函数的凹凸性 (Convexity and Concavity of Functions)

1. 基于二阶导数的定义 (Second Derivative Test)

设函数 $f: I \subset \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ 在区间 $$ I $$ 上二阶可导：

上凸函数 (Convex Up / Concave)
如果
$f''(x) \ge 0, \quad \forall x \in I,$
则称 $$ f $$ 在 $$ I $$ 上是 上凸 (convex up) 或 凹的 (concave)。
下凸函数 (Convex Down / Convex)
如果
$f''(x) \le 0, \quad \forall x \in I,$
则称 $$ f $$ 在 $$ I $$ 上是 下凸 (convex down) 或 凸的 (convex)。

注：这里 $$ f''(x) = 0 $$ 时，函数可能是线性。

2. 基于琴生不等式 (Jensen's Inequality)

设 $f: I \subset \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ 是定义在凸集 $$ I $$ 上的函数：

上凸函数 (Convex Up / Concave)
对任意 $x_1, x_2 \in I$ 和 $\lambda \in [0,1]$ ：
$f(\lambda x_1 + (1-\lambda) x_2) \ge \lambda f(x_1) + (1-\lambda) f(x_2)$
则 $$ f $$ 是 上凸 (convex up) 或 凹函数 (concave)。
下凸函数 (Convex Down / Convex)
对任意 $x_1, x_2 \in I$ 和 $\lambda \in [0,1]$ ：
$f(\lambda x_1 + (1-\lambda) x_2) \le \lambda f(x_1) + (1-\lambda) f(x_2)$
则 $$ f $$ 是 下凸 (convex down) 或 凸函数 (convex)。

这样表述时，二阶导与几何形状完全一致：上凸对应“像碗”，下凸对应“像帽子”。

3. 对比总结 (Comparison)

方法 (Method)	上凸函数条件 (Convex Up / Concave)	下凸函数条件 (Convex Down / Convex)	注释 (Notes)
二阶导数 (2nd Derivative)	$f''(x) \ge 0$	$f''(x) \le 0$	局部微分条件 (local)
琴生不等式 (Jensen)	$f(\lambda x_1 + (1-\lambda)x_2) \ge \lambda f(x_1) + (1-\lambda) f(x_2)$	$f(\lambda x_1 + (1-\lambda)x_2) \le \lambda f(x_1) + (1-\lambda) f(x_2)$	全局几何条件 (global)

我们采取定义一,将定义二作为导出结论

利用二阶导数证明琴生不等式 (Jensen's Inequality)

1. 构造辅助函数

设定目标函数 $$f(x)$$ 为二阶可导函数，且满足 $$f''(x) > 0$$ （即 $$f(x)$$ 为严格凸函数）。

为了证明对于 $\lambda \in [0, 1]$ ，有 $f(\lambda x_1 + (1-\lambda)x_2) \le \lambda f(x_1) + (1-\lambda)f(x_2)$ ，我们固定 $$x_1$$ 和 $\lambda$ ，构造关于 $$x$$ 的辅助函数 $$F(x)$$ ：

F(x) = f(\lambda x_1 + (1-\lambda)x) - \lambda f(x_1) - (1-\lambda)f(x)

2. 求导分析

对 $$F(x)$$ 关于 $$x$$ 求一阶导数：

F'(x) = (1-\lambda) f'(\lambda x_1 + (1-\lambda)x) - (1-\lambda)f'(x)

提取公因子后得：

F'(x) = (1-\lambda) \left[ f'(\lambda x_1 + (1-\lambda)x) - f'(x) \right]

已知条件： 若 $$f''(x) > 0$$ ，则 $$f'(x)$$ 在定义域上单调递增。

3. 分情况讨论单调性

情况一：当 $$x < x_1$$ 时

变量位置： 此时 $\lambda x_1 + (1-\lambda)x$ 是 $$x_1$$ 和 $$x$$ 的加权平均值，由于 $$x < x_1$$ ，则有： $x < \lambda x_1 + (1-\lambda)x < x_1$
导数符号： 因为 $$f'(x)$$ 单调递增，所以 $f'(\lambda x_1 + (1-\lambda)x) > f'(x)$ 。
结论： 此时 $$F'(x) > 0$$ ，函数 $$F(x)$$ 单调递增。

情况二：当 $$x > x_1$$ 时

变量位置： 由于 $$x > x_1$$ ，加权平均值满足： $x_1 < \lambda x_1 + (1-\lambda)x < x$
导数符号： 因为 $$f'(x)$$ 单调递增，所以 $f'(\lambda x_1 + (1-\lambda)x) < f'(x)$ 。
结论： 此时 $$F'(x) < 0$$ ，函数 $$F(x)$$ 单调递减。

4. 最终结论

计算 $$F(x)$$ 在 $$x = x_1$$ 处的值：

F(x_1) = f(\lambda x_1 + (1-\lambda)x_1) - \lambda f(x_1) - (1-\lambda)f(x_1) = 0

由单调性可知， $$F(x)$$ 在 $$x = x_1$$ 处取得极大值（也是最大值） $$0$$ 。因此，对于任意的 $$x_2$$ ，均有：

F(x_2) \le F(x_1) = 0

代入 $$F(x)$$ 的定义式并移项，得证：

f(\lambda x_1 + (1-\lambda)x_2) \le \lambda f(x_1) + (1-\lambda)f(x_2)

等号成立时当且仅当 $$x_1=x_2$$

利用 $$n=2$$ 结论证明 $$n$$ 元琴生不等式

1. 前提结论（已证）

已知对于 $$f''(x) > 0$$ 的凸函数，二元琴生不等式成立：

f(\lambda x_1 + (1-\lambda)x_2) \le \lambda f(x_1) + (1-\lambda)f(x_2) \quad \text{其中 } \lambda \in [0, 1]

2. 核心思想：整体代换法

我们将 $$n$$ 个变量的加权平均拆分为：第 $$n$$ 个变量 与 前 $$n-1$$ 个变量构成的整体。

设 $\sum_{i=1}^n \lambda_i = 1$ 。令 $L = \sum_{i=1}^{n-1} \lambda_i$ ，则有 $L + \lambda_n = 1$ 。 $$n$$ 元组合式可以改写为：

\sum_{i=1}^n \lambda_i x_i = \left( \sum_{i=1}^{n-1} \lambda_i x_i \right) + \lambda_n x_n = L \cdot \left( \sum_{i=1}^{n-1} \frac{\lambda_i}{L} x_i \right) + \lambda_n x_n

3. 推导步骤

第一步：应用二元结论（降维）

令 $X_{n-1} = \sum_{i=1}^{n-1} \frac{\lambda_i}{L} x_i$ ，这是一个新的自变量。此时原式变为二元加权：

f\left( L \cdot X_{n-1} + \lambda_n x_n \right)

由于 $L + \lambda_n = 1$ ，直接套用 $$n=2$$ 的结论：

f(L \cdot X_{n-1} + \lambda_n x_n) \le L \cdot f(X_{n-1}) + \lambda_n f(x_n)

第二步：迭代展开

现在我们需要处理 $f(X_{n-1})$ ，即：

f\left( \sum_{i=1}^{n-1} \frac{\lambda_i}{L} x_i \right)

注意到这里的系数和 $\sum_{i=1}^{n-1} \frac{\lambda_i}{L} = \frac{L}{L} = 1$ ，它依然符合琴生不等式的形式，但规模缩小到了 $$n-1$$ 。

通过重复上述“提取最后一个变量”的操作：

将 $$n-1$$ 元拆解为 $$(n-2)$$ 的整体与第 $$n-1$$ 个变量，应用一次 $$n=2$$ 结论。
将 $$n-2$$ 元进一步拆解...
直到最后拆解为 $$n=2$$ 。

第三步：代回原式

经过层层拆解（或利用归纳法思想），最终所有项都会被展开为：

f\left( \sum_{i=1}^n \lambda_i x_i \right) \le L \cdot \left[ \sum_{i=1}^{n-1} \frac{\lambda_i}{L} f(x_i) \right] + \lambda_n f(x_n)

消去分母上的 $$L$$ ：

f\left( \sum_{i=1}^n \lambda_i x_i \right) \le \sum_{i=1}^{n-1} \lambda_i f(x_i) + \lambda_n f(x_n) = \sum_{i=1}^n \lambda_i f(x_i)

4. 结论

只要二元形式（ $$n=2$$ ）成立，就可以通过将前 $$k$$ 项看作整体的方式，像剥洋葱一样把不等式推广到任意 $$n$$ 元情况。等号成立时当且仅当 $$x_1=x_2=...=x_n$$

实战应用

从感性的角度认识,函数的凹凸性(或者说琴生不等式)其实描绘的是,自变量集中时和自变量分散时的函数值大小:

对于上凸函数,自变量集中时函数值会比较大,自变量分散时函数值会比较小
下凸函数,Vice Versa

举个例子具体说明一下:

小试牛刀

(2022北京卷)已知函数 $f(x) = e^x \ln(1 + x)$ ．

（Ⅰ）求曲线 $$y = f(x)$$ 在点 $$(0, f(0))$$ 处的切线方程；

（Ⅱ）设 $$g(x) = f'(x)$$ ，讨论函数 $$g(x)$$ 在 $[0, +\infty)$ 上的单调性；

（Ⅲ）证明：对任意的 $s, t \in (0, +\infty)$ ，有 $$f(s + t) > f(s) + f(t)$$ ．

解析:注意到 $$f(0)=0$$ ,所以(II)等价于 $$f(0) + f(s + t) > f(s) + f(t)$$ 相当于自变量越分散,函数值越大,这是下凸函数的特征. $f'(x)=e^x(\ln(x+1)+\cfrac{1}{x+1})$ $f''(x)=e^x(\ln(x+1)+\cfrac{2}{x+1}-\cfrac{1}{(x+1)^2})=e^x(\ln(x+1)+\cfrac{2x+1}{(x+1)^2})\gt 0(x\ge 0)$ 剩下的仿照琴生不等式主元法证明,洒洒水的事:

令 $m(x) = f(x+t) - f(x) - f(t) \quad (x > 0)$ ,

则 $$m'(x) = f'(x+t) - f'(x) = g(x+t) - g(x)$$ ,

由 (Ⅱ) 中 $$g(x)$$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调递增，则由 $$t > 0$$ 得 $$s+t > s$$ , 则 $$g(x+t) > g(x)$$ 即 $$m'(x) > 0$$ ,

说明 $$m(x)$$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调递增.

再由 $$s > 0$$ 得 $$m(s) > m(0)$$ , 即 $$f(s+t) - f(s) - f(t) > f(0+t) - f(0) - f(t) = -f(0)$$ ,

由 (Ⅰ) 中 $$f(0) = 0$$ 得 $$f(s+t) - f(s) - f(t) > 0$$ ,

所以 $$f(s+t) > f(s) + f(t)$$ 成立.

渐入佳境

1.设 $A=\sqrt[3]{3-\sqrt[3]{3}}+\sqrt[3]{3+\sqrt[3]{3}},B=2\sqrt[3]{3}$ ,比较A,B大小. $B\gt A$ ,证明从略

2.已知正数 $a_i(i=1,2,...,n)满足\sum^{n}_{i=1}{a_i}=1,求证\prod^{n}_{i=1}{a_i+\frac{1}{a_i}}\ge(n+\frac{1}{n})^n$

以下是将图片中的两种证法整理后的 Markdown 代码。

证法一：教科书解析版

题目： 设 $f(x) = \ln(x + \frac{1}{x})$ ，证明对任意 $a, b \in (0, 1)$ ，有 $\frac{\ln(a + \frac{1}{a}) + \ln(b + \frac{1}{b})}{2} \geqslant \ln(\frac{a+b}{2} + \frac{2}{a+b})$ 。

证明过程：

即证： $(a + \frac{1}{a})(b + \frac{1}{b}) \geqslant (\frac{a+b}{2} + \frac{2}{a+b})^2$ 即： $ab + \frac{1}{ab} + \frac{a}{b} + \frac{b}{a} \geqslant (\frac{a+b}{2})^2 + \frac{4}{(a+b)^2} + 2$ —— $$(*)$$

又 $\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \geqslant 2$ ， $ab \leqslant (\frac{a+b}{2})^2$ 并且 $y = x + \frac{1}{x}$ 在 $$(0, 1]$$ 为单调递减函数，所以由 $ab \leqslant (\frac{a+b}{2})^2$ 可得 $ab + \frac{1}{ab} \geqslant (\frac{a+b}{2})^2 + \frac{1}{(\frac{a+b}{2})^2} = (\frac{a+b}{2})^2 + \frac{4}{(a+b)^2}$ 从而 $$(*)$$ 式成立。所以 $f(x) = \ln(x + \frac{1}{x})$ 在 $$(0, 1)$$ 内为下凸函数。

由琴生不等式（Jensen's Inequality）：

\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} \ln(a_i + \frac{1}{a_i}) \geqslant \ln\left(\frac{\sum_{i=1}^{n} a_i}{n} + \frac{n}{\sum_{i=1}^{n} a_i}\right) = \ln(n + \frac{1}{n})

（注：此处对应 $\sum a_i = 1$ 的特定情况）

证法二：手写推导版（利用导数验证凸性）

已知： $a_i > 0, \sum_{i=1}^{n} a_i = 1$ 求证： $\prod_{i=1}^{n} (a_i + \frac{1}{a_i}) \geqslant (n + \frac{1}{n})^n$

证明过程：

令 $f(x) = \ln(x + \frac{1}{x})$ ，对其求导：

f'(x) = \frac{1}{x + \frac{1}{x}} \cdot (1 - \frac{1}{x^2}) = \frac{x}{x^2 + 1} \cdot \frac{x^2 - 1}{x^2} = \frac{x^2 - 1}{x(x^2 + 1)}

当 $x \in (0, 1)$ 时： $$x^2 - 1 < 0$$ 且 $$x(x^2 + 1) > 0$$ ，故 $$f'(x) < 0$$ ，函数单调递减。

继续考察 $$f'(x)$$ 的单调性（即 $$f(x)$$ 的凸性）：对于 $$x_1 < x_2 < 1$$ ，通过对比可知 $$f'(x_1) < f'(x_2)$$ ，即 $$f'(x)$$ 在 $$(0, 1)$$ 上单调递增。因此 $$f''(x) > 0$$ ，说明 $$f(x)$$ 在 $$(0, 1)$$ 上是下凸函数。

根据琴生不等式：

\sum_{i=1}^{n} f(a_i) \geqslant n f\left(\frac{\sum a_i}{n}\right)

\ln \prod_{i=1}^{n} (a_i + \frac{1}{a_i}) \geqslant n \ln\left(\frac{1}{n} + \frac{1}{1/n}\right) = n \ln(n + \frac{1}{n}) = \ln(n + \frac{1}{n})^n

去对数得：

\prod_{i=1}^{n} (a_i + \frac{1}{a_i}) \geqslant (n + \frac{1}{n})^n

证毕。

函数的凹凸性 (Convexity and Concavity of Functions)#

1. 基于二阶导数的定义 (Second Derivative Test)#

2. 基于琴生不等式 (Jensen's Inequality)#

3. 对比总结 (Comparison)#

利用二阶导数证明琴生不等式 (Jensen's Inequality)#

1. 构造辅助函数#

2. 求导分析#

3. 分情况讨论单调性#

情况一：当 $x < x_1$ 时

情况二：当 $x > x_1$ 时

4. 最终结论#

利用 $n=2$ 结论证明 $n$ 元琴生不等式

1. 前提结论（已证）#

2. 核心思想：整体代换法#

3. 推导步骤#

第一步：应用二元结论（降维）#

第二步：迭代展开#

第三步：代回原式#

4. 结论#

实战应用#

小试牛刀#

渐入佳境#

证法一：教科书解析版#

证法二：手写推导版（利用导数验证凸性）#