经济数学4.利用函数的单调性求证不等式

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函数单调性在不等式中的应用

函数单调性在不等式证明中的应用冯永奎[摘要] 不等式是我们从初中就开始接触，一直在整个数学研究中占有一定的比例，它包括不等式的解法，不等式的构造，不等式的证明.其中不等式的证明是不等式学习的重点之一，本文讨论了利用函数单调性来证明不等式。

[关键词] 函数单调性不等式证明不等式的证明是中学数学的重要内容之一，也是高等数学的重要工具。

它的题型广泛，技巧多变，思路灵活，涉及的知识面也较广。

我们可以用构造函数的方法，通过函数的单调性来刻画不等式的性质，也可以用来证明不等式，下面结合具体的例子来说明函数单调性在不等式证明中的应用。

[5] 设函数)(x f 在区间),(b a 内可导。

（1）如果在),(b a 内恒有0)('>x f ，则函数)(x f 在),(b a 内单调增加；（2）如果在),(b a 内恒有0)('<x f ，则函数)(x f 在),(b a 内单调减少。

[6] 设函数)(x f 在点0x 处的一个领域可导，且0)('0=x f ，或)('0x f 不存在，但)(x f 在0x x =处连续，若)(x f 在点0x 的两侧邻近导数异号，则)(0x f 是函数)(x f 的极值。

当导数符号由正变负时，)(0x f 是极大值，由负变正时，)(0x f 是极小值，若)(x f 在点0x 处的两侧邻近导数不变号，则)(0x f 不是极值。

根据题目所给的不等式和条件，对不等式作适当变形，选取适当的函数)(x f 及区间],[b a ，再利用[5]来判断)(x f 在),(b a 内的单调性，然后取函数)(x f 在区间端点处的值，则得不等关系，当)(x f 单调增加时，)()()(b f x f a f <<当)(x f 单调减少时，)()()(b f x f a f >>.从而有)()(b f a f <或)()(b f a f >再确定不等式。

利用函数单调性求不等式问题的三种技巧

Җ㊀安徽㊀孙光元㊀㊀函数的单调性会在很多题型中出现或应用,如求解函数最值㊁解函数不等式㊁求函数中参数的范围等．因此,利用函数的单调性就成为解题的关键,我们要学会巧妙利用题干中的条件把原问题进行等价转换,利用函数单调性顺利求解问题．１㊀直接法采用直接法构造函数要求考生掌握函数㊁不等式和方程之间的关系,熟悉不等式和方程所对应的函数的单调性,从而熟练构造函数,利用单调性顺利完成问题求解．直接法是构造函数最常用的一种方法,在解题时要学会灵活运用．例１㊀已知１x ＋１＋１x ＋２＋＋１２x ȡ１１２l o g a (a －１)＋２３对于大于１的正整数x 恒成立,试确定a 的取值范围．构造函数f (x )＝１x ＋１＋１x ＋２＋＋１２x,因为f (x ＋１)－f (x )＝１２x ＋１＋１２x ＋２－１x ＋１＝１２x ＋１－１２x ＋２＞０,所以函数f (x )是增函数．又因为x 是大于１的正整数,所以f (x )ȡf (２)＝７１２．若要使目标不等式成立,那么１１２lo g a (a －１)＋２３ɤ７１２,即l o g a (a －１)ɤ－１,解得１＜a ɤ１＋５２．２㊀作差或作商法作差㊁作商法简单来说就是在解题过程中,可直接利用作差f (x １)－f (x ２)或作商f (x １)f (x ２)(f (x ２)＞０)来构造函数,这是比较直观和简单的一个方法．例２㊀已知x ＞－１,且x ʂ０,n ɪN ∗,当n ȡ２时,求证:(１＋x )n＞１＋n x ．令f (n )＝１＋n x(１＋x )n,因为x ＞－１,且x ʂ０,所以f (n ＋１)－f (n )＝１＋(n ＋１)x (１＋x )n ＋１－１＋n x (１＋x )n ＝－n x ２(１＋x )n ＋１＜０,故f (n )在N ∗上是减函数,则f (２)＜f (１)＝１＋x１＋x＝１,所以当n ȡ２时,f (n )＜１,即(１＋x )n＞１＋n x ．３㊀分离参数法题目中含有参数的情况比较复杂,会使解题的过程变得有些困难,而这个时候就需要把参数单独分离在等号或者不等号的一边,让另外一边的函数关系变得清晰明了,从而利用函数单调性进行求解．例３㊀已知x ＞０时,１＋l n (x ＋１)x ＞k x ＋１恒成立,求正整数k 的最大值．当x ＞０时,１＋l n (x ＋１)x ＞k x ＋１恒成立,即[１＋l n (x ＋１)](x ＋１)x＞k 恒成立．设f (x )＝[１＋l n (x ＋１)](x ＋１)x(x ＞０),则要使f m i n (x )＞k ,易知fᶄ(x )＝x －１－l n (x ＋１)x ２．设g (x )＝x －１－l n (x ＋１)(x ＞０),所以gᶄ(x )＝xx ＋１＞０,所以g (x )在区间(０,＋ɕ)上单调递增,且g (２)＝１－l n３＜０,g (３)＝２－２l n２＞０．所以存在唯一实数a ,使得g (x )＝０,且a ɪ(２,３)．当x ＞a 时,g (x )＞０,f ᶄ(x )＞０,函数f (x )单调递增;当０＜x ＜a 时,g (x )＜０,fᶄ(x )＜０,函数f (x )单调递减．所以f mi n (x )＝f (a )＝(a ＋１)[１＋l n (a ＋１)]a ＝a ＋１ɪ(３,４)．综上,正整数k 的最大值为３．直接法㊁作差或作商法㊁分离参数法等都是构造函数最常用的几种技巧和方法,除此之外,还有很多其他方法,如换元法㊁辅助法等,在解题的过程中要善于举一反三㊁灵活运用．(作者单位:安徽省肥东第一中学)５１。

利用单调性解不等式、比较大小的方法(解析版)

利用单调性解不等式、比较大小的方法利用单调性解不等式或比较大小，常需要构造函数，构造的函数一般与已知的不等式（推出构造函数的单调性）和所要解的不等式有关。

要构造函数的常见形式有三种。

⑴加乘型：题目常见形式 ⇒ 原函数 ⇒ 导函数 ()()'f x f x + ()x e f x ()()()''x x e f x e f x f x ⎡⎤⎡⎤=+⎣⎦⎣⎦()()'f x xfx + ()xf x ()()()''xf x f x xf x =+⎡⎤⎣⎦()()'nf x xfx + ()n x f x ()()()'1'n n x f x x nf x xf x -⎡⎤⎡⎤=+⎣⎦⎣⎦⑵减除型：题目常见形式 ⇒ 原函数 ⇒ 导函数()()'f x f x - ()x f x e ()()()''x xf x f x f x e e -⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ ()()'xf x f x - ()f x x ()()()''2f x xf x f x x x -⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ ()()'xf x nf x - ()n f x x ()()()''1n n f x xf x nf x x x +-⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⑶带常数型：题目常见⇒ 原函数 ⇒ 导函数()()'f x f x k +± ()x x e f x ke ± ()()()''x xx e f x ke e f x f x k ⎡⎤⎡⎤±=+±⎣⎦⎣⎦()()'f x f x k -± ()x f x k e ()()()''x xf x k f x f x k e e -±⎡⎤=⎢⎥⎣⎦一、利用单调性解不等式例1．若定义在R 上的函数()f x 满足()()1f x f x '+>，(0)4f =，则不等式()3x xe f x e ⋅>+ (其中e 为自然对数的底数)的解集为（）A ．(0)(0)-∞+∞，，B ．(0)(3)-∞⋃+∞，， C ．(0)+∞，D ．(3)+∞，分析：首先根据已知不等式()()1f x f x '+>和所要解不等式()3x xe f x e ⋅>+构造函数。

高中数学破题致胜微方法(函数的单调性)：根据函数单调性解不等式

高中阶段我们学习过解不等式的方法，但遇到一些函数不等式，或复杂的不等式，原来的方法可能并不适用了，这时我们就需要将借助函数的观点来看待问题，将不等式问题转化为比较函数值大小，进而转化为比较自变量大小的问题，来帮助我们解决问题。

先看例题：例：解不等式12log (31)3x->-整理：若y =f (x )在区间D 上是增（减）函数，则对于12,x x D ∈，有：()()()11212112121122221212()()()()()()( (3))()x x x x x x x f f x f f x f f x x x x x x x x x ⇔⇔⇔<<>===>><对于单调函数，函数值的大小与相应的自变量的大小具有等价性例：已知f (x )为R 上的减函数，则满足1(||)(1)f f x <的实数x 的取值范围是（）()()()()().1,1.0,1.1,00,1.(,11,)A B C D --⋃-∞-⋃+∞练：已知f (x )在它的定义域 [-17,+∞)上是增函数, f (3)=0,试解不等式f (x 2-7x -5)<0. 解：题目中函数为抽象函数，但是已知其在某区间的单调性，且知道f (3)=0，所以可以改写不等式为：2(75)(3)0f x x f --<=所以有2753x x --<，解得：18x -<<再由函数定义域有：27517x x --≥-解得：43x x ≥≤或两个解集做交集，得：1348x x -<≤≤<或所以不等式的解集为：{|1348}x x x -<≤≤<或总结：1.根据函数单调性解不等式的本质在于，利用单调性脱掉函数符号，将比较函数值的大小转化为比较自变量的大小。

2.单调函数，函数值的大小与相应的自变量的大小具有等价性，要明确增函数减函数的特性。

练习：1.定义在(0,+∞)上的单调函数f (x ),(0,)x ∀∈+∞,f [f (x )－log 2x ]=3,求f (x )的解析式.2. 已知定义在R 上的函数||()21x m f x -=- (m 为实数)为偶函数,记0.52log 3,(log 5),(2)a b f c f m === ,则a,b,c 的大小关系为( )A .a<b<cB .a<c<bC .c<a<bD .c<b<a。

专题五-利用导数证明不等式--教案.doc

专题五利用导数证明不等式一、用函数的单调性证明不等式：我们知道函数在某个区间上的导数值大于（或小于）0 时，则该函数在该区间上单调递增（或递减）．因而在证明不等式时，根据不等式的特点，有时可以构造函数，用导数证明该函数的单调性，然后再用函数单调性达到证明不等式的目的．即把证明不等式转化为证明函数的单调性．一般方法：构造辅助函数 → 判定单调性 → 得所证不等式．基本依据：若 f (x) 在 (a,b) 若 f (x) 在 (a,b) 具体有如下几种形式：内单增 f (a) f (x) f (b) ；内单减f (b) f (x)f ( a) ．1．由欲证形式直接构造构造 “形似 ”函数，然后用导数证明该函数的增减性；再利用函数在它的同一单调递增（减）区间，自变量越大，函数值越大（小），来证明不等式成立．【例 1】当 x0 时，求证； xx 2 ln( x 1) 0 ．222 证明：设 f ( x)x1) ( x 0) ，则 f (x) xxln( xx ．21∵ x 0 ，∴ f (x)0 ，故 f ( x) 在 [0, ) 上递减，∴ x0 时， f (x)f (0)x 2ln( x 1) 0 成立．0 ，即 x2【针对练习 1】求证：当 x (1,) 时， 2x 3 1 x 2ln x 0 ．3 2(x 1)(2 x 2证明：设 F ( x)2 x3 1 x 2 ln x ， x [1, ) ，则 F (x)2x 2 x 1 x 1) ．3 2x x当 x 1时， F (x) 0 ，从而 F ( x) 在 (1, ) 上为增函数，∴ F ( x) F (1) 10 ，∴ 2 x 3 1 x 2 ln x 0 ．6 3 2x ，将其中一个常数2．由欲证形式做恒等变形作差或作商，变成初等函数四则运算的形式，若变量没有改为 x ），则另一端即为所求作的辅助函数 F ( x) ，然后利用导数证明该函数的单调性，达到证明不等式的目的．【例 2】求证：当 x (0,)时，ln(1 x) xx 2 ．2(1x)证明：令 f ( x)xx 2ln(1 x) ，补充定义 f (0)0 ，则2(1 x)f ( x) 1 4x 2 4x 2x 2 12x 2 0 ，4(1 x)2 1 x 4(1 x)2∴ f ( x) 在 [0, ) 上单调递增，∴在 (0, ) 上 f (x) f (0) 0，∴ ln(1x) xx 2．2(1x)点评：一般的，用导数证明不等式时要注意所构造的函数在区间端点处是否连续，即是否要补充函数在端点处的定义；另外要注意用到一个结论：设函数 f ( x) 在区间 [a, ) 上连续，在区间 (a,) 内可导，且 f (x) 0 ，又 f (a)0 ，则 x a 时， f ( x) 0 ．【针对练习 2】求证：当 x (0, ) 时， sin x x ．证明：令 f ( x) sin x x ，补充定义 f (0) 0 ，则 f (x) cos x 1 0 ，∴ f ( x) 在 (0, ) 上单调递减，∴在 (0, ) 上 f ( x)f (0) 0 ，∴ sin xx ．【例 3】当 x( 0,1) 时，证明： (1 x)ln 2 (1 x) x 2 ．证明：令 f ( x)(1 x)ln 2 (1 x) x 2 ，则 f (0)0 ，而 f (x)ln 2 (1 x) 2ln(1 x) 2x ， f (0) 0 ，当 x(0,1) 时， f (x)2 ln(1 x)2 x 2 2 [ln(1 x) x] 0 ，1 x 1 1 x∴ f ( x) 在 x (0,1) 上递减，即 f ( x)f (0) 0 ，从而 f (x) 在 (0,1) 递减， ∴ f ( x)f (0)， (1 x)ln 2(1 x) x 2 ．【针对练习 3】求证：当 x (0,) 时， e x 1 x 2 1 x ．2证明：设 f ( x)e x 1 x 2 1 x ( x 0) ，则f ( x) e x x 1 ， f ( x) e x 1．2当 x 0 时， f ( x) 0 ，∴ f (x) 在 [0, ) 上单调递增， f (x) f (0) 0 ，∴ f ( x) 在 [0,) 上单调递增， f ( x) f (0)0 ，∴ e x1 x2 1 x ．时， sinxx ．2【例 4】求证：当 0 x2xsinx x，证明过程比较麻烦，我们可令sin证明：若令 f (x)2 ，f ( x)2 πx1cosxxsinxcosxtan x )则 f (x)2 22 2x 2 2 ( x0 ，x22∵ 0 x，∴ 0 x2，则x tan x，∴ f ( x) 0 ，即 f (x) 在 (0, ) 上单减，22 2 故 f ( x)f ( ) 1 ，即 sinxx ．2【例 5】求证：当 b a e 时， a b b a ．（常数不等式一般化为函数不等式证明）分析： abbab ln a a ln bln aln b，可令 f ( x) ln x ( x e) ，证 f ( x) 单减；a b x或者 a bb ab ln a a ln b ，证 xln a aln x( x a) ，可令 f (x) x ln a a ln x ( x a) ，证 f ( x) 0 ．证法一：令 f (x)ln x ( x e) ，则 f ( x) 1 ln x 0 ，∴ f (x) 在 (e,) 单减，x x 2又 b ae ，∴ln aln b ，即 a bb a ．a b证法二：令 f (x)xln a a ln x ( x ae) ，则 f (x) a 0 ，ln a1，ax∵ ln a 1，∴ f ( x) 在 (a, ) 单增，x∴ f (x) f (a) 0 ， xln a a ln x( xa) ，特别地令 xb ，得 b ln a a ln b ，即 a b b a ．【针对练习 4】证明：当 x 1 时， ln 2( x 1) ln xln( x 2) ．ln( x 1)ln x ln( x 1) x ln x (x 1)ln( x 1) 证明：设 f ( x) ( x 1) ，则 f ( x) x 1 x．ln xln 2xx(x 1)ln 2x由于 1 x x 1，∴ 0 ln x ln( x 1) ，故 x ln x (x 1)ln( x 1) ，∴在 (1,) 内 f (x)0 ，∴ f ( x) 在 (1,) 单减，即ln( x1) ln( x 2) ，ln x ln( x 1)从而 ln 2 ( x 1)ln x ln( x 2) ．3．通过换元后作差构造函数证明不等式．111 【例 6】（ 07 山东）证明：对任意的正整数1)n ，不等式 ln(n 2n 3 都成立．n1分析：本题是山东卷的第（ 2）问，从所证结构出发，只需令x ，则问题转化为：当 x 0时，恒有nln( x 1) x 2 x 3 成立，现构造函数 h( x) x 3 x 2 ln( x 1) ，求导即可达到证明．证明：令 h( x) x 3x 2 ln( x 1) ，则 h (x) 3x 22x1 3x 3 x (x 1)2 在 x (0, ) 上恒正，x 1 1 ∴函数 h( x) 在 (0, ) 上单调递增，∴ x (0,) 时，恒有 h(x) h(0) 0 ，即 x 3x 2 ln( x 1) 0 ，∴ ln( x 1) x 2 x 3 ．对任意正整数 n ，取 x1 (0,1 1) 1 1n ) ，则有 ln( n 2 3 ．n n 【针对练习】若 x (0,) ，求证：1 x 1 1 ．5x 1 ln x x11证明：令 1 t ，∵ x 0 ，∴ t 1， xt ．x111则原不等式1 ln t t 1，令 f (t) t 1 ln t (t [1,)) ，∴ f (t)1 ．tt ∵ t [1,) ，∴ f (t) 0 ，∴ f (t) 在 [1, ) 上为增函数．f (t)f (1) 0 ，∴ t 1 ln t ．令 g (t )ln t 1 1 (t [1, )) ，∴ g (t ) 1 1 t 1 ，t t t2t 2 ∵ t [1, ) ，∴ g (t) 0 ，∴ g(t ) 在 [1, ) 上为增函数． g (t) g(1) 0 ，∴ ln t 1 1 ，∴ 1 1 ln x1 1 ．t 1 x x x点评：（ 1）代换作用：此题设代换t 1 ， 0 x实际上就是把原来取不到的x 0 值代换为可取x到的 t 1，把原来要研究函数在x处的值，等价为研究函数在t 1 处的值；（ 2）若令 t1 ，则 ln(1 1) 1 ，即为本题的特例，想一想x 1 ln x 1如何证？x x x 1x 4．利用导数求出函数的最值（或值域）后，再证明不等式．【例 7】求证：当 nN ， n 3时， 2n 2n 1 ．证明：要证原式，即需证：2n 2n 1 0 ，对 n 3时成立．设 () 2 x 2 1 ( 3) ，则 x ，fxxxf ( x) 2ln2 2 ( x 3)∵ x 3 ，∴ f (x) 23 ln 2 2 ，∴ f ( x) 在 [3, ) 上是增函数，∴ f ( x) 的最小值为 f (3)23 6 1 1 0 ， f ( x)0 ( x 3) ．∴， n N ， n 3时， 2n 2n 1 ．【针对练习 6】当 x 0 ， 0 a 1时，证明： x a ax 1 a ．证明：设 f ( x)x a ax a 1 (x 0) ，则 f ( x) axa 1a a( x a 1 1) ．令 f ( x) 0 ，得 x 1 ．当 x (0,1) 时， f ( x)0 ，当 x (1,) 时， f ( x) 0 ，即 g ( x) 在 (0,1) 上为增函数，在 (1, ) 上为减函数．故函数 f (x) 在 (0, ) 上的最大值为 f (x)max f (1) 0 ，即 f ( x)f (1) 0 ，∴ x a ax a 1 0 ，即 x a ax 1 a ．【例 8】（ 07 安徽）已知定义在正实数集上的函数 f ( x)1 x2 2ax ， g( x) 3a 2 ln x b ，其中 a 0 ，5 a 22且 b3a 2 ln a ，求证： f ( x) g( x) ．23a 2证明：设 F ( x) g( x)f ( x) 1 x 2 2ax 3a 2 ln x b ，则 F ( x)x2a (xa)(x 3a) ，2xx∵ x 0 ， a 0，∴当 x a 时， F (x) 0 ，故 F ( x) 在 (0, a) 上为减函数，在 (a, ) 上为增函数，于是函数 F ( x) 在 (0, ) 上的最小值是 F (a)f (a) g(a) 0 ，故当 x0 时，有 f ( x) g(x)0 ，即 f (x)g( x) ．【针对练习 7】已知函数 f ( x)ln( x 1) x ，求证：当 x1 时，恒有 11ln( x1) x ．1x分析：本题是双边不等式，其右边直接从已知函数证明，左边构造函数g( x) ln( x 1)1 1 ，从其x 1导数入手即可证明．证明： f ( x)1 1 x x ．x 1 1∴当 1 x 0 时， f (x) 0 ，即 f (x) 在 ( 1,0) 上为增函数；当 x 0时， f (x) 0 ，即 f ( x) 在 (0, ) 上为减函数．于是函数 f ( x) 在 ( 1, ) 上的最大值为 f (x)max f (0) 0 ，因此，当 x 1时， f (x) f (0) 0 ，即 ln( x 1) x 0 ，∴ ln( x 1) x ．令 g ( x) ln( x1)11 ，则 g ( x)11x ．x 1x 1 (x 1)2( x 1)2当 x ( 1,0) 时， g ( x) 0 ，当 x (0, ) 时， g ( x)0 ，即 g ( x) 在 ( 1,0) 上为减函数，在 (0, ) 上为增函数．故函数 g( x) 在 ( 1, ) 上的最小值为 g ( x) min g(0) 0 ，∴当 x1 时， g( x) g (0) 0 ，即 ln( x 1)11 0 ，∴ ln( x 1) 11x．11 x1综上可知，当 x1 时，有 1ln( x1) x ．x1 x 314 【例 9】已知 f ( x)x ， x 1 ， x 2 [ 1,1]时，求证： | f ( x 1) f ( x 2 ) | ．x 2 33证明： ∵ f(x) 1 ， x [ 1,1] 时， f ( x) 0 ，∴ f (x) 在 [ 1,1]上递减，故 f ( x) 在 [ 1,1] 上的最大值为f ( 1)2，最小值为 f (1) 23，3即 f ( x) 在 [ 1,1] 上的值域为 [2 , 2] ．3 3∴ x 1 ， x 2 [ 1,1]时， | f ( x 1 ) |2 ， | f ( x 2 ) | 23 ，3即有 | f (x 1) f ( x 2 ) || f ( x 1 ) | | f ( x 2 ) | 2 2 4 3 3 ．3【针对练习 8】证明：若 p1，对于 [0,1] 中的任意 x 都有 1x p(1 x) p 1 ．p 1证明：( )p(1 ) p (01)，则p 1p 1f xxxxf (x) pxp(1 x)令 f (x)0 ，则 x p 1(1 x)p 1，即 x 1 x ，解得 x 1 ．( 1,1] 时， f[0, 1) 时， f2当 x (x)0 ，当 x (x) 0 ，22∴ f ( x) 在 [0,1) 递减； f ( x) 在 ( 1,1] 递增．2 2∴ f ( x) 的最小值为 f ( 1)( 1) p ( 1 ) p 2(1) p1 ，22 2 2 2p 1又 f (1) 1 ， f (0) 1，∴ f ( x) 的最大值为 1，即 x [0,1] 时，故1xp(1 x)p1 ．2p 1p[ x p 1 (1 x) p 1 ] ，1f ( x) 1，2p 1二、用中值定理证明不等式：1．利用拉格朗日中值定理：若 f (x) 满足以下条件：（ 1） f ( x) 在闭区间 [a,b] 内连续；（ 2） f (x) 在开区间 ( a, b) 上可导，则在 (a,b) 内至少存在一点，使得 f ( )f (b) f (a) ．b af ( ) 范围得所证不等式．一般方法：构造辅助函数据拉格朗日中值定理得等式由的范围确定【例 1】证明不等式： b alnbba a (0 a b) ．b 1 (b a 1(b分析：把不等式可以改写成 a) ln b ln aa) ，可见中项是函数 ln x 在区间 [ a,b] 两端值之 b a差，而 (b a) 是该区间的长度，于是可对 ln x 在 [ a,b] 上使用拉格朗日中值定理．证明：设 f ( x) ln x ，则 f ( x) 1．在区间 [ a,b] 上满足拉格朗日中值定理的条件，x故在 (a,b) 上存在，使得 f (b)f ( a) f ( ) 1 ，即 ln b ln a 1 ．b ab a又因11 1 ，于是有 1 ln b ln a 1 ，即b aln bb a ．ba b b a a baa【针对练习 1】设 0a b ，证明：ln bln a2a ．b aa 2b 2证明：设 f ( x) ln x ，则 f ( x) 1．在区间 [ a,b] 上满足拉格朗日中值定理的条件，x故在 (a,b) 上存在，使得 f (b)f ( a) f ( ) 1 ，即 ln b ln a 1 ．b a b a222ab ，∴12a 2 ，又因1 1 ln b ln a2a∵ ab b a2b，于是有a 22．bbab【针对练习 2】设 ea b e 2，证明： ln 2b ln 2a42 (b a) ．e证明：令 f ( x)ln 2x ，则 f (x)2ln x．在区间 [ a, b] 上满足拉格朗日中值定理的条件，x故在 (a,b) 上存在，使得 f (b)f (a) f ( ) 2ln ，b a即 ln2b ln 2 a 2 ln，(a, b) (e, e 2 ) ．b a再令 g( x)ln x (e x e 2 ) ， g ( x) 1 ln x 0 ，xx∴ g ( x) 单调递减，22ln4g( )g(e )e 2 ，从而 2e 2，∴原不等式 ln 2 b ln 2a 4 a) 成立 . e 2 (b说明：也可令 f (x)ln 2 x ln 2a 42 ( xa) ， (e a x e 2 ) ，证 f ( x) 0 ．e【例 2】若 0 y x ， p 1，则 py p 1( x y) xpy p py p 1( x y) ．分析： ∵ 0 yx ，则原不等式等价于 py p 1 xpy ppx p 1 ( p 1) ．x y令 f (t)t p ，则我们容易联想到 Lagrange 中值定理 f ()( xy)f ( x) f ( y) ．x y证明：设 f (t)t p ，则 f (t )pt p 1 ．在 ( y, x) 上满足 Lagrange 中值定理的条件，故( y, x) ，使得 f ( )f ( x) f ( y) ，即 p p 1 x p y p ．x yx y ∵( y, x) ， yx ，∴ py p 1p p 1px p 1 ，∴ py p 1( x y) x py p py p 1( x y) ．【针对练习3】（ 13 湖北理）设 n N ， r 为正有理数．证明： n r1(n 1)r 1 n r(n 1)r 1 n r 1 ．x r 1， x1)x r r 1r 1证明： f ( x)N ， r 为正有理数，则 f (x) (r ．在区间 [n,n1] 上满足拉格朗日中值定理的条件，故在 (n, n 1) 上存在，使得f ( n1) f (n)f ( )(r 1) r ，n 1 n即 ( n 1)r 1n r 1(r1) r ，∴ (n 1)r 1n r 1r ．r1又∵(n,n 1) ， r 为正有理数，∴r n r ，∴ n r ( n 1) r 1n r 1．r 1同理可证n r1(n 1)r 1nr ，∴n r 1(n 1)r 1 n r(n 1)r 1 n r 1 ．r 1xr 1r 1【例 3】证明：当 x0 时，ln( x 1) x ．x 1分析：注意到 ln1 0 ，可构造函数的改变量 ln( x 1) ln1 ，则相应自变量的改变量为( x 1) 1 x ，所证不等式等价于1 ln( x 1) ln1 1 ，可考虑用拉格朗日中值定理，导数入手即可证明．x 1x证明：令 f ( x)ln x ，则 f ( x)1 [1,x 1] 上满足拉格朗日中值定理的条件．．在区间x故在 (1,x 1) 上存在，使得 f ( x1) f (1) f ( )1 ，x 1 1即 ln( x 1) ln11 ，∴ ln( x 1) 1 ．xx由于11 1，∴ 1 ln( x 1) 1 ，即 x ln( x 1) x ．xx 1 x11 x【针对练习 4】若 0x 1，证明： (1 x)e2 x1 x ．证明：将不等式变形为 (1x)e 2 x (1 x)0 ，令 f (x) (1 x) e 2 x (1 x) ，则 f (x) (1 2x)e 2 x 1．在区间 [0, x] (0x 1) 上满足拉格朗日中值定理的条件．故在 (0, x) 上存在，使得 f (x)f (0) f ( ) (0x) ，即 f ( x)f (0)f ( ) x ，x∴ (1 x)e 2 x (1 x) [(1 2 ) e 21]x ．由于 f ( ) (1 2 )e 2 1 的范围不易判断，于是求f ( )4 e 20 ．∴ f ( ) 在 (0,1) 上单调递减， f ( )f (0)0 ，即 f ( x) f (0) f ( ) x 0 ，∴ (1x) e 2 x (1 x) 0 ．小结：拉格朗日中值定理本身是以等式的形式存在的，利用它证明不等式时，根据在 ( a,b) 内的取值可以估计 f ( ) 的取值范围，从而得到要证的不等式．在具体操作时，若要证的不等式不含函数改变量 f (b)f (a) 和自变量 ba ，通过对不等式变形，凑出 f (b)f (a) 和 b a ，关键是准确选择函数 f ( x) ，以及区间 [ a, b] ．同时在确定 f ( ) 时，可利用导数有关知识，如求二阶导数．2．利用积分中值定理：b若 f (x) 在闭区间 [ a,b] 内连续，则在 ( a, b) 内至少存在一点，使得f () f ( )( b a ) ．ax dx一般方法：构造辅助函数据积分中值定理得等式由的范围确定 f ( ) 范围得所证不等式．【例 4】（ 13 湖北理）设 n N ， r 为正有理数．证明： n r1( n 1)r 1n r(n 1)r1 n r 1 ．rr 1r 1证明：f ( ) xxNr[ n, n 1]，，为正有理数，则在区间上满足积分中值定理的条件，xn 1r 1r 1故在 (n, n 1) 上存在，使得 f ( )[( n 1)n]x rdx1 x r 1 |n n 1(n 1)n，nr 1r 1即r (n 1)r 1n r 1．r 1又∵(n,n 1) ， r 为正有理数，∴rn r ，∴ n r( n 1) r 1 n r 1 ．r 1 同理可证n r1 (n 1)r1nr ，∴n r1(n 1)r 1 n r (n 1)r 1 n r 1 ．r 1r 1r 1 【针对练习 5】积分中值定理证明不等式：b a ln b b a a(0 a b) ．bb1b a 1ln bln a，可见可用积分中值定理构造函数， x [ a, b] 来处理．分析： lndxf ( x)aaxx证明：设 f ( x)1 ，则在区间 [ a, b] 上满足积分中值定理的条件，x b1ln b ln a1故在 (a,b) 上存在，使得 (b a) f ()dxbln b ln a ，即．ax ln x |ab a又因111，于是有1ln b ln a1 ，即 b a ln bb a ．bab b aab a a三、用凹凸性证明不等式：我们知道，在 (a,b) 内，若 f ( x)0 ，则函数 yf ( x) 的图形下凸，即位于区间 [ x 1, x 2 ] 中点x 1 x 2处弦的纵坐标不小于曲线的纵坐标，即有： f (x 1 x2)f ( x 1 )f ( x 2 )，其中 x ，x2 (a,b)2221内任意两点．等号仅在x 1 x 2 时成立．在 (a, b) 内，若 f ( x) 0 ，则函数 y f (x) 的图形上凸，即位于区间[ x 1, x 2 ] 中点x 1 x2 处弦的纵坐标不小于曲线的纵坐标，即有：f (x 1x2)f (x 1)f (x 2)，其中 x 1， x22(a,b) 内任意两22点．等号仅在x 1 x 2 时成立．一般方法：构造辅助函数→判定凹凸性→得所证不等式．【例 1 】设 x 0 ，y 0 ，证明不等式x lnx y ln y ( x )ln x y，且等号仅在 x y 时成立．y 2分析：将不等式两边同时除以 2，变形为为x ln x2 y ln y( x y) ln x2 y，便可看出，左边是函数2f (t)t ln t 在两点 x ， y 处的值的平均值，而右边是它在中点xy处的函数值，这时只需f (t ) 0 即可得证．2证明：设 f (t) t ln t ，即 f (t ) 1 ln t ， f (t ) 10 ，故函数 yf ( x) 在 (0,) 是下凸的．t) ， 1[ f ( x)f ( xy) ，得由下凸函数性质x ， y(0, f ( y)]22x ln x y ln y (x y) ln x2 y ，即 x ln x y ln y ( x y)ln x y，等号仅在 x y 时成立．2 2 2【针对练习 1】证明： 1( xny n) (xy )n ( x 0, y0, x y, n 1) ．t n22nt n 1 ， f1)t n 2证明：令 f (t)(t 0, n 1) ，则 f (t ) (t) n(n 0 ，∴函数 f (t )t n 在 (0,) 是凹的，据凹凸性的定义可知，对任意的x ， y(0,) ， xy 有f (x y)f ( x) f ( y) ，即 1 ( x ny n) (x y)n ．2222。

4.13 利用单调性证明不等式

单调性在证明不等式中的应用常见题型 Ⅰ (1) (2) (3) ()().g x h x <证明：令 f (x ) =“左边-右边”= g (x )- h (x ) ;对 f (x ) 求导，由导数的符号判断 f (x ) 的单调性 ;根据 f (x ) 的单调性证明不等式 .常见题型 Ⅱ ()().a x b c g x d ≤≤≤≤证明：直接对 g (x ) 求导，由导数的符号判断 g (x ) 的单调性，从而证明不等式 .证：（1） 22(1)ln (1).x x x ++<22()(1)ln (,0 1.1)f x x x x x =++-≤≤令则 2()ln (1)2ln(1)2f x x x x'=+++-2ln(1)2()211x f x x x +''=+-++[]2ln(1)1x x x =+-+0<()01x <<()[0,1]f x '故在上单调减01()(0)x f x f ''⇒<<<时，0=01()(0)x f x f ⇒<<<时，0=()[0,1]f x 故在上单调减即证！例1 01,x <<设则例1 证： 01,x <<设则11()ln(1),0 1.g x x xx =-<≤+令11111.ln 2ln(1)2x x -<-<+（2） 2211()(1)ln (1)g x x x x '=-+++0<01x ⇒<<时，()(0,1]g x 故在上单调减即证！ 2222(1)ln ((1)ln (1)1)x x x x x x ++=++-0(1)()lim ()g g x g x +→<<11ln 2-=0ln(1)1lim ,ln(1)2x x x x x +→-+==+01x <<则例2 分析：ln 0,1,.1x x x x >≠<-设且证明：ln (),1x f x x =--若令会使求导运算越来越复杂！ln 1x x <>-时，ln 01x x ><<-时，这时常考虑证明结论的等价形式：ln 1x x ⎧⎪<⇔⎨-⎪⎩例2 证：ln 0,1,.1x x x x >≠<-设且证明：()l ,0.n ,1f x x x x x x ⎛⎫=-- ⎝>≠⎪⎭令其中且1()22f x x x x x ⎛⎫'-+ ⎪⎝⎭0=⎧⇒⎨⎩()f x 故单调减化简即证！1121x x x +⎛⎫=- ⎪⎝⎭则 1112x x x<⋅⋅-()(1)f x f <0,=ln 1.x x x <-即()(1)f x f >0,=ln 1.x x x >-即1x >时，01x <<时，例3 分析： ,.b ab a e a b >>>设证明：本题是证明两个数的大小关系！没有更多的理论和工具。

高数考研不等式的证明

令 x = 0, x = 1, 则有 1 2 f (0) = f ( x0 ) − f ′( x0 ) x0 + f ′′(ξ1 ) x0 2 1 ′( x0 )(1 − x0 ) + f ′′(ξ 2 )(1 − x0 )2 f (1) = f ( x0 ) + f 2
12
–
, 注意到 f (0) = f (1),
3、利用极值、最值证明不等式、利用极值、例5. 证明当 0 < x < 2时, 4xlnx – x2 – 2x + 4 > 0. 时证: 令 f (x) = 4xlnx – x2 – 2x + 4 , 则 f ′(x) = 4lnx – 2x + 2 ,
2(2 − x ) ，f ′′(1) = 2 > 0, 这是唯一驻点. 这是唯一驻点而 f ′′( x ) = x 的极小值点. 故 x = 1是 f (x)的极小值点是的极小值点又当0 又当 < x < 2时, f ′′ > 0, 故曲线 y = f (x)在(0, 2)内时 ′′(x) 在内是凹的, 既是极小值点, 是凹的故 x = 1既是极小值点又是最小值点从而在既是极小值点又是最小值点, 0 < x < 2中, 有中 f (x) > f (1) = 1 > 0，， 4xlnx – x2 – 2x + 4 > 0. 从而
(0 < ξ1 < c )
f ′(a ) − f ′(c ) = f ′′(ξ 2 ) ⋅ ( a − c ) (c < ξ 2 < a )
≤ M (c + a − c ) = Ma
7
⇒| f ′(0) | + | f ′(a ) |=| f ′′(ξ1 ) | ⋅c + | f ′′(ξ 2 ) | (a − c )

利用导数证明不等式的四种常用方法

利用导数证明不等式的四种常用方法方法一：使用函数的单调性如果函数f(x)在区间[a,b]上单调递增（或递减），则对于任意的x1,x2∈[a,b]，有f(x1)≤f(x2)（或f(x1)≥f(x2)）。

举例说明：证明当x＞0时，e^x＞1+x。

我们考虑函数f(x)=e^x-(1+x)，取f'(x)=e^x-1、如果f'(x)≥0，则f(x)在x＞0上单调递增，且f(x)在x=0处取到最小值。

通过计算可得f'(x)≥0，所以f(x)在x＞0上单调递增，即e^x-(1+x)≥0。

即e^x＞1+x。

方法二：使用函数的极值点如果函数f(x)在一些点x0处取得极小值（或极大值），则该点附近的函数值也有相应的性质。

举例说明：证明(1+x)^n > 1+nx，其中n为自然数。

我们考虑函数f(x) = (1+x)^n - (1+nx)，取f'(x) = n(1+x)^(n-1) - n。

令f'(x) = 0，可得x = -1/(n-1)。

我们先考虑x ∈ (-∞, -1/(n-1))，在此区间上f'(x) > 0，所以f(x)在此区间上单调递增。

当x < -1/(n-1)时，有f(x) > f(-1/(n-1)) = 0。

所以在此区间上(1+x)^n > 1+nx。

同理可得，当x ∈ (-1/(n-1), +∞)时，也有(1+x)^n > 1+nx。

方法三：使用函数的凹凸性如果函数f(x)在一些区间上是凹的（或凸的），则函数的函数值也有相应的性质。

举例说明：证明当a＞0时，有√a≤(a+1)/2我们考虑函数f(x) = √x，取f''(x) = -x^(-3/2)。

我们知道，当f''(x)≥0时，函数f(x)在该区间上为凹函数。

计算可得f''(x)≥0，所以f(x)在[0, +∞)上为凹函数。

证明函数不等式的六种方法

例 4 试证明当 x > 0 时, ( x 2 - 1) lnx \ ( x - 1) 2。
证明对 lnx 在 1 与 x 之间用微分中值定理, 有
ln x x- 1
=
lnx x-
ln1 1
=
( ln x )c | x = N =
1N。
其中, 1 < N< x 或 x < N< 1。
所以, 总有 0 <
e - 2 是唯一驻点, 且 f c 在这点由正变负, x = e -
2 是极大点也是最大点, 故 f ( x ) 在[ 0, e- 1] 上的
收稿日期: 2004-07-08
50
北京印刷学院学报
2004 年
最小值必在端点取得: f min( x ) = f ( 0) = f ( e - 1) = 0。
利用泰勒公式证明函数不等式, 主要有两步:
( 1) 找一个函数 f ( x ) , 选一个展开点 x 0, 然后写出 f ( x ) 在 x 0 处的带有拉格朗日余项的泰勒公式;
( 2) 对 N I ( a, b) 进行放缩。例 7 设函数 f ( x ) 在[ 0, 1] 上具有二阶导数,
且满足条件
( 上接第 31 页) 参考文献:
[ 1] X u X iuhua, Xie Xukai. Eigenst ructure A ssignment by Out put Feedback in Dexcript or Syst ems[ J] . JM A Journal of M at hemat ical Cont rol & Inf ormation; 1995, 12: 127~ 132. [ 2] 徐秀花, 王艺霏. 广义线性系统的特征值配置[ J] . 北京印刷学院学报, 1999, 7( 3) : 36~ 40. [ 3] 甘特马赫尔#柯召. 矩阵论[ M ] . 北京: 高等教育出版社, 1955.

微积分法求证不等式

微积分法求证不等式一、利用单调性证明不等式定理1设函数y=f (x)在区间[a,b]上可导，若f，（x）>0（或f，（x）<0）时，则函数y=f (x)在区间上递增（减）函数。

故当f（a）=0 在（a，b）内f，（x）>0时，有f (x)>0 ,( )x∈∀)(b,a此定理在证明不等式时经常采用。

定理2 若函数f在（a,b）内可导，则f在（a,b）内严格递增（递减）的充要条件是：（1）对一切x∈（a,b）,有f，（x）≥0 （f，（x）≤0 ）；（2）在（a,b）内的任何子区间上f，（x）≠0。

例1 设-1<a,b,c<1.求证abc-a-b-c>-2证明：此不等式是对称不等式的形式，需构造辅助函数f (x)=(bc-1)x+2-b-c.f，（x）=bc-1,∵-1<b,c<1 bc-1<0∴f，（x）<0即f（x）在区间[-1，1]上是减函数。

而f（1）=（1-b）（1-c）>0f (a)=abc-a-b-c+2∴f (a) >f (1)>0 即abc-a-b-c>-2所以题目得证。

利用函数单调性来证明不等式时，往往要引入适当的辅助函数将不等式问题转化成比较两个函数值的大小。

若要比较两个函数值的大小，只要将不等式两边的不等式相减或相除就可以得到所需的辅助函数。

例2 证明||1||b a b a +++<||1||a a ++||1||b b +证明: 设f （x ）= x x +1 则f ，（x ）=2)1(1x +>0. 于是由f （x ）=xx+1 |a+b|≤|a|+|b| 可得 ||1||b a b a +++ =||||1||b a a +++||||1||b a b ++≤||1||a a ++||1||b b +例3 设x >1,证明不等式x -1>x ln x 证明：设F(x )=x -1-x ln x ,则 F ， (x )=1-xx x1ln 21-=xx x 22ln 2--(此时不能判断大小)F ``(x)=xx 4ln ∵x >1,ln x >0 ∴F ，，(x)>0 即f (x )在(1,+∞)上是递增函数，F(1)=0 ∴F(x )>F(1)=0 从而x -1> x ln x例4 证明不等式e x >1+x , x ≠0 证明设f (x )=e x -1- x ,则f ，（x ）=e x -1, 故当x >0时，f ，（x ）>0，f 严格递增；当x <0时，f ，（x ）<0 , f 严格递减。

应用函数单调性证明不等式(魏立国)

应用函数单调性证明不等式魏立国内容摘要：应用函数单调性证明不等式。

一、利用函数单调性的性质证明不等式性质：若函数f (x )在区间D 上是增函数（减函数），则对任意x i ∈D ，（i=1,2,…n ），恒有1111()()0(0)nnni i ii i i i x f x x f x n===-≥≤∑∑∑。

二、利用函数单调性证明不等式。

不等式的证明，一直是中学数学的难点，基本上每年高考和竞赛的压轴题都与不等式有关，而人们常常关注比较法、分析法、综合法、数学归纳法、放缩法等，很少人关注用函数的单调性证题，其实有些不等式的证明，如果使用函数的单调性，很容易证得，现举例如下。

一、利用函数单调性的性质证明不等式性质：若函数f (x )在区间D 上是增函数（减函数），则对任意x i ∈D ，（i=1,2,…n ），恒有1111()()0(0)nnni i ii i i i x f x x f x n===-≥≤∑∑∑仅证增函数情况，若f (x )在区间D 上是增函数，则对任意21x x >，恒有[]2121()()()0,x x f x f x --≥即对任意x i ∈D ，（i =1,2,…n ），恒有11()0,nni i i i i i x x x f x f n n ==⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥ ⎪ ⎪--≥⎢⎥⎪⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦∑∑也就是1111()()0nnn ni i i ii i i i i i i i x x x x x f x x f f f x n n n n====⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎪ ⎪-+-≥ ⎪⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑∑∑∴11111()()0nnnni i i ini i i i i i i i i x x x x x f x x f f f x n n n n=====⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥⎪ ⎪⎢⎥ ⎪ ⎪-+-≥⎢⎥⎪⎪⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦∑∑∑∑∑∴1111()()0nnn i i ii i i i x f x x f x n===-≥∑∑∑减函数情况同理可证。

函数专题：利用函数单调性与奇偶性解不等式的6种常见考法-【题型分类归纳】

函数专题：利用函数单调性与奇偶性解不等式的6种常见考法一、单调性定义的等价形式（1）函数()x f 在区间[]b a ,上是增函数:⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x <，都有()()021<-x f x f ； ⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x ≠，()()02121>--x x x f x f ；⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x ≠，()()()[]02121>--x f x f x x ； ⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x ≠，()()02121>--x f x f x x .（2）函数()x f 在区间[]b a ,上是减函数:⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x <，都有()()021>-x f x f ； ⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x ≠，()()02121<--x x x f x f ；⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x ≠，()()()[]02121<--x f x f x x ； ⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x ≠，()()02121<--x f x f x x .二、定义法判断函数奇偶性判断()f x -与()f x 的关系时，也可以使用如下结论：如果()0()f x f x --=或()1(()0)()f x f x f x -=≠，则函数()f x 为偶函数；如果()0()f x f x -+=或()1(()0)()f x f x f x -=-≠，则函数()f x 为奇函数．三、利用单调性、奇偶性解不等式原理 1、解()()<f m f n 型不等式（1）利用函数的单调性，去掉函数符号“f ”，将“抽象”的不等式问题转化为“具体”的不等式问题求解；（2）若不等式一边没有函数符号“f ”，而是常数（如()<f m a ），那么我们应该将常数转化带有函数符号“f ”的函数值再解。

函数的单调性在不等式中的应用

函数的单调性在不等式中的应用【摘要】解抽象不等式利用函数的单调性脱去对应法则“f”；解具体不等式灵活利用函数的单调性简化计算、避开复杂的分类讨论；利用函数的单调性证明不等式。

【关键词】函数单调性不等式抽象具体赋值函数的单调性是高考的重点和热点内容之一，特别是单调性质的应用更加突出。

而函数的单调性、不等式都是高中生的难点。

在不等式中合理且灵活利用函数的单调性，会给解决问题带来许多方便，从而避开复杂的计算和繁琐的分类讨论。

下面就以下几种题型，谈谈函数单调性在不等式中的应用。

1.利用函数的单调性解抽象不等式例1：已知奇函数f（x）是定义在（-3，3）上的减函数，且满足不等式f（x-3）+f（x2-3）3-x2〖JB）〗，解得21时，f（x）>0.（1）求证：f（x）为偶函数；（2）讨论函数的单调性；（3）求不等式f（x）+f（x-3）≤2的解集.解：（1）（2）解题过程略：f（x）在（0，+∞）上是增函数，f（x）在（-∞，0）上是减函数（3）解：∵f[x（x-3）]=f（x）+f（x-3）≤2 ，由①、②得2=1+1=f（2）+f（2）=f（4）=f（-4）1）当时x（x-3）>0 ，即x>3或xf（2x）的x的取值范围。

解法一：当x=-1 时，1-x2=0 ，则f（0）=1 ，f（-2）=1无解；当-10，f（1-x2）>f（2x）化为（1-x2）2+1>1 ，恒成立，当00原不等式化为（1-x2）2+1>（2x）2+1，∴0f（2x），则〖JB（{〗1-x2>01-x2>2x〖JB）〗，即〖JB（{〗-10，函数f（x）单调递增；当x∈（1，+∞），f’（x）<0，函数f（x）单调递减。

∴f（x）max=f（1）=-1<0，∴f（x）=Inx-x<0即Inx<x评析：利用函数的单调性证明不等式，解决函数恒成立问题也是常见的题型。

利用单调性解不等式

运用函数单调性与奇偶性解不等式1．已知奇函数)(x f 在[-1，1]上为减函数，解不等式012>-+）（）（x f x f2、已知奇函数()f x 的定义域为[2,2]-，且在区间[2,0]-内单调递减，求满足2(1)(1)0f m f m -+-<的实数m 的取值范围．解：∵()f x 的定义域为[2,2]-，∴有2212212m m -≤-≤⎧⎨-≤-≤⎩，解得1m -≤≤① 由2(1)(1)0f m f m -+-<∴2(1)(1)f m f m -<-- 又由()f x 为奇函数，得22(1)(1)f m f m --=-∴2(1)(1)f m f m -<-，又()f x 为奇函数，且在[2,0]-上单调递减， ∴()f x 在[2,2]-上单调递减． ∴211m m ->-. 即21m -<< ② 综合①②，可知11m -≤<.3、已知偶函数()f x 在区间[0,)+∞单调增加，则满足(21)f x -＜1()3f 的x 取值范围是4、已知偶函数()f x 在[)0,+∞单调递减，()20f =，若()10f x ->，则x 的取值范围是.)3,1(-.5、函数()()0f x x ≠是奇函数，且当()x ∈+∞0，时是增函数，若()10f =，求不等式102f x ⎛⎫-< ⎪⎝⎭的解集。

6、设奇函数f （x ）在（0，+∞）上为增函数，且f （1）=0，则不等式＜0的解集是______7、设f （x ）设为奇函数，且在（-∞，0）内是减函数，f （-3）=0，则不等式xf （x ）＜0的解集为______．8.已知函数31()3f x x x =+，则不等式2(2)(21)0f x f x -++>的解集是（）A ．()),11,-∞+∞U B ．()1-C ．()(),13,-∞-+∞U D ．()1,3-9、设函数f （x ）在R 上是偶函数，在区间（-∞，0）上递增，且f （2a 2+a+1）＜f （2a 2-2a+3），求a 的取值范围．a>2/310、已知偶函数在上为增函数，且，求的取值范围11、已知偶函数在上是增函数，则满足的实数的取值范围是__________ X>1,x<-312、已知f (x )＝⎩⎨⎧x 2＋4x ?x ≥0?，4x －x 2?x ＜0?，若f (2－a 2)＞f (a )，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－1)∪(2，＋∞) B ．(－1,2)C ．(－2,1) D ．(－∞，－2)∪(1，＋∞) 答案：C13、设定义在[－2,2]上的偶函数()f x 在区间[0,2]上单调递减，若(1)()f m f m -<，求实数m 的取值范围．答案：112m -≤<。

巧用函数的单调性证明不等式

巧用函数的单调性证明不等式
李国勤
【期刊名称】《数理化解题研究：高中版》
【年(卷),期】2004(000)009
【摘要】在证明不等式中，通过联想构造函数，将常量作为变量的瞬时状态置于
构造函数的单调区间内，利用其单调性证明一些不等式，十分便捷．以下举例说明．【总页数】1页(P11)
【作者】李国勤
【作者单位】宁夏固原二中756000
【正文语种】中文
【中图分类】G633.62
【相关文献】
1.函数单调性在函数不等式证明中的应用探讨
2.利用函数单调性证明不等式的难点——构造辅助函数
3.函数单调性在函数不等式证明中的应用探讨
4.巧用函数的单
调性证明不等式5.函数单调性在函数不等式证明中的应用探讨
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