′(x)>0在(x0,+∞)上成立，得到f(x)−g(x)>f(x0)−g(x0)，从而保证其正确性。选择好切点构造出g(x)后，一定会满足最后的f(x)-g(x)会出现x=x_0处前面k阶导都=0但k+1阶导>0，从而最终会逐层反推到f'(x) >0 在(x_0,+\infty)上成立，得到f(x)-g(x)>f(x_0)-g(x_0)，从而保证其正确性。选择好切点构造出g(x)后，一定会满足最后的f(x)−g(x)会出现x=x0处前面k阶导都=0但k+1阶导>0，从而最终会逐层反推到f′(x)>0在(x0,+∞)上成立，得到f(x)−g(x)>f(x0)−g(x0)，从而保证其正确性。
虽然本质是”泰勒展开“，属于高中课本之外的内容，但一旦用出来可以像这样用最基本的构造函数并不断求导的方法证明，因此于高考也有应用价值。
但其只能用于指数函数放缩，否则会出现与原函数大小关系震荡的问题。

3.2.3 扩展到三次函数

直接根据泰勒展开的多重求导思想，可以自然地想到只需要让多求一次导，给函数多加一个限制便可以放缩出三次函数。
遗憾的是，如果继续补条件使得满足g(x1)=f(x1),g(x2)=f(x2)；g′(x2)=f′(x2)且g′′(x2)=f′′(x2).结果只有范围内g(x)>ex的情况。满足g(x_1) = f(x_1),g(x_2) = f(x_2)；g'(x_2) = f'(x_2)且g''(x_2) = f''(x_2).结果只有范围内g(x)>e^x的情况。满足g(x1)=f(x1),g(x2)=f(x2)；g′(x2)=f′(x2)且g′′(x2)=f′′(x2).结果只有范围内g(x)>ex的情况。这是因为，先前的x1或x2x_1或x_2x1或x2由于二阶导>0成为函数的偶回极小值点，但此时h(x)=f(x)−g(x)h(x) = f(x)-g(x)h(x)=f(x)−g(x)的x1或x2x_1或x_2x1或x2时的二阶导=0且递增，因此就变成了“奇穿点”，不再成为极值。

但有一个方法。由于三次函数的中心对称点为(−b3a,f(−b3a))(-\frac{b}{3a},f(-\frac{b}{3a}))(−3ab,f(−3ab))，又由于一般我们都用到的是x>0x>0x>0所以我们可以通过控制ax3+bx2+cx+d的b=0ax^3+bx^2+cx+d的b=0ax3+bx2+cx+d的b=0，来将变量化为三个来进行待定系数，这样依旧保证了函数的增长级为3次的，更高次的函数也可以简化为只有最高次项、1次项和0次项保证。
这样得到的结果，从与原函数的贴切度上看，严格优于使用二次函数。可以证明：记以同样的两点，选择同样的切点x0x_0x0放缩出的三次函数为g3(x),g_3(x),g3(x),二次函数为g2(x)g_2(x)g2(x)，则g3(x)−g2(x)得到的一定是αx(x−x0)2g_3(x)-g_2(x)得到的一定是\alpha x(x-x_0)^2g3(x)−g2(x)得到的一定是αx(x−x0)2格式，过程略。
但由于三次函数的处理依旧不一定比指数函数简单，选择放缩成三次函数以后整个方法余下步骤的复杂度会增加。因此最常用的，应该还是性质最多、我们最熟悉的二次函数。同理，虽然这个方法从理论上可以构造出任意次的幂函数，但我很快便放弃构造更高次的函数，也是出于实际操作上的考虑。

Part 4、几种方法的对比、优劣分析

朴素的泰勒展开式放缩往往**在展开点附近更容易得到与原函数更贴近的图像，**但在展开点左侧与原函数的大小关系会与右侧不同，且随着自变量的增大与原函数距离也会拉大。

针对指数函数的双值放缩，一般2次项/3次项系数比泰勒展开法更大，在两个端点附近（左侧和右侧）的一段区间处能与原函数尽量贴近，但在区间中间位置有可能有一段与原函数差距较大。实际做题当中可以配合使用两种方法。

试通过图像体会：
①拟合exe^xex（和上面情况相同）
黑粗线为exe^xex，蓝线为g(x)，红线为h(x)，绿线为泰勒展开前三项的函数12x2+x+1蓝线为g(x)，红线为h(x)，绿线为泰勒展开前三项的函数\frac{1}{2}x^2+x+1蓝线为g(x)，红线为h(x)，绿线为泰勒展开前三项的函数21x2+x+1，观看需要全部×了0.2，如图4-1

可以看到，在区间比较小的时候，方法较普通泰勒展开优势明显。

②拟合x+1\sqrt{x+1}x+1
取x1=0,x2=1x_1=0,x_2=1x1=0,x2=1.蓝线为g(x)=(1−342)x2+(742−2)x+1,红线为h(x)=(2−32)x2+12x+1g(x) = (1-\frac{3}{4} \sqrt{2})x^2+(\frac{7}{4} \sqrt{2}-2)x+1,红线为h(x) = (\sqrt{2}-\frac{3}{2})x^2+\frac{1}{2}x+1g(x)=(1−432)x2+(472−2)x+1,红线为h(x)=(2−23)x2+21x+1

针对根式函数没有其他可以对比的方法，但我认为从第一张×4的图和第二张需要构造两个函数才能看的出细微差别的图中已经可以看出拟合的精度了。

③拟合lnxlnxlnx
这次考虑一个稍微复杂一些的。
取x1=1,x2=ex_1=1,x_2=ex1=1,x2=e。蓝线为g(x)=(11−e+1(1−e)2)x2−(2(1−e)2+1+e1−e)x+e1−e+1(1−e)2g(x) = (\frac{1}{1-e}+\frac{1}{(1-e)^2})x^2-(\frac{2}{(1-e)^2}+\frac{1+e}{1-e})x +\frac{e}{1-e}+\frac{1}{(1-e)^2}g(x)=(1−e1+(1−e)21)x2−((1−e)22+1−e1+e)x+1−ee+(1−e)21
红线为h(x)=−(1(1−e)2+1e(1−e))x2+(1+ee(1−e)+2e(1−e)2)x+1+e2(1−e)2−11−eh(x) = -(\frac{1}{(1-e)^2}+\frac{1}{e(1-e)})x^2 + (\frac{1+e}{e(1-e)}+\frac{2e}{(1-e)^2})x + 1 + \frac{e^2}{(1-e)^2}-\frac{1}{1-e}h(x)=−((1−e)21+e(1−e)1)x2+(e(1−e)1+e+(1−e)22e)x+1+(1−e)2e2−1−e1
考虑对数均值不等式x1x2≤x1−x2lnx1−lnx2≤x1+x22\sqrt{x_1x_2} \leq \frac{x_1-x_2}{lnx_1-lnx_2} \leq \frac{x_1+x_2}{2}x1x2≤lnx1−lnx2x1−x2≤2x1+x2，暂钦定x2=1x_2=1x2=1，得到2(x−1)x+1≤lnx≤x−1x\frac{2(x-1)}{x+1} \leq lnx \leq \sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x}}x+12(x−1)≤lnx≤x−x1由粉色与绿色做出，如图4-3所示

红色放缩略劣于对数均值不等式，蓝色放缩优于对数均值不等式，但都在可接受的范围之内；必要的时候可综合考虑搭配使用。

④中间段差距拉大示意以及二次、三次函数对比
取x1=0,x2=5x_1=0,x_2=5x1=0,x2=5，此时e5e^5e5将达到148.41.
构造出函数g(x)=4e5+125x2−(35e5+25)x+1与h(x)=4e5+1250x3−（15e5+310)x+1g(x) = \frac{4e^5+1}{25}x^2-(\frac{3}{5}e^5+\frac{2}{5})x+1 与 h(x) = \frac{4e^5+1}{250}x^3 - （\frac{1}{5}e^5+\frac{3}{10})x+1g(x)=254e5+1x2−(53e5+52)x+1与h(x)=2504e5+1x3−（51e5+103)x+1
与泰勒展开的前三项、前四项对比，如图4-4，作图需要全部除以30（可见实际上几个函数都与exe^xex有比较大的差距

可以看到靠近0与5的部分尚精确，但中间段已经差距比较大了；因此上文提及的“多重求导”便可以辅助这种方法使用。不过实战当中出现这种情况概率也不高，毕竟到x=5x=5x=5的份上exe^xex增长速度已经完全显示出来了。

Part 5、例题解析

这里先给出几个问题：
例5.1：（题目来源待补充）
f(x)=ex−x2,g(x)=ax,求证：∀a∈[1,2],x∈[0,2],∣f(x)−g(x)∣≤e2−6.f(x) = e^x-x^2, g(x) = ax,求证：\forall a \in[1,2], x\in[0,2], |f(x)-g(x)| \leq e^2 - 6.f(x)=ex−x2,g(x)=ax,求证：∀a∈[1,2],x∈[0,2],∣f(x)−g(x)∣≤e2−6.
解：先用朴素做法证明f(x)−g(x)≤e2−6f(x)-g(x) \leq e^2-6f(x)−g(x)≤e2−6
{f(x)−g(x)}max={ex−x2−x}max\{f(x)-g(x)\}_{max} = \{e^x-x^2-x\}_{max}{f(x)−g(x)}max={ex−x2−x}max，记之为g(x)，g′(x)=ex−2x−1,g′′(x)=ex−2,g′(x)在(0,ln2)↓，在(ln2,+∞)↑g(x)，g'(x) = e^x-2x-1, g''(x) = e^x-2, g'(x) 在(0,ln2)↓，在(ln2,+\infty)↑g(x)，g′(x)=ex−2x−1,g′′(x)=ex−2,g′(x)在(0,ln2)↓，在(ln2,+∞)↑
∵g′(0)=0,g′(2)>0\because g'(0) = 0, g'(2) > 0∵g′(0)=0,g′(2)>0
∴∃x1∈(ln2,2),g′(x1)=0\therefore \exists x_1 \in (ln2,2), g'(x_1) = 0∴∃x1∈(ln2,2),g′(x1)=0
∴g(x)在(0,x1)↓，(x1,2)↑,g(x)≤g(2)=e2−6\therefore g(x)在(0,x_1)↓， (x_1,2)↑, g(x) \leq g(2) = e^2-6∴g(x)在(0,x1)↓，(x1,2)↑,g(x)≤g(2)=e2−6
再证明f(x)−g(x)≥6−e2f(x) - g(x) \geq 6-e^2f(x)−g(x)≥6−e2.此时，ex≥12x2+x+1e^x \geq \frac{1}{2}x^2+x+1ex≥21x2+x+1的放缩已不够用。
取区间[0,2][0,2][0,2]使用双值拟合，得到h(x)=e2+14x2−x+1h(x) = \frac{e^2+1}{4}x^2-x+1h(x)=4e2+1x2−x+1
f(x)−g(x)≥h(x)−x2−2x=e2−34−3x+1>e2−12e2−3f(x) - g(x) \geq h(x) - x^2-2x = \frac{e^2-3}{4}-3x+1 > \frac{e^2-12}{e^2-3}f(x)−g(x)≥h(x)−x2−2x=4e2−3−3x+1>e2−3e2−12
∵e2−12e2−3≈−1.05,6−e2≈−1.38\because \frac{e^2-12}{e^2-3} \approx -1.05, 6-e^2 \approx -1.38∵e2−3e2−12≈−1.05,6−e2≈−1.38
∴f(x)−g(x)≥6−e2\therefore f(x) - g(x) \geq 6-e^2∴f(x)−g(x)≥6−e2（考试情况下运用e2∈(7.35,7.4)e^2 \in (7.35,7.4)e2∈(7.35,7.4)进行适当估算即可）
备注：此题标解使用的是ex=e×ex−1≥e×(12(x−1)2+(x−1)+1)e^x = e \times e^{x-1} \geq e \times (\frac{1}{2}(x-1)^2+(x-1)+1)ex=e×ex−1≥e×(21(x−1)2+(x−1)+1)的放缩，效果不如双值拟合好。

例5.2：
设f(x)=ex+ax+1,x≥−1,第（1）问已证明ex>12x2+x+1.若2+54x+a2x2≤f(x)a对∀x≥0成立，求a的取值范围。设f(x) = e^x +a\sqrt{x+1},x \geq -1, 第（1）问已证明e^x > \frac{1}{2}x^2+x+1.若2+\frac{5}{4}x+\frac{a}{2}x^2 \leq \frac{f(x)}{a} 对\forall x \geq 0成立，求a的取值范围。设f(x)=ex+ax+1,x≥−1,第（1）问已证明ex>21x2+x+1.若2+45x+2ax2≤af(x)对∀x≥0成立，求a的取值范围。
解：依然先将x=0x=0x=0带入求得范围为a∈(0,1]a \in (0,1]a∈(0,1]。下证∀a∈(0,1],x≥0\forall a \in (0,1], x\geq 0∀a∈(0,1],x≥0上式成立；又由a>0a >0a>0易知只需证明a=1a=1a=1时原式成立。

使用双值拟合，得到ex≥x2+(e−2)x+1,x+1≥(1−342)x2+(742−2)x+1e^x \geq x^2+(e-2)x+1, \sqrt{x+1} \geq (1-\frac{3}{4}\sqrt{2})x^2+(\frac{7}{4}\sqrt{2}-2)x+1ex≥x2+(e−2)x+1,x+1≥(1−432)x2+(472−2)x+1
ex+x+1−12x2−54x−2≥6−324x2+(4e+72−214)xe^x + \sqrt{x+1}- \frac{1}{2}x^2-\frac{5}{4}x-2 \geq \frac{6-3\sqrt{2}}{4}x^2+(\frac{4e+7\sqrt{2}-21}{4})xex+x+1−21x2−45x−2≥46−32x2+(44e+72−21)x
估算得6−324>0.4,4e+72>2.7×4+1.4×7>20.6估算得 \frac{6-3\sqrt{2}}{4} >0.4,4e+7\sqrt{2}>2.7 \times 4+1.4 \times 7 >20.6估算得46−32>0.4,4e+72>2.7×4+1.4×7>20.6
右边>0.4x2−0.1x右边>0.4x^2-0.1x右边>0.4x2−0.1x，在x>18x > \frac{1}{8}x>81时成立。
又由ex≥0.5x2+x+1e^x \geq 0.5x^2+x+1ex≥0.5x2+x+1，ex+x+1−12x2−54x−2≥4−324x2+(72−94)xe^x + \sqrt{x+1}- \frac{1}{2}x^2-\frac{5}{4}x-2 \geq \frac{4-3\sqrt{2}}{4}x^2+(\frac{7\sqrt{2}-9}{4})xex+x+1−21x2−45x−2≥44−32x2+(472−9)x
直接带入x=18得其>0,又x=0时上式=0，∴x∈(0,18)上式亦成立x=\frac{1}{8}得其>0, 又x=0时上式=0，\therefore x \in(0, \frac{1}{8})上式亦成立x=81得其>0,又x=0时上式=0，∴x∈(0,81)上式亦成立
综上，a=1a=1a=1时不等式成立，故a∈(0,1]a \in (0,1]a∈(0,1]

标解：求导以后再使用多重求导放缩。
令g(x)=exa+x+1−(a2x2+54x+2)<ex+x+1−(12x2+54x+2)g(x) = \frac{e^x}{a}+\sqrt{x+1}-(\frac{a}{2}x^2+\frac{5}{4}x+2) < e^x + \sqrt{x+1}-(\frac{1}{2}x^2+\frac{5}{4}x+2)g(x)=aex+x+1−(2ax2+45x+2)<ex+x+1−(21x2+45x+2)
，记后式为h(x)h(x)h(x)
h′(x)=ex+12x+1−x−54≥0.5x2+x+1+12x+1−x−54=2x2x+1+2−x+14x+1h'(x) = e^x + \frac{1}{2\sqrt{x+1}}-x-\frac{5}{4} \geq 0.5x^2+x+1+\frac{1}{2\sqrt{x+1}}-x-\frac{5}{4} = \frac{2x^2\sqrt{x+1}+2-\sqrt{x+1}}{4\sqrt{x+1}}h′(x)=ex+2x+11−x−45≥0.5x2+x+1+2x+11−x−45=4x+12x2x+1+2−x+1
研究分子(2x2−1)x+1+2:x≥22时显然为正，反之(2x2−1)x+1+2>(−1)1+22+2>0{(2x^2-1)\sqrt{x+1}+2}: x \geq \frac{\sqrt{2}}{2}时显然为正，反之(2x^2-1)\sqrt{x+1}+2 > (-1) \sqrt{1+\frac{\sqrt{2}}{2}} +2>0(2x2−1)x+1+2:x≥22时显然为正，反之(2x2−1)x+1+2>(−1)1+22+2>0
故h′(x)>0,h(x)≥h(0)=0h'(x) >0,h(x) \geq h(0)=0h′(x)>0,h(x)≥h(0)=0

此题可以说是放缩法很不好做的一题，首先根式没有常规的放缩方法，而忽略了根式直接使用泰勒展开则精度不够，甚至用双值拟合也需要先盲取一个点，然后再配合泰勒展开使用。第一次做此题甚至可能会怀疑要证明结论的正确性。
不过一个细节值得注意，在硬要放缩时，如果很快的发现x=0x=0x=0时一定是0点，那么放缩能否成立只需要看函数开口和对称轴的位置。第一次放缩当中，只能找到一个开口朝上且对称轴在y轴右侧一点点，无法找到在y轴左侧的；因此想要补充就需要一个开口朝下且对称轴在右的函数，而根据泰勒展开中二次项系数的0.5和根式双值拟合中二次项系数的<0，可以实现。

结合上面两题不难看出：
（1）虽然目前为止还没有一道题的标解会考察这种特殊的放缩，但在想不出正解的情况下，这种高精度的放缩方法可以解决许多一般放缩方法无法解决的问题，并且逻辑上容易写清楚、容易理解。
（2）当数据不友好时，方法运用计算量可能较大。并且使用很考察估算能力，需要对e,2,3,e2,1ee,\sqrt{2},\sqrt{3},e^2,\frac{1}{e}e,2,3,e2,e1等数的大小足够熟悉。
实战当中可以像背板ex≥12x2+x+1e^x \geq \frac{1}{2}x^2+x+1ex≥21x2+x+1一样背板一些双值拟合的结果，比如ex≥x2+(e−2)x+1(x1=0,x2=1),ex≥e2+14x2−x+1(x1=0,x2=2)e^x \geq x^2+(e-2)x+1 (x_1=0,x_2=1), e^x \geq \frac{e^2+1}{4}x^2-x+1 (x_1=0,x_2=2)ex≥x2+(e−2)x+1(x1=0,x2=1),ex≥4e2+1x2−x+1(x1=0,x2=2).

Part 6、延伸

（1）多重切线放缩

可以发现，任意点泰勒展开的实质是这样的。

例题6.1：（“由形入数”第一题）
已知f(x)=ex+e−x−alnx(a∈N,a≥2)f(x) = e^x+e^{-x} - alnx (a \in N, a \geq 2)f(x)=ex+e−x−alnx(a∈N,a≥2)的极值点x0∈(12,1)x_0 \in ( \frac{1}{2},1)x0∈(21,1)
(i)求a的值
(ii)若不等式f(x)≥b(b∈Z)f(x) \geq b (b \in Z)f(x)≥b(b∈Z)恒成立，求b的最大值
解：
(i) a=2a = 2a=2
(ii) x=1时，可以求得b≤3x = 1时，可以求得b \leq 3x=1时，可以求得b≤3
直接背板泰勒展开或在函数对称点x=0x=0x=0处使用多重求导，得到ex+e−x≥x2+2e^x+e^{-x} \geq x^2+2ex+e−x≥x2+2
发现(x2+2)′=2x,(2lnx+3)′=2x，正好在x=1时导数相等；验算得到两函数正好在x=1处同线同点相切。(x^2+2)' = 2x, (2lnx+3)' = \frac{2}{x}，正好在x = 1时导数相等；验算得到两函数正好在x = 1处同线同点相切。(x2+2)′=2x,(2lnx+3)′=x2，正好在x=1时导数相等；验算得到两函数正好在x=1处同线同点相切。
又由函数凹凸性轻易得到x2+2≥2lnx+3x^2+2 \geq 2lnx+3x2+2≥2lnx+3
∴ex+e−x≥x2+2≥2lnx+3\therefore e^x+e^{-x} \geq x^2+2 \geq 2lnx + 3∴ex+e−x≥x2+2≥2lnx+3.
评析:出现在题目中的三个函数分别在不同点同线同点相切，从而达成证明。
在无法预见这一结果的情况下，便需要对ex+e−xe^x+e^{-x}ex+e−x和2lnx+32lnx+32lnx+3进行我们能力范围内尽可能精确的放缩后看是否可解题。

例题6.2：求证： ex≥e2−34x2+xe^x \geq \frac{e^2-3}{4}x^2+xex≥4e2−3x2+x.
证明：
使用双值拟合，f(0)=1,f(2)=f′(2)=e2f(0) = 1, f(2) = f'(2) = e^2f(0)=1,f(2)=f′(2)=e2，解得ex≥e2+14x2−x+1.e^x \geq \frac{e^2+1}{4}x^2-x+1.ex≥4e2+1x2−x+1. 发现e2+14x2−x+1−e2−34x2−x=x2−2x+1≥0\frac{e^2+1}{4}x^2-x+1 - \frac{e^2-3}{4}x^2-x = x^2-2x+1 \geq 04e2+1x2−x+1−4e2−3x2−x=x2−2x+1≥0,可得证。
评析：这就是一道不懂套路就很难做的题目，无法用泰勒展开解，又由于。本质上是，ex与e2+14x2−x+1在x=2处共切线，而后者与e2−34x2+x在x=1处公切线，又由其各自二阶导的大小关系可知函数的大小关系。e^x 与 \frac{e^2+1}{4}x^2-x+1在x=2处共切线，而后者与\frac{e^2-3}{4}x^2+x在x=1处公切线，又由其各自二阶导的大小关系可知函数的大小关系。ex与4e2+1x2−x+1在x=2处共切线，而后者与4e2−3x2+x在x=1处公切线，又由其各自二阶导的大小关系可知函数的大小关系。
由于e2−34>1\frac{e^2-3}{4}>14e2−3>1，可以出成ex≥x2+xe^x \geq x^2+xex≥x2+x，这样就变成了一道无人工痕迹且直接说很累（不可以使用端点效应，因为两个函数其实没有直接交点）的题。不过，因为通过双值拟合得到的二次函数的二次项系数比朴素泰勒展开是要大许多的，因此如果熟悉这种做法又发现朴素做法比较慢的时候，可以往这个方向考虑。
同样也可以为了降低题目难度将题干右边改成e2−14x+34\frac{e^2-1}{4}x+\frac{3}{4}4e2−1x+43（原右侧函数在x=1x=1x=1处的切线）。

(2) 双值拟合的通式（用于应试）

以放缩成二次函数为例：
令g(x1)=f(x1)=y1,g(x2)=f(x2)=y2,g′(x2)=f′(x2)=λg(x_1)=f(x_1)=y_1,g(x_2)=f(x_2)=y_2,g'(x_2) = f'(x_2) = \lambdag(x1)=f(x1)=y1,g(x2)=f(x2)=y2,g′(x2)=f′(x2)=λ
则函数系数如下：
a=y1−y2(x1−x2)2−kx1−x2;b=k(x1+x2)x1−x2−2x2(y1−y2)(x1−x2)2,c=y2+(y1−y2)x22(x1−x2)2−kx1x2x1−x2.a=\frac{y_1-y_2}{(x_1-x_2)^2}-\frac{k}{x_1-x_2};b = \frac{k(x_1+x_2)}{x_1-x_2} - \frac{2x_2(y_1-y_2)}{(x_1-x_2)^2},c = y_2+\frac{(y_1-y_2)x_2^2}{(x_1-x_2)^2} - \frac{kx_1x_2}{x_1-x_2}.a=(x1−x2)2y1−y2−x1−x2k;b=x1−x2k(x1+x2)−(x1−x2)22x2(y1−y2),c=y2+(x1−x2)2(y1−y2)x22−x1−x2kx1x2.
当将最后一个条件换为g′(x1)=f′(x1)=λg'(x_1)=f'(x_1)=\lambdag′(x1)=f′(x1)=λ时，
则a=−（y1−y2(x1−x2)2−kx1−x2）;b=−（k(x1+x2)x1−x2−2x1(y1−y2)(x1−x2)2）,c=y1−（(y1−y2)x12(x1−x2)2−kx1x2x1−x2）.a=-（\frac{y_1-y_2}{(x_1-x_2)^2}-\frac{k}{x_1-x_2}）;b = -（\frac{k(x_1+x_2)}{x_1-x_2} - \frac{2x_1(y_1-y_2)}{(x_1-x_2)^2}）,c = y_1-（\frac{(y_1-y_2)x_1^2}{(x_1-x_2)^2} - \frac{kx_1x_2}{x_1-x_2}）.a=−（(x1−x2)2y1−y2−x1−x2k）;b=−（x1−x2k(x1+x2)−(x1−x2)22x1(y1−y2)）,c=y1−（(x1−x2)2(y1−y2)x12−x1−x2kx1x2）.

设y1−y2(x1−x2)2=s,kx1−x2=t\frac{y_1-y_2}{(x_1-x_2)^2} = s,\frac{k}{x_1-x_2} = t(x1−x2)2y1−y2=s,x1−x2k=t
则第一种情况下a=s−t,b=t(x1+x2)−2x2s,c=y2+x22s−x1x2ta = s-t, b = t(x_1+x_2)-2x_2s,c = y_2+x_2^2s-x_1x_2ta=s−t,b=t(x1+x2)−2x2s,c=y2+x22s−x1x2t
第二种情况下a=t−s,b=−t(x1+x2)+2x1s,c=y1−x12s+x1x2ta = t-s, b = -t(x_1+x_2)+2x_1s,c=y_1-x_1^2s+x_1x_2ta=t−s,b=−t(x1+x2)+2x1s,c=y1−x12s+x1x2t.

(3）如果是证明某一段函数的绝对值小于等于某个定值，此法还可以扩展成双边）将两端设置成函数值固定，中间有一段切点都相同。

但这样做，需要取一个比目标区间恰好小上一点点的子集，难免有些刻意为之的味道。

Part7、结语

最初学习“端点效应“的时候，我便将它视作是一种乍看既不自然，也意义不大的方法：其一，它只能解决我们找得到”端点“ 的时候，有局限性；其二，题目并不一定给出暗示，端点的选择往往需要不讲理由地尝试，并不自然；其三，如果立体几何考察人的空间想象力、转化与划归，解析几何考察计算力、思路规划力，那”端点效应“考什么，观察的本事么？高考考察这样的题目有何意义？
但事实证明，正是这样一种乍看不怎么样的方法，被实践证明为解决函数问题的少有可靠方法，在规范化步骤、适当扩展（最开始只知道”代区间端点“，逐步发现可以”取中间值“、”层层求导“、”在可以减少原函数变量后才可以使用“等等）后为人们作为自然而常规的思路接受，这便意味着起初的猎奇做法是有可能变得自然的；而受益于对这种方法的掌握，我得以对函数拟合问题展开更深层次思考。
可见，尽管我们可能对方法有实用性、自然程度方面的优劣判断，但依然要学会尊重每一种方法；因为，学习的过程就是不断地将未知的知识与已知的知识建立关系，而发现新方法的过程亦是将已知的知识与方法进行恰当联系；也许一种曾经我们看不起或认为局限性很大的方法，日后会成为新发现的铺垫。

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