基于函数单调性的不等式缩放

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函数单调性的缩放问题核心是利用函数“单调增则自变量大→函数值大，单调减则自变量大→函数值小”的性质，通过缩放自变量或函数值，实现不等式证明、参数范围求解等目标。

核心原理：单调性与缩放的关系

缩放的本质是“不等关系的传递”，而函数单调性是建立这种传递的关键桥梁，分两种核心情况：

1. 单调递增函数（若\(x_1 < x_2\)，则\(f(x_1) < f(x_2)\)）

自变量缩放→函数值缩放：若能证明\(a < b\)，且\(f(x)\)单调递增，则可推出\(f(a) < f(b)\)。

函数值缩放→自变量缩放：若能证明\(f(a) < f(b)\)，且\(f(x)\)单调递增，则可推出\(a < b\)。

2. 单调递减函数（若\(x_1 < x_2\)，则\(f(x_1) > f(x_2)\)）

自变量缩放→函数值缩放：若能证明\(a < b\)，且\(f(x)\)单调递减，则可推出\(f(a) > f(b)\)。

函数值缩放→自变量缩放：若能证明\(f(a) < f(b)\)，且\(f(x)\)单调递减，则可推出\(a > b\)。

3. 常用“辅助缩放工具”

解题时需结合基础不等式或常见结论，先对自变量/函数值做初步缩放，再结合单调性传递，常见工具包括：

对勾函数：\(y = x + \frac{k}{x}\)（\(k > 0\)），在\((0, \sqrt{k}]\)单调递减，\([\sqrt{k}, +\infty)\)单调递增。

指数/对数函数：\(y = e^x\)（全体实数单调递增）、\(y = \ln x\)（\((0, +\infty)\)单调递增）。

基础不等式：\(x > \ln x\)（\(x > 0\)，当且仅当\(x=1\)时取等号）；\(e^x > x + 1\)（全体实数，当且仅当\(x=0\)时取等号）。

4. 缩放核心是“先判单调性，再找缩放关系”，标准步骤如下：

1. 判断函数单调性：通过求导（或函数性质，如对勾函数、指数函数）确定函数在目标区间的增减性。

2. 明确缩放目标：判断需“缩放自变量→推函数值”还是“缩放函数值→推自变量”，结合题目需求（证明不等式、求参数、比较大小等）。

3. 结合辅助工具：利用基础不等式、复合函数性质（同增异减）等，对自变量或函数值做初步缩放，搭建与单调性的桥梁。

4. 传递不等关系：根据单调性将初步缩放的结果传递，得到最终结论。

例题1：利用单调递增函数缩放证明不等式：已知函数\(f(x) = x^3 + 2x\)，证明：对任意\(a, b > 0\)，若\(a + b > 0\)，则\(f(a) + f(b) > 0\)。

解析：

1. 先判断\(f(x)\)单调性：\(f'(x) = 3x^2 + 2 > 0\)恒成立，故\(f(x)\)在\(\mathbb{R}\)上单调递增。

2. 由\(a + b > 0\)，得\(a > -b\)。

3. 因\(f(x)\)单调递增，故\(f(a) > f(-b)\)。

4. 又\(f(-b) = (-b)^3 + 2(-b) = -b^3 - 2b = -f(b)\)，因此\(f(a) > -f(b)\)，即\(f(a) + f(b) > 0\)。

例题2：利用单调递减函数解不等式：已知函数\(f(x) = \frac{1}{x} + \ln x\)（\(x > 0\)），解不等式\(f(x) > f(2x - 1)\)。

解析：

1. 先判断\(f(x)\)单调性：\(f'(x) = -\frac{1}{x^2} + \frac{1}{x} = \frac{x - 1}{x^2}\)。

当\(0 < x < 1\)时，\(f'(x) < 0\)，\(f(x)\)单调递减；

当\(x > 1\)时，\(f'(x) > 0\)，\(f(x)\)单调递增。

2. 解不等式需先保证定义域：\(x > 0\)且\(2x - 1 > 0\)，得\(x > \frac{1}{2}\)。

3. 分情况讨论单调性：

若\(\frac{1}{2} < x < 1\)，则\(2x - 1 \in (0, 1)\)，\(f(x)\)单调递减，故\(f(x) > f(2x - 1) \implies x < 2x - 1 \implies x > 1\)，与\(\frac{1}{2} < x < 1\)矛盾，无解；

若\(x > 1\)，则\(2x - 1 > 1\)，\(f(x)\)单调递增，故\(f(x) > f(2x - 1) \implies x > 2x - 1 \implies x < 1\)，与\(x > 1\)矛盾，无解；

若\(x = 1\)，则\(2x - 1 = 1\)，\(f(1) = f(1)\)，不满足“\(>\)”，无解。

4. 综上，不等式解集为\(\emptyset\)。

例题3：结合对勾函数单调性缩放求最值：求函数\(g(x) = x + \frac{4}{x}\)在区间\([1, 3]\)上的最大值和最小值。

解析：

1. 对勾函数\(g(x) = x + \frac{4}{x}\)（\(k=4\)），单调区间分界点为\(\sqrt{4} = 2\)。

2. 判断区间内单调性：

在\([1, 2]\)上，\(g'(x) = 1 - \frac{4}{x^2} \leq 0\)，\(g(x)\)单调递减；

在\([2, 3]\)上，\(g'(x) = 1 - \frac{4}{x^2} \geq 0\)，\(g(x)\)单调递增。

3. 计算关键点函数值：

最小值：\(g(2) = 2 + \frac{4}{2} = 4\)；

最大值：比较端点\(g(1) = 1 + 4 = 5\)，\(g(3) = 3 + \frac{4}{3} = \frac{13}{3} \approx 4.33\)，故最大值为\(5\)。

4. 综上，最大值为\(5\)，最小值为\(4\)。

例题4：利用指数函数单调性缩放求参数范围：已知函数\(f(x) = e^x - ax\)在\([0, +\infty)\)上单调递增，求实数\(a\)的取值范围。

解析：

1. 单调递增的充要条件：\(f'(x) \geq 0\)在\([0, +\infty)\)上恒成立。

2. 求导得\(f'(x) = e^x - a\)，即需\(e^x - a \geq 0\)恒成立，变形为\(a \leq e^x\)。

3. 分析\(e^x\)在\([0, +\infty)\)的单调性：\(y = e^x\)单调递增，故其最小值为\(e^0 = 1\)。

4. 要使\(a \leq e^x\)恒成立，需\(a \leq (e^x)_{\text{min}} = 1\)，故\(a\)的取值范围为\((-\infty, 1]\)。

例题5：结合对数函数单调性缩放证明不等式：证明：对任意\(x > 1\)，都有\(\ln x > \frac{2(x - 1)}{x + 1}\)。

解析：

1. 构造函数简化不等式：令\(h(x) = \ln x - \frac{2(x - 1)}{x + 1}\)（\(x > 1\)），需证明\(h(x) > 0\)。

2. 求导判断\(h(x)\)单调性：

\(h'(x) = \frac{1}{x} - \frac{2[(x + 1) - (x - 1)]}{(x + 1)^2} = \frac{1}{x} - \frac{4}{(x + 1)^2} = \frac{(x - 1)^2}{x(x + 1)^2}\)

当\(x > 1\)时，\(h'(x) > 0\)，故\(h(x)\)在\((1, +\infty)\)单调递增。

3. 缩放自变量：因\(x > 1\)，故\(h(x) > h(1)\)。

4. 计算\(h(1) = \ln 1 - \frac{2(1 - 1)}{1 + 1} = 0\)，因此\(h(x) > 0\)，即\(\ln x > \frac{2(x - 1)}{x + 1}\)。

例题6：利用单调性缩放解决“恒成立”问题：已知当\(x \geq 1\)时，\(x^2 - 2ax + 1 \geq 0\)恒成立，求实数\(a\)的取值范围。

解析：

1. 分离参数：不等式变形为\(2a \leq x + \frac{1}{x}\)（\(x \geq 1\)），需\(2a \leq (x + \frac{1}{x})_{\text{min}}\)。

2. 分析\(y = x + \frac{1}{x}\)的单调性：对勾函数，分界点\(\sqrt{1} = 1\)，在\([1, +\infty)\)单调递增。

3. 求最小值：当\(x = 1\)时，\(y_{\text{min}} = 1 + 1 = 2\)。

4. 故\(2a \leq 2 \implies a \leq 1\)，即\(a\)的取值范围为\((-\infty, 1]\)。

例题7：单调递减函数与自变量缩放结合：已知函数\(f(x) = \frac{1}{x^2} - \ln x\)（\(x > 0\)），比较\(f(2)\)与\(f(3)\)的大小。

解析：

1. 判断\(f(x)\)单调性：\(f'(x) = -\frac{2}{x^3} - \frac{1}{x}\)，因\(x > 0\)，故\(f'(x) < 0\)恒成立，\(f(x)\)在\((0, +\infty)\)单调递减。

2. 自变量缩放：\(2 < 3\)。

3. 由单调递减性质：\(f(2) > f(3)\)。

例题8：结合基础不等式与单调性缩放：已知函数\(f(x) = e^x\)（单调递增），证明：对任意\(x > 0\)，都有\(f(x) > x^2\)。

解析：

1. 利用基础不等式初步缩放：当\(x > 0\)时，\(e^x > x + 1\)（可通过求导证明），需进一步证明\(x + 1 > x^2\)（需限定区间）。

2. 分区间讨论：当\(0 < x \leq 1\)时，\(x^2 \leq x\)，故\(x + 1 > x \geq x^2\)，结合\(e^x > x + 1\)，得\(e^x > x^2\)；

当\(x > 1\)时，构造\(g(x) = e^x - x^2\)，\(g'(x) = e^x - 2x\)，再构造\(h(x) = e^x - 2x\)，\(h'(x) = e^x - 2 > e^1 - 2 > 0\)，故\(h(x)\)在\((1, +\infty)\)单调递增，\(h(x) > h(1) = e - 2 > 0\)，即\(g'(x) > 0\)，\(g(x)\)单调递增，\(g(x) > g(1) = e - 1 > 0\)，故\(e^x > x^2\)。

3. 综上，对任意\(x > 0\)，\(f(x) > x^2\)。

例题9：利用单调性缩放求函数零点范围：已知函数\(f(x) = \ln x + x - 3\)，判断其零点所在的区间（精确到1个单位）。

解析：

1. 判断\(f(x)\)单调性：\(f'(x) = \frac{1}{x} + 1 > 0\)（\(x > 0\)），故\(f(x)\)在\((0, +\infty)\)单调递增，最多1个零点。

2. 计算区间端点函数值：\(f(2) = \ln 2 + 2 - 3 = \ln 2 - 1 \approx 0.693 - 1 = -0.307 < 0\)；\(f(3) = \ln 3 + 3 - 3 = \ln 3 \approx 1.098 > 0\)。

3. 由单调递增性质：\(f(2) < 0 < f(3)\)，故零点在区间\((2, 3)\)内。

例题10：单调函数与不等式组结合的缩放：已知函数\(f(x) = x^3\)（单调递增），且\(f(a) > f(b)\)，\(f(c) < f(b)\)，比较\(a, b, c\)的大小。

解析：

1. 由\(f(x)\)单调递增，\(f(a) > f(b) \implies a > b\)；

2. 同理，\(f(c) < f(b) \implies c < b\)；

3. 综上，\(c < b < a\)。

例题11：对勾函数单调性与参数范围：已知函数\(f(x) = x + \frac{k}{x}\)（\(k > 0\)）在\([2, +\infty)\)上单调递增，求\(k\)的取值范围。

解析：

1. 对勾函数单调区间：在\([\sqrt{k}, +\infty)\)上单调递增。

2. 题目要求\([2, +\infty)\)是单调递增区间的子集，故需\(\sqrt{k} \leq 2\)。

3. 解得\(k \leq 4\)，又\(k > 0\)，故\(k\)的取值范围为\((0, 4]\)。

例题12：利用单调性缩放证明“存在性”问题：证明：存在\(x_0 \in (1, 2)\)，使得\(x_0^2 - \ln x_0 = 2\)。

解析：

1. 构造函数\(g(x) = x^2 - \ln x - 2\)（\(x > 0\)），需证明存在\(x_0 \in (1, 2)\)，使\(g(x_0) = 0\)。

2. 判断\(g(x)\)单调性：\(g'(x) = 2x - \frac{1}{x}\)，当\(x > 1\)时，\(2x > 2\)，\(\frac{1}{x} < 1\)，故\(g'(x) > 0\)，\(g(x)\)在\((1, 2)\)单调递增。

3. 计算端点函数值：\(g(1) = 1 - 0 - 2 = -1 < 0\)；\(g(2) = 4 - \ln 2 - 2 = 2 - \ln 2 > 0\)。

4. 由单调递增性质：\(g(1) < 0 < g(2)\)，故存在\(x_0 \in (1, 2)\)，使\(g(x_0) = 0\)，即原命题成立。

例题13：单调递减函数与不等式求解：已知函数\(f(x) = \frac{1}{x - 1}\)（\(x > 1\)），解不等式\(f(x) < f(3x - 2)\)。

解析：

1. 判断\(f(x)\)单调性：\(f'(x) = -\frac{1}{(x - 1)^2} < 0\)（\(x > 1\)），故\(f(x)\)在\((1, +\infty)\)单调递减。

2. 保证定义域：\(x > 1\)且\(3x - 2 > 1 \implies x > 1\)。

3. 由单调递减性质：\(f(x) < f(3x - 2) \implies x > 3x - 2\)。

4. 解不等式\(x > 3x - 2\)得\(x < 1\)，与定义域\(x > 1\)矛盾，故解集为\(\emptyset\)。

例题14：结合指数函数单调性的缩放证明：证明：对任意\(x_1 > x_2 > 0\)，都有\(\frac{e^{x_1} - e^{x_2}}{x_1 - x_2} > e^{\frac{x_1 + x_2}{2}}\)。

解析：

1. 令\(t = \frac{x_1 - x_2}{2} > 0\)，\(m = \frac{x_1 + x_2}{2}\)，则\(x_1 = m + t\)，\(x_2 = m - t\)，不等式变形为\(\frac{e^{m + t} - e^{m - t}}{2t} > e^m\)，约去\(e^m\)得\(\frac{e^t - e^{-t}}{2t} > 1\)。

2. 构造\(h(t) = \frac{e^t - e^{-t}}{2} - t\)（\(t > 0\)），需证明\(h(t) > 0\)。

3. 判断\(h(t)\)单调性：\(h'(t) = \frac{e^t + e^{-t}}{2} - 1\)，由均值不等式\(e^t + e^{-t} \geq 2\)（当且仅当\(t=0\)时取等号），故\(h'(t) \geq 0\)，且仅当\(t=0\)时取等号，因此\(h(t)\)在\((0, +\infty)\)单调递增。

4. 由\(t > 0\)，得\(h(t) > h(0) = 0\)，即\(\frac{e^t - e^{-t}}{2} > t\)，变形为\(\frac{e^t - e^{-t}}{2t} > 1\)，故原不等式成立。

例题15：利用单调性缩放求函数值域：求函数\(f(x) = \ln(x^2 + 1)\)在区间\([-1, 2]\)上的值域。

解析：

1. 拆分复合函数：令\(u = x^2 + 1\)，则\(f(x) = \ln u\)，其中\(\ln u\)在\((0, +\infty)\)单调递增。

2. 求\(u = x^2 + 1\)在\([-1, 2]\)上的取值范围：\(x \in [-1, 2]\)时，\(x^2 \in [0, 4]\)，故\(u \in [1, 5]\)。

3. 由\(\ln u\)单调递增，得：最小值：\(\ln 1 = 0\)；最大值：\(\ln 5\)。

4. 故函数值域为\([0, \ln 5]\)。

例题16：单调函数与“主次元”缩放结合：已知对任意\(x \in [1, 2]\)，不等式\(x^2 - ax + 3 \geq 0\)恒成立，求\(a\)的取值范围。

解析：

1. 以\(a\)为“主元”，变形为\(a \leq x + \frac{3}{x}\)（\(x \in [1, 2]\)），需\(a \leq (x + \frac{3}{x})_{\text{min}}\)。

2. 分析\(y = x + \frac{3}{x}\)的单调性：对勾函数，分界点\(\sqrt{3} \approx 1.732\)，在\([1, \sqrt{3}]\)单调递减，在\([\sqrt{3}, 2]\)单调递增。

3. 求最小值：计算关键点\(y(\sqrt{3}) = \sqrt{3} + \frac{3}{\sqrt{3}} = 2\sqrt{3}\)，端点\(y(1) = 4\)，\(y(2) = 2 + \frac{3}{2} = 3.5\)，故\(y_{\text{min}} = 2\sqrt{3}\)。

4. 因此\(a \leq 2\sqrt{3}\)，即\(a\)的取值范围为\((-\infty, 2\sqrt{3}]\)。

例题17：利用单调性缩放比较抽象函数值：已知函数\(f(x)\)在\(\mathbb{R}\)上单调递增，且\(f(2m - 1) > f(m + 3)\)，求\(m\)的取值范围。

解析：

1. 由\(f(x)\)单调递增，\(f(2m - 1) > f(m + 3) \implies 2m - 1 > m + 3\)。

2. 解不等式\(2m - 1 > m + 3\)得\(m > 4\)。

3. 故\(m\)的取值范围为\((4, +\infty)\)。

例题18：结合对数函数单调性的“放缩+证明”：证明：对任意\(n \in \mathbb{N}^*\)，都有\(\ln(1 + \frac{1}{n}) < \frac{1}{n}\)。

解析：

1. 令\(x = 1 + \frac{1}{n}\)，因\(n \in \mathbb{N}^*\)，故\(x \in (1, 2]\)，不等式变形为\(\ln x < x - 1\)。

2. 构造\(g(x) = x - 1 - \ln x\)（\(x > 1\)），需证明\(g(x) > 0\)。

3. 判断\(g(x)\)单调性：\(g'(x) = 1 - \frac{1}{x} = \frac{x - 1}{x}\)，当\(x > 1\)时，\(g'(x) > 0\)，故\(g(x)\)在\((1, +\infty)\)单调递增。

4. 由\(x > 1\)，得\(g(x) > g(1) = 1 - 1 - \ln 1 = 0\)，即\(x - 1 > \ln x\)，故\(\ln(1 + \frac{1}{n}) < \frac{1}{n}\)。

例题19：单调递减函数与参数最值：已知函数\(f(x) = \frac{ax + 1}{x}\)（\(x > 0\)）在\([1, +\infty)\)上单调递减，求\(a\)的最大值。

解析：

1. 化简函数：\(f(x) = a + \frac{1}{x}\)（\(x > 0\)）。

2. 判断单调性：\(f'(x) = -\frac{1}{x^2} < 0\)（\(x > 0\)），此式与\(a\)无关，说明\(f(x)\)在\((0, +\infty)\)上恒单调递减。

3. 因此，对任意\(a \in \mathbb{R}\)，\(f(x)\)在\([1, +\infty)\)上均单调递减，故\(a\)无最大值（或可认为最大值为\(+\infty\)，但实际题目隐含\(a\)为任意实数，若限定\(a\)为整数，则无最大整数）。

例题20：利用单调性缩放解决“双变量”不等式：已知函数\(f(x) = x^2 - 2\ln x\)，若\(x_1 > x_2 > 0\)，且\(f(x_1) = f(x_2)\)，证明：\(x_1^2 + x_2^2 > 2\)。

解析：

1. 先判断\(f(x)\)单调性：\(f'(x) = 2x - \frac{2}{x} = \frac{2(x^2 - 1)}{x}\)。

当\(0 < x < 1\)时，\(f'(x) < 0\)，\(f(x)\)单调递减；

当\(x > 1\)时，\(f'(x) > 0\)，\(f(x)\)单调递增。

2. 由\(f(x_1) = f(x_2)\)且\(x_1 > x_2 > 0\)，得\(0 < x_2 < 1 < x_1\)。

3. 构造\(g(x) = f(x) - f(2 - x)\)（\(0 < x < 1\)），需证明\(g(x) > 0\)（即\(f(x) > f(2 - x)\)）。

4. 计算\(g(x)\)：\(g(x) = x^2 - 2\ln x - [(2 - x)^2 - 2\ln(2 - x)] = 4x - 4 - 2\ln x + 2\ln(2 - x)\)

求导得：\(g'(x) = 4 - \frac{2}{x} - \frac{2}{2 - x} = 4 - \frac{4}{x(2 - x)} = \frac{4[x(2 - x) - 1]}{x(2 - x)} = \frac{-4(x - 1)^2}{x(2 - x)} < 0\)

故\(g(x)\)在\((0, 1)\)单调递减，因此\(g(x) > g(1) = 0\)，即\(f(x) > f(2 - x)\)。

5. 因\(0 < x_2 < 1\)，故\(f(x_2) > f(2 - x_2)\)，又\(f(x_1) = f(x_2)\)，得\(f(x_1) > f(2 - x_2)\)。

6. 因\(x_1 > 1\)，\(2 - x_2 > 1\)（\(x_2 < 1\)），且\(f(x)\)在\((1, +\infty)\)单调递增，故\(x_1 > 2 - x_2\)，即\(x_1 + x_2 > 2\)。

7. 由均值不等式\(x_1^2 + x_2^2 > \frac{(x_1 + x_2)^2}{2}\)（因\(x_1 \neq x_2\)，等号不成立），结合\(x_1 + x_2 > 2\)，得\(x_1^2 + x_2^2 > \frac{4}{2} = 2\)，故原命题成立。

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