应用函数单调性证明不等式(魏立国)_函数单调性证明不等式

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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xi∈D，n

（i=1,2,…n），恒有

i1xif(xi)1ninxni1f(xi)0(0)。

二、利用函数单调i

1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xi∈D，n

（i=1,2,…n），恒有

i1xif(xi)1ninxni1f(xi)0(0)

x1，恒i1仅证增函数情况，若f(x)在区间D上是增函数，则对任意x

2有(x2x1)f(x2)f(x1)0,即对任意xi∈D，（i=1,2,…n），恒有



xixii1f(xi)fnnxii10,也就是 nn



xif(xi)xif

xii

1n



n

n

xii1

fn



n

n

xii1

n



n

nn



i1

xi

f(xi)0

n

n

∴

i1

xif(xi)xif





1n

n

xii1

n



ni



xii1

fn

xii1

n



n



i1

xi

n



f(xi)0



n

∴

i1

xif(xi)

x

i1

i1

f(xi)0

减函数情况同理可证。

例1，设a、b、c∈R，求证：届友谊杯国际数学邀请赛试题）。

分析：左边=a数

f(x)

xsx

+

a

bc



b

ca



c

ab



abc

（第2aabca

b

babcb

c

cabcc,可构造函，利用性质即证

f(x)

xsx

证明：构造函数由

f(x)

/，其中s=a+b+c,x∈(0,s)

s(sx)

0，所以f(x)在x∈(0,s)上是增函数，由性质可知，abc

f(a)f(b)f(c)

即2af(a)2bf(b)2cf(c)(bc)f(a)(ac)f(b)(ba)f(c)

af(a)bf(b)cf(c)2（a

bc



b

ca



c

cb)abc,即

a

bc



b

ca



c

ab



abc

.例2，设a、b、c为正实数，且abc=1求证：

1a(bc)



1b(ca)



1c(ab)



32（第36届IMO）。

分析：由abc=1，原不等式可化为

(bc)

abca



(ca)

bcab



(ab)

cabc



32，由

例1可知

(bc)

abca



(ca)

bcab



(ab)

cabc



bccaab，又

bccaab3，显然即证。

说明：其实例1第二届友谊杯国际数学邀请赛试题与例2第36届IMO

试题本质上一样，例1更具有一般性。

例3，若ai∈R+,i=1,2,…,n, n、k均为大于1的自然数，则

n



i

1ain（k

n

n

ai)

k

k1

/

k

2i1

证明：设

f(x)x(x0),f(x)(k1)x

n

0,n

即f(x)在R+是增函数，ai

nn

由性质可知，

i1



ai

k

i1

ai

n



f(ai)

i1

n

aif(ai)



i1

n



i1

n



i1

ai

k1，重复放缩即

得。

k

ai



aii1

n



n

k

n

n



i1



i1

o

ain

aii1

n



n

k

即证。

二、利用函数单调性证明不等式 例4，求证：

21

121314...

12n

112n

(n2)

分析：左边常数，只有看右边最小值是否是

712，若令

an1



3

4...

12n11



12n，如能证明an递增，a2最小，它就是

1312n

１n

1n11n112n1



12n

712

证明：右边

1(1

1212131314...1n

2n1

1n1

12n1n2

1



...



...1n2

12n2

12n

...)...,令an

...

则

an1

1n2



1n3

...

12n2,an1an

1n1







12n2



12n1

0

∴an递增数列，∴an∴

712

1

121314...

a212n1

1312n14712

(n2)

例5，设函数y=f(x)定义域为R，当x>0时，有f(x)>1，且对任意x、y∈R，有f(x+y)=f(x)f(y),解不等式

f(x)

1f(x1)。

分析：本题是一个抽象函数，显然根据f(x)然与单调性有关。

1f(x1)，求不等式解集，必

证明：当x0时，f(x)f(0)f(x),f(x)1f(0)0,由x0时f(x)1可知f(0)1,当x0时，f(x)f(x)f(0)1,即f(x)f(x)同号，又x0时，x、x中必有一个为正，当x0时，f(x)、f(-x)必有一个为正，又f(x)f(-x)>0,f(x)>0,f(-x)>0,又f(0)=1>0

任意xR,f(x)0,设x2x

1则f(x2)f(x1)f(x2x1)x1f(x1)f(x2x1)f(x1)f(x1)

f(x1)f(x2x1)1,f(x1)0且x2x10时，f(x2x1)10f(x2)f(x1)f(x)在R上是增函数，又当

f(x)

1f(x1)

时,即f(x)f(x1)1,也就是f(2x1)f(0)又f(x)在R上是增函数，∴2x+1≤0∴x



2，即得不等式解集为x|x







12

说明：例

4、例5通过作差判断单调性来解题

例6，求证：(11)(1证明：

(11)(1

令an

4)...(1

13n

2)

nN*)

1)...(1

则an

1)(11)(1

1)...(1

1)



an1an

(1

13n1)





1

an递增数列

又a1



1an1(11)(1

14)...(1

13n2)

nN*)

例7，设x、y、z是正实数，且xyz=1,证明

xxyyzz

(1x)(1y)(1z)

4

333

证明：设

f(x)tt

(t1)原不等式等价于f(x)f(y)f(z)0成立

由则

/

f(t)f(t）

(t1)(4t3t1)(t1),设g(t)(4t3t1)(t1)

g(t),当

(t1)4

t>0时，则

g(t)0g(t)在(0,)严格递增，假设xyz

g(x)g(y)g(z),又xyz1,则x1,z1

(x1)g(x)(x1)g(y),(z1)g(y)(z1)g(z)14

(x1)g(x)

(y1)g(y)

(z1)g(z)



x1y1z1g(y)14

又xyz330,g(y)0原不等式成立

(x1)g(x)(y1)g(y)(z1)g(z)0

本文发表于《中学数学研究》2007年第五期