2020大学生数学竞赛辅导不等式

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竞赛讲座之 12-1不等式的证明方法 (比较法)

证明不等式的基本方法现实世界中的量，相等是相对的、局部的，而不等的绝对的、普遍的。

不等式的本质是研究“数量关系”中的“不等关系”。

对于两个量，我们常要比较它们之间的大小，或者证明一个量大于另一个，这就是不等式的证明。

不等式的证明因题而异，灵活多变，常常要用到一些基本的不等式，如柯西不等式、平均值不等式等等，其中还需要用一些技巧性高的代数变形。

在这一部分我们主要来学习一些证明不等式的基本方法。

不等式是数学竞赛的热点之一。

由于不等式的证明难度大，灵活性强，要求很高的技巧，常常使它成为各类数学竞赛中的“高档”试题。

而且，不论是几何、数论、函数或组合数学中的许多问题，都可能与不等式有关，这就使得不等式的问题（特别是有关不等式的证明）在数学竞赛中显得尤为重要。

证明不等式同大多数高难度的数学竞赛问题一样，没有固定的模式，证法因题而异，灵活多变，技巧性强。

但它也有一些基本的常用方法，要熟练掌握不等式的证明技巧，必须从学习这些基本的常用方法开始。

【知识概要】证明不等式的常用方法有：⒈比较法：依据实数的运算性质及大小顺序之间的关系，通过两个实数的差或商的符号（范围）确定两个数的大小关系的方法。

基本解题步骤是：作差（商）—变形—判号（范围）—定论。

证题时常用到配方、因式分解、换元、乘方、恒等式、重要不等式、优化假设、放缩等变形技巧。

⒉分析综合法：所谓“综合”指由“因”导“果”，从已知条件出发，依据不等式的性质、函数的性质、重要不等式等逐步推进，证得所要证的不等式。

所谓“分析”指的是执“果”索“因”，从欲证不等式出发，层层推求使之成立的充分条件，直至已知事实为止。

一般先用分析法分析证题思路，再用综合法书写证明过程。

⒊重要不等式法：主要有均值不等式、柯西不等式、排序不等式等。

⒋换元法：适当引入新变量，通过代换简化原有结构，实现某种变通，给证明的成功带来新的转机。

具体地讲，就是化超越式为代数式，化无理式为有理式，化分式为整式，化高次式为低次式等等。

2020年第十二届全国大学生数学竞赛--初赛《数学类A卷》试题(含参考答案)

(2) 求点 A1, B1,C1 三点的坐标； (3) 给定点A(1, 1, 0), B(1, 1, 0),C(1, 1, 0) ，求四面体 NA1B1C1 的体积. 【参考解答】：(1) 由直线的两点式方程，直接可得过 N, A 两点的直线方程为
(2) 直线 NA 的参数方程为
x y z 1
.
a1 a2 1
1 k
趋于
0，故
lim
n
yn
1
yn
0.
所以
bn an yn yn1 0, n
从而可知 an , bn 的极限相等，从而 yn 收敛. 最后，由的连续性可得 xn 收
敛.
六、（20
分）对于有界区间
a,
b
的划分
P : a x0 x1 xn1 b
其范数定义为||
P
||
max xk1
1
0
2021
1
代入极限式得I
.
2021
【思路二】由 Stolz 公式，得
lim 1 12020 22020 n2020
n n 2021
lim
n 2020
1
n n2021 (n 1)2021 2021
12020 22020 n 2020
1
故 ln
有界. 故I .
n 2021
x a1t, y a2t, z 1 t
将其代入球面方程，得
2
a1t
2
a2t
(1 t)2
1
2
解得参数值为t
a12
a22
或t 1
0.
从容可得 A1 的坐标为
A1
a12
2a1 a22

数学竞赛中经常用到的不等式整理,不包含三角不等式

（1）阿贝尔求和公式Abel’s Summation Formula若a1，a2，…，a n，b1，b2，…，b n分别是两个实数数列或复数数列，且S i = a1 + a2 + …+ a i，i = 1，2，…，n则（2）均值不等式AM-GM ( Arithmetic Mean - Geometric Mean ) Inequality 若a1，a2，…，a n是非负实数，则…当且仅当a1 = a2 = … = a n时等号取到，此不等式为幂均值不等式的一个特殊情况（3）均值不等式AM-HM ( Arithmetic Mean - Harmonic Mean ) Inequality 若a1，a2，…，a n是正实数，则当且仅当a1 = a2 = … = a n时等号取到，此不等式为幂均值不等式的一个特殊情况（4）伯努利不等式Bernoulli’s Inequality对任意实数x＞1和a＞1，都有( 1 + x )n＞1 + ax（5）柯西-施瓦兹不等式Cauchy - Schwarz’s Inequality对任意实数a1，a2，…，a n和b1，b2，，b n，有… … …当且仅当a i与b i都成比例时等号取到，其中i = 1，2，…，n（6）积分形式的柯西-施瓦兹不等式Cauchy - Schwarz’s Inequality for integrals 设a，b为实数且a＜b，且f，g为[a，b] →R的可积分函数，则（7）切比雪夫不等式Chebyshev’s Inequality设实数a1≤a2≤…≤a n，且b1，b2，…，b n为实数若b1≤b2≤…≤b n，则若b1≥b2≥…≥b n，则当且仅当a1 = a2 = … = a n，b1 = b2 = … = b n时等号取到（8）积分形式的切比雪夫不等式Chebyshev’s Inequality for integrals设实数a，b满足a＜b，函数f，g是[a，b] →R的可积分函数，且具有相同的单调性，则（9）琴生不等式Jensen’s Inequality若f ( x )是区间(a，b)上的上凸函数，则对任意的x1，x2，…，x n∈( a，b )，都有… …若f ( x )是区间(a，b)上的下凸函数（凹函数），则对任意的x1，x2，…，x n∈( a，b )，都有当且仅当x1 = x2 = … = x n时等号成立加权形式：若f ( x )是区间(a，b)上的上凸函数，则对任意的x1，x2，…，x n∈( a，b )，且a1 + a2 + … + a n = 1，有……（10）赫尔德不等式Holder’s Inequality设r，s为正实数，且满足1r+ 1s= 1则对任意正实数a1，a2，…，a n和b1，b2，，b n，都有（11）惠更斯不等式Huygens Inequality若p1，p2，…，p n和a1，a2，…，a n和b1，b2，，b n都是正实数，且p1 + p2 + … + p n = 1，则（12）麦克劳林不等式Mac Laurin’s Inequality对任意正实数x1，x2，…，x n，都有S1≥S2≥…≥S n其中…＜＜…＜αα + β（13）明考夫斯基不等式 Minkowski ’s Inequality 对任意实数a 1，a 2，…，a n ，b 1，b 2，…，b n ，以及任意实数r ≥1，有≤（14）幂均值不等式 Power Mean Inequality设正实数a 1 + a 2 + … + a n = 1，则对于正数x 1，x 2，…，x n ，定义M -∞ = min{x 1，x 2，…，x n }M ∞ = max{x 1，x 2，…，x n }……其中t 是非0实数，则有M -∞≤M s ≤M t ≤M ∞其中s ≤t（15）均方根不等式 Root Mean Square Inequality设a 1，a 2，… ，a n 为非负实数，有… … 当且仅当a 1 = a 2 = … = a n ，b 1 = b 2 = … = b n 时等号取到均方根又称为平方平均数（16）舒尔不等式 Schur ’s Inequality对任意正数x ，y ，z 以及r ＞0，若存在关系x r ( x y ) ( x z ) + y r ( y z ) ( y x ) + z r ( z x ) ( z y )≥0 通常情况下为r = 1，则有以下结论成立x 3 + y 3 + z 3 + 3xyz ≥xy ( x + y ) + yz ( y + z ) + zx ( z + x ) xyz ≥ ( x + y z ) ( y + z x ) ( z + x y )若x + y + z = 1，则xy + yz + zx ≤1＋9xyz 4（17） Suranyi ’s Inequality对任意非负实数a 1，a 2，… ，a n ，都有（18） Turkevici ’s Inequality对任意正实数x ，y ，z ，t ，都有x 4+ y 4 + z 4 + 2xyzt ≥ x 2y 2 + y 2z 2 + z 2t 2 + t 2x 2 + x 2z 2 + y 2t 2（19）加权形式的均值不等式Weighted AM - GM Inequality 对任意非负实数a1，a2，…，a n，以及w1，w2，…，w n，且w1 + w2 + … + w n = 1 都有……当且仅当a1 = a2 = … = a n，b1 = b2 = … = b n时等号取到。

2020年高考数学专题讲解：不等式(二)

2．分式不等式的解法先通分化为一边为f xg x ，一边为0的形式，再等价转化为整式不等式．注意A B >0⇔A ·B >0；A B <0⇔A ·B <0；AB≥0⇔⎩⎪⎨⎪⎧A ·B ≥0B ≠0；A B≤0⇔⎩⎪⎨⎪⎧A ·B ≤0B ≠0.如果用去分母的方法，一定要考虑分母的符号．3．高次不等式的解法只要求会解可化为一边为0，另一边可分解为一次或二次的积式的，解法用穿根法，要注意穿根时“奇过偶不过”．如(x －1)(x ＋1)2(x ＋2)3>0穿根时，－2点穿过，－1点返回，故解为x <－2或x >1.4．含绝对值不等式的解法一是令每个绝对值式为0，找出其零点作为分界点，分段讨论，二是平方法．（三）基础自测1．(2010·江西理)不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －2x >x －2x的解集是( )A ．(0,2)B ．(－∞，0)C ．(2，＋∞)D ．(－∞，0)∪(0，＋∞) [答案] A⎪⎪⎪⎪⎪⎪x >x得x <0不等式x ＋2<0|3－x <0}－2或－2<－2}|3－x <0}－2}－2}解本题时，容易将不等式3－x <0，∴－2<－2<则⎩⎪⎨⎪⎧f f f，∴－2<k <－1或3<k <4.6．关于x 的不等式axx －1＜1的解集为{x |x ＜1或x ＞2}，则实数a ＝____________. [答案] 12[解析] 原不等式可化为a －x ＋1x －1＜0.∵解集为{x |x ＜1或x ＞2}， ∴a －1＜0且－1a －1＝2. ∴a ＝12.7．解不等式－1<x 2＋2x －1≤2.[解析] 原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x －1≤2x 2＋2x －1>－1，即⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋2x －3≤0x 2＋2x >0①②解①(x ＋3)(x －1)≤0，∴－3≤x ≤1，解②x (x ＋2)>0，∴x <－2或x >0， ∴－3≤x <－2或0<x ≤1，∴原不等式的解集为{x |－3≤x <－2或0<x ≤1}．（四）典型例题1.命题方向：一元二次不等式的解法 [例1] (文)解下列不等式(1)－x 2＋2x －23＞0；(2)9x 2－6x ＋1≥0.[分析] 结合相应的二次方程的根，一元二次函数的图像可求得解集．[解析] (1)两边都乘以－3，得3x 2－6x ＋2＜0，∵3＞0，且方程3x 2－6x ＋2＝0的解是x 1＝1－33，x 2＝1＋33，∴原不等式的解集是{x |1－33＜x ＜1＋33}． (2)方法一：∵不等式9x 2－6x ＋1≥0，其相应方程9x 2－6x ＋1＝0， Δ＝(－6)2－4×9＝0， ∴上述方程有两相等实根x ＝13.结合二次函数y ＝9x 2－6x ＋1的图像知，原不等式的解集为R. 方法二：9x 2－6x ＋1≥0⇔(3x －1)2≥0，所以原不等式的解集为{x |x >2a或x <2}．②当a ＝1时，2＝2a所以原不等式的解集为{x |x ≠2且x ∈R }．③当a >1时，两根的大小顺序为2>2a 解集为{x |x >2或x <2a}综上所述，不等式的解集为： a ＝0时，{x |x <2} a ＝1时，{x |x ≠2}a <0时，{x |2a<x <2}0<a <1时，{x |x >2a或x <2}．a >1时，{x |x >2或x <2a}.3.命题方向：分时不等式与高次不等式[例3] (1)解关于x 的不等式ax ＋2x ＋1≥2(a ∈R)．(2)解不等式：2x 2－5x －1x 2－3x ＋2＞1.[解析] (1)原不等式可化为a －xx ＋1≥0.①当a ＝2时，原不等式的解集为{x |x ∈R 且x ≠－1}． ②当a >2时，原不等式的解集为{x |x ≥0或x <－1}． ③当a <2时，原不等式的解集为{x |－1<x ≤0}．(2)原不等式等价变形为x 2－2x －3x 2－3x ＋2>0，等价变形为(x 2－2x －3)(x 2－3x ＋2)>0，即(x ＋1)(x －1)(x －2)(x －3)>0.由穿根法可得所求不等式解集为{x |x <－1或1<x <2或x >3}．跟踪练习3：已知函数f (x )＝x 2ax ＋b(a ，b 为常数)且方程f (x )－x ＋12＝0有两个实根为x 1＝3，x 2＝4.(1)求函数f (x )的解析式；(2)设k ＞1，解关于x 的不等式f (x )＜k ＋x －k2－x.[分析] 本题主要考查求函数的解析式及含参分式不等式的解法，f (x )－x ＋12＝0为一元二次方程，可以利用根与系数的关系求出函数f (x )的解析式，这是问题的突破口．[解析] (1)将x 1＝3，x 2＝4分别代入方程x 2ax ＋b－x ＋12＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧93a ＋b＝－9，164a ＋b ＝－8.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝2.所以f (x )＝x 22－x (x ≠2)．(2)不等式即为x 22－x ＜k ＋x －k2－x，可化为x 2－k ＋x ＋k2－x＜0，即(x －2)(x －1)(x －k )＞0.①当1＜k ＜2，解集为x ∈(1，k )∪(2，＋∞)；②当k ＝2时，不等式为(x －2)2(x －1)＞0，解集为x ∈(1,2)∪(2，＋∞)； ③当k ＞2时，解集为x ∈(1,2)∪(k ，＋∞)．4.命题方向：恒成立问题[例4] (2011·青岛模拟)函数f (x )＝x 2＋ax ＋3. (1)当x ∈R 时，f (x )≥a 恒成立，求a 的范围．(2)当x ∈[－2,2]时，f (x )≥a 恒成立，求a 的范围．[分析] (1)f (x )≥a 可化为x 2＋ax ＋3－a ≥0恒成立，即解集为R ，应满足开口向上，Δ≤0. (2)结合二次函数的有关知识，讨论Δ，对称轴，端点值列出不等式组进行求解． [解析] (1)∵x ∈R 时，有x 2＋ax ＋3－a ≥0恒成立，须Δ＝a 2－4(3－a )≤0，即a 2＋4a －12≤0，所以－6≤a ≤2.(2)当x ∈[－2,2]时，设g (x )＝x 2＋ax ＋3－a ≥0，分如下三种情况讨论(如图所示)：①如图(1)，当g (x )的图像恒在x 轴上方时，满足条件时，有Δ＝a 2－4(3－a )≤0，即－6≤a ≤2. ②如图(2)，g (x )的图像与x 轴有交点，但在x ∈[－2，＋∞]时，g (x )≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧Δ≥0x ＝－a2＜－2，g －，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2－－a－a2＜－24－2a ＋3－a ≥0⇔⎩⎪⎨⎪⎧a ≥2或a ≤－6a ＞4a ≤73③如图(3)，g (x )的图像与x 轴有交点，但在x ∈(－∞，2]时，g (x )≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧Δ≥0x ＝－a2＞2，g，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2－－a－a2＞24＋2a ＋3－a ≥0⇔⎩⎪⎨⎪⎧a ≥2或a ≤－6a ＜－4a ≥－7⇔－7≤a ≤－6.[点评] (1)ax 2＋bx ＋c ≥0的解集为R.即⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝0b ＝0c ≥0或⎩⎪⎨⎪⎧ a ＞0Δ≤0(2)ax 2＋bx ＋c ≤0的解集为R.即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0b ＝0c ≤0或⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0Δ≤0(3)ax 2＋bx ＋c ≥0在(m ，n )上恒成立或ax 2＋bx ＋c ＝0在(m ，n )有根，应画出相应二次函数的图像．从Δ，对称轴，端点值三方面去限制，列出相应的不等式组．跟踪练习4已知f (x )＝x 2－2ax ＋2，当x ∈[－1，＋∞)时，f (x )≥a 恒成立，求a 的取值范围． [解析] 解法1：f (x )＝(x －a )2＋2－a 2，此二次函数图像的对称轴为x ＝a . ①当a ∈(－∞，－1)时，结合图像知，f (x )在[－1，＋∞)上单调递增， f (x )min ＝f (－1)＝2a ＋3.要使f (x )≥a ，恒成立，只需f (x )min ≥a ，即2a ＋3≥a 解得－3≤a ＜－1；②当a ∈[－1，＋∞)时，f (x )min ＝f (a )＝2－a 2，由2－a 2≥a ，解得－1≤a ≤1.综上所述，所求a 的取值范围为－3≤a ≤1.解法2：由已知得x 2－2ax ＋2－a ≥0在[－1，＋∞)上恒成立，即Δ＝4a 2－4(2－a )≤0或⎩⎪⎨⎪⎧Δ＞0a ＜－1f －（五）思想方法点拨1．解不等式的核心问题是不等式的同解变形，是将复杂的、生疏的不等式问题转化为简单的、熟悉的不等式问题．不等式的性质则是不等式变形的理论依据，方程的根、函数的性质和图像都与不等式的解法密切相关，要善于把它们有机地联系起来，互相转化． 2．一元二次不等式的解法技巧 (1)关于一元二次不等式的求解，主要是研究当x 2的系数为正值的一种情形(当x 2的系数为负值时，可先化成正值来解决)．对于一元二次不等式的解集，有的学生因为理解不够而死记硬背，常常将对应的二次不等式应该是空集还是实数集混淆，要解决这个问题，最好的办法就是将二次不等式与对应的二次方程、二次函数的图像真正联系起来，时时注意数形结合，这样就不会出现那样的错误了，要注意真正理解不等式解的含义．(2)对于含有参数的不等式，在求解过程中，注意不要忽视对其中的参数恰当地分类讨论，尤其是涉及形式上看似二次不等式，而其中的二次项系数中又含有参变量时，往往需要针对这个系数是否为零进行分类讨论，并且如果对应的二次方程有两个不等的实根且根的表达式中又含有参变量时，还要再次针对这两根的大小进行分类讨论．3．一元一次不等式(组)和一元二次不等式(组)的解法是不等式的基础，因为很多不等式的求解最终都是转化为一元一次不等式(组)和一元二次不等式(组)进行的． 4．三个“二次”的关系A ．(－2,1)B ．(0,3)C ．(－1,2)D ．(－∞，0)∪(3，＋∞) [答案] B[解析] ∵f (x －1)>0， ∴由图知－1<x －1<2， ∴0<x <3.(理)(08·天津)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋1 x <0x －1 x ≥0，则不等式x ＋(x ＋1)f (x ＋1)≤1的解集是( )A ．{x |－1≤x ≤2－1}B ．{x |x ≤1}C ．{x |x ≤2－1}D ．{x |－2－1≤x ≤2－1} [答案] C[解析] 不等式x ＋(x ＋1)f (x ＋1)≤1等价于(1)⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1<0x ＋x ＋－x ＋＋1]≤1或(2)⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≥0x ＋x ＋x ＋－1]≤1，解不等式组(1)得x <－1；解不等式组(2)得－1≤x ≤2－1.因此原不等式的解集是{x |x ≤2－1}，选C.5．设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2e x －1x <2log 3x 2－x ≥2，则不等式f (x )>2的解集为( )A ．(1,2)∪(3，＋∞)B ．(10，＋∞)C ．(1,2)∪(10，＋∞)D ．(1,2) [答案] C[解析] 解法1：∵f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2e x －1xlog 3x 2－x，∴不等式f (x )>2可化为①⎩⎪⎨⎪⎧x <22e x －1>2或②⎩⎪⎨⎪⎧x ≥2log 3x 2－.解①得1<x <2，解②得x >10，综上，不等式f (x )>2的解集为(1,2)∪(10，＋∞)．解法2：利用特殊值法． ∴f (x )当x ≥2时单调递增，∴当x ∈(10，＋∞)时满足f (x )>2，据此排除A 、D ，9．若log a (a 2＋1)<log a (2a )<0，则a 的取值范围是________． [答案] 12<a <1[解析] ∵a 2＋1>2a ，log a (a 2＋1)<log a (2a )<0，∴⎩⎪⎨⎪⎧0<a <12a >1，∴12<a <1.10．函数f (x )是定义在R 上的减函数，A (3，－1)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1是其图像上两点，那么|f (2x－1)|<1的解集为________． [答案] (－1,2)[解析] 不等式|f (2x－1)|<1可化为－1<f (2x－1)<1，∵f (3)＝－1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1， ∴f (3)<f (2x－1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，∵f (x )在R 上单调减，∴3>2x－1>－12，解得－1<x <2.11．设不等式2x －1＞m (x 2－1)对满足|m |≤2的一切实数m 都成立，则x 的取值范围为____________． [分析] 问题可变成关于m 的一次不等式(x 2－1)m －(2x －1)＜0在m ∈[－2,2]上恒成立． [答案] (7－12，3＋12) [解析] 设f (m )＝(x 2－1)m －(2x －1)，则⎩⎪⎨⎪⎧f＝x 2－－x －＜0，f －＝－x 2－－x －＜0，.解得x ∈(7－12，3＋12)． [点评] 本题直接求解不好入手，而构造函数，利用函数的单调性解决问题，不失为一个好方法．三、解答题12．若不等式(1－a )x 2－4x ＋6＞0的解集是{x |－3＜x ＜1}． (1)解不等式2x 2＋(2－a )x －a ＞0； (2)b 为何值时，ax 2＋bx ＋3≥0的解集为R. [解析] (1)由题意知1－a ＜0且－3和1是方程 (1－a )x 2－4x ＋6＝0的两根．∴⎩⎪⎨⎪⎧1－a ＜0，41－a＝－2，61－a ＝－3，解得a ＝3，∴不等式2x 2＋(2－a )x －a ＞0，即为2x 2－x －3＞0，解得x ＜－1或x ＞32.∴所求不等式的解集为{x |x ＜－1或x ＞32}．(2)ax 2＋bx ＋3≥0，即为3x 2＋bx ＋3≥0 若此不等式解集为R ，则b 2－4×3×3≤0，∴－6≤b ≤6.13．(1)解关于x 的不等式(lg x )2－lg x －2>0；(2)若不等式(lg x )2－(2＋m )lg x ＋m －1>0对于|m |≤1恒成立，求x 的取值范围． [解析] (1)∵(lg x )2－lg x －2>0， ∴(lg x ＋1)(lg x －2)>0， ∴lg x <－1或lg x >2， ∴0<x <110或x >100.∴不等式的解集为{x |0<x <110或x >100}．(2)设y ＝lg x ，则y 2－(2＋m )y ＋m －1>0， ∴y 2－2y －my ＋m －1>0， ∴(1－y )m ＋(y 2－2y －1)>0. 当y ＝1时，不等式不成立．设f (m )＝(1－y )m ＋(y 2－2y －1)，则f (m )是m 的一次函数，且一次函数为单调函数．当－1≤m ≤1时，若要f (m )>0恒成立则⎩⎪⎨⎪⎧f f －，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 2－3y >0y 2－y －2>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y <0或y >3y <－1或y >2，∴y <－1或y >3， ∴lg x <－1或lg x >3. ∴0<x <110或x >1000.∴x 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，110∪(1000，＋∞)． 14．已知f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx 在区间[0,1]上是增函数，在区间(－∞，0)，(1，＋∞)上是减函数．又f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝32.(1)求f (x )的解析式；(2)若在区间[0，m ](m >0)上恒有f (x )≤x 成立，求m 的取值范围． [解析] (1)f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，由已知得f ′(0)＝f ′(1)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝0，3a ＋2b ＋c ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝0，b ＝－32a .∴f ′(x )＝3ax 2－3ax ，∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3a 4－3a 2＝32，∴a ＝－2，∴f (x )＝－2x 3＋3x 2.(2)令f (x )≤x ，即－2x 3＋3x 2－x ≤0， ∴x (2x －1)(x －1)≥0，∴0≤x ≤12或x ≥1.又f (x )≤x 在区间[0，m ]上恒成立， ∴0<m ≤12.15．某产品生产厂家根据以往的生产销售经验得到下面有关生产销售的统计规律：每生产产品x (百台)，其总成本为G (x )(万元)，其中固定成本为2万元，并且每生产1百台的生产成本为1万元(总成本＝固定成本＋生产成本)；销售收入R (x )(万元)满足：R (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－0.4x 2＋4.2x －0≤xx ，假定该产品产销平衡，那么根据上述统计规律． (1)要使工厂有赢利，产量x 应控制在什么范围内？ (2)工厂生产多少台产品时，可使赢利最多？ [解析] 依题意，G (x )＝x ＋2 设利润函数为f (x )，则f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－0.4x 2＋3.2x －x ，8.2－x x(1)要使工厂有赢利，即解不等式f (x )>0，当0≤x ≤5时，解不等式－0.4x 2＋3.2x －2.8>02．(2010·福建文)若x ，y ∈R ，且⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，x －2y ＋3≥0，y ≥x ，不等式组表示的可行域如图所示：画出l 0：x ＋2y ＝0平行移动l 0到l 的位置，当l 通过M 时，z 能取到最小值．此时M (1,1)，即z min ＝3.3．若直线y ＝kx ＋1与圆x 2＋y 2＋kx ＋my －4＝0组⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＋1≥0kx －my ≤0表示的平面区域的面积是(5．(2010·陕西理)铁矿石A和B的含铁率为表：a b(万吨)A50% 1B70% 0.5可见可行域中的点A (1,2)到原点距离最小为[点评] 考查线性规划的基本知识和转化的思想，关键是形式联想，由7．画出下列不等式或不等式组表示的平面区域：(1)3x ＋2y ＋6>0；(2)⎩⎪⎨⎪⎧x <32y ≥x 3x ＋2y ≥6（四）典型例题1.命题方向：二元一次不等式表示的区域[例1] 若不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥02x ＋y ≤2y ≥0x ＋y ≤aA ．a ≥4B ．0<a ≤1 C[答案] D 跟踪练习1设变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥2，x －y ≤2，0≤y ≤3，[分析] 画出可行域，根据图形判断其可行域是什么图形，再根据相应的公式求解．[答案] 9故选C.[点评] 1.求目标函数的最值，必须先准确地作出线性可行域再作出目标函数对应的直线，点，进而求出目标函数的最值．由⎩⎪⎨⎪⎧x －my ＋1＝02x －y －3＝0得A ⎝⎛3m ＋12m －1，52m －平移y ＝－x ，当其经过点A 时，x ＋解得m ＝1.3.命题方向：简单线性规划的实际应用[例3] 制订投资计划时，不仅要考虑可能获得的盈利，而且要考虑可能出现的亏损．某投资人打算投资甲、乙两个项目. 根据预测，甲、乙项目可能的最大盈利分别为投资金额不超过10万元，要求确保可能的资金亏损不超过才能使可能的盈利最大？[解析] 设投资人分别用x 万元、y 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤10，0.3x ＋0.1y ≤1.8x ≥0，y ≥0.目标函数z ＝x ＋0.5y .上述不等式组表示的平面区域如图所示，阴影部分作直线l 0：x ＋0.5y ＝0，并作平行于直线过可行域上的M 点，且与直线x ＋解方程组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝10，0.3x ＋0.1y ＝1.8.此时z ＝1×4＋0.5×6＝7(万元∵7>0 ∴当x ＝4，y ＝6时z 取得最大值．答：投资人用4万元投资甲项目，跟踪练习3由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝13x ＋5y －25＝0，解得A ⎝⎛由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1x －4y ＋3＝0，解得C (1,1)由⎩⎪⎨⎪⎧x －4y ＋3＝03x ＋5y －25＝0，解得B (5,2)(1)由z ＝4x －3y ，得y ＝43x －z3求z ＝4x －3y 的最大值，相当于求直线当直线y ＝43x －z 3过点B 时，－z3∴z max ＝4×5－3×2＝14. (2)∵z ＝y x ＝y －0x －0.∴z 的值即是可行域中的点与原点观察图形可知z min ＝k OB ＝25.(3)z ＝x 2＋y 2的几何意义是可行域上的点到原点d ＝|OC |＝2，d ＝|OB |＝x －a 2＋y －b2表示点(x ，y )与点(a ，b )的距离．(2)y x表示点(x ，y )与原点(0,0)连线的斜率；y －bx －a表示点(x ，y )与点(a ，b )连线的斜率．这些代数式的几何意义能使所求问题得以转化，往往是解决问题的关键．跟踪练习4：设变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥2，x －y ≤2，0≤y ≤3，则z ＝y ＋3x ＋3的取值范围是____________． [分析] 此题考点为线性规划的可行域、直线的斜率．解题关键是懂得将求z 的取值范围转化为求可行域内的点(x ，y )与点(－3，－3)连线的斜率的取值范围．[解析] 画出可行域如图，z 表示可行域内的点(x ，y )与点E (－3，－3)连线的斜率，则由图像可知，连线过点C 时斜率最小，过点B 时斜率最大．k BC ＝0＋32＋3＝35，k EB ＝3＋3－1＋3＝3，所以z 的取值范围是[35，3]．[答案] [35，3][点评] 此类题可以归类为求y －ax －b的取值范围，即求点(b ，a )(注：点(b ，a )在可行域外)与可行域内的点(x ，y )的连线的斜率．（五）思想方法点拨：1．用二元一次不等式表示平面区域，是简单线性规划问题的基础．2．直线把平面分成的每一个区域内所有点的坐标各同时满足一个不等式，确定不等式Ax ＋By ＋C ＞0(＜0，≤0，≥0)表示直线Ax ＋By ＋C ＝0的哪一侧区域，常用下列的方法确定：先由等式定直线，然后在直线的某一侧任取(x 0，y 0)，把它的坐标代入Ax ＋By ＋C ＞0，若不等式成立，则和(x 0，y 0)同侧的点都满足不等式，从而平面区域被找到，否则，直线的另一区域为不等式Ax ＋By ＋C ＞0所表示的区域．3．在线性约束条件下，当b ＞0时，求目标函数z ＝ax ＋by ＋c 的最小值或最大值的求解程序为： (1)作出可行域；的直线，在可行域内平移，当移至A (6,0)时，x ＋满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋2≥0x －5y ＋10≤0x ＋y －8≤0，则目标函数11 C ．11，－3 D 平移至可行域上的点(3,5)时，若使目标函数Z ＝ax ＋y (a >0)取得最大值的最优解有无穷多个，A.14B.35 C ．4 D.53 [答案] B[解析] 目标函数Z ＝ax ＋y (a >0)取得最大值的最优解有无穷多个，则l 应与AC 重合，即－a ＝K AC ＝225－21－5＝－35，∴a ＝35.4．(2008·山东)设二元一次不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y －19≥0x －y ＋8≥02x ＋y －14≤0，所表示的平面区域为M ，使函数y ＝a x(a >0，a ≠1)的图像过区域M 的a 的取值范围是( )A ．[1,3]B ．[2，10]C ．[2,9]D ．[10，9] [答案] C[解析] 由二元一次不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y －19≥0x －y ＋8≥02x ＋y －14≤0得所表示的平面区域M 为图中阴影部分．交点为A (1,9)，B (3,8)，C (2,10)．∴使函数y ＝a x(a >0，a ≠1)的图像过区域M 的a 的取值范围为[2,9]．故选C.5．在平面直角坐标系xOy 中，已知平面区域A ＝{(x ，y )x ＋y ≤1，且x ≥0，y ≥0}，则平面区域B ＝{ (x ＋y ，x －y )(x ，y )∈A }的面积为( )A ．2B ．1 C.12 D.14[答案] B[解析] 记x ＋y ＝m ，在如图所示的三角形ABC区域内(含边界)运动时，目标函数( )B．[－1,1]D．(－1,1)kx＋z，结合图形，要使直线的截距z最大的一个最优解为1,1]．，如果目标函数z＝x－y的最小值为－1，则实数4 D．3二、填空题9．已知点(－3，－1)和(4，－6)在直线3x －2y －a ＝0的两侧，则a 的取值范围是____________． [答案] (－7,24)[解析] ∵点(－3，－1)，和(4，－6)在直线3x －2y －a ＝0的两侧， ∴(－9＋2－a )(12＋12－a )＜0. ∴(a ＋7)(a －24)＜0.∴－7＜a ＜24.10．设D 是不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≤102x ＋y ≥30≤x ≤4y ≥1所表示的平面区域，则区域D 中的点P (x ，y )到直线x ＋y ＝10的距离的最大值是____________．[答案] 4 2[解析] 画出不等式组所表示的平面区域D 如图中阴影部分所示(包括边界)，显然直线y ＝1与2x ＋y ＝3的交点(1,1)到直线x ＋y ＝10的距离最大，根据点到直线的距离公式可以求得最大值为4 2.11．(2011·淮南一中月考)在平面直角坐标系中，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0y ≥02x ＋y －4≤0f x ，y所表示的平面区域的面积是72，请写出满足条件的一个不等式f (x ，y )≤0：____________.[答案] 2x －7y ≤0[解析] 如图所示，先画出不等式组中已给出的三个不等式所表示的平面区域，它是一个直角三角形(包括边界)，其面积为4.再过原点作一条直线l ：kx －y ＝0(k ＞0)，l 与直线2x ＋y －4＝0的交点P 的横坐标为4k ＋2，由12×4×4k ＋2＝72得k ＝27，所以满足条件的一个不等式为27x －y ≤0，即2x －7y ≤0. 三、解答题的值最小，当然直线要与可行域相交，即在满足约束条件时，目标函数z ＝2y －2x 最大，解方程组⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0y ＝2得A 的坐标经过可行域上的点B 时，截距最小，即z ＝2×1－2×1＋4＝4.的取值范围是多少？2,0]为减函数，在[0,4]上为增函数．b )<1，，可行域如图阴影部分．而b ＋3a ＋3可看作表示的平面区域如图所示．图中阴影部分即为可行域．，9，2取最小值，单位晚餐时最好．。

三元齐次不等式问题的数学竞赛讲义——均值不等式与柯西不等式应用拓广学生版

三元齐次不等式问题的解答讲义-均值不等式与柯西不等式应用拓广众所周知，三元齐次不等式是一类基本型不等式问题，证明所需技巧性简单，本文通过几个例题梳理证明的一般步骤：通常只要展开分析，考察展开式，能否首先使用均值不等式，均值不等式的元可以任意，其次考虑应用柯西不等式，能否配方，能否使用同一类型的3-u -v 法证明。

一、基本三元齐次不等式问题1原始问题：已知a ，b ，c >0，求证：a 2b 2+b 2c 2+c 2a2≥a b +b c +c a .2问题的加强1：已知a ，b ，c >0，求证：a 2b 2+b 2c 2+c 2a2≥a b +b c +c a +3a -b 2+b -c 2+c -a 2ab +bc +ca .3问题的加强2：已知a ，b ，c >0，求证：a 2b +b 2c +c 2a ≥a +b +c +2a -b 2+b -c 2+c -a 2a +b +c.根据上述两个题，增加字母次数，变形改编一题，1加强变形题1：已知a，b，c>0，求证：a(a2−b2)b +b(b2−c2)c+c(c2−a2)a≥3(a−b)4+(b−c)4+c−a4a2+b2+c2.舍掉一部分元素，使得题目条件难度加大，改编题目，2加强变形题2：问题[2023-06-2500:00]：已知a，b，c>0，，求证：a(a2−b2)b +b(b2−c2)c+c(c2−a2)a≥4c−a4a2+b2+c2.二、复杂一点的三元齐次不等式问题：这类问题看能否使用均值不等式，凑一组不等式问题，使用均值不等式，若使用过程出现困难，则展开证明.1问题1：已知a，b，c>0，求证：b+c4a+b+c+c+a4b+c+a+a+b4c+a+b≥3.2问题2：已知a，b，c>0，求证：a2(b+c)4a+b+c +b2(c+a)4b+c+a+c2(a+b)4c+a+b≥29bc+ca+ab.3问题3：已知a，b，c>0，求证：b(b+c)c(4a+b+c)+c(c+a)a(4b+c+a)+a(a+b)b(4c+a+b)≥13.4问题4：已知a，b，c>0，求证：a(b+c)b(4a+b+c)+b(c+a)c(4b+c+a)+c(a+b)a(4c+a+b)≥13.5问题5是多元均值不等式的应用问题.再看一个题8次不等式的展开证明：已知a，b，c≥0，β∈0，31，求证：cyc [(b4+c4)(3b+c)(b+3c)(b2+c2-2a2)]≥42cyc a2⋅cyca2-c2+βcycc-a 2⋅cycc-a 2.三、思考问题：6①已知a ，b ，c >0，求证：2cyc a 4 cyc a 3(a +b ) 5a −c (4a +3b −7c )−20cyc a 2b 3(a −c )≥cyc bc (a −b )8 +cyc (c −a )2⋅ cyc(b −c )2(c −a )2 .7②已知a ，b ，c >0，求证：a 2+b 2+c 2≥a b 2−bc +c 2+b c 2−ca +a 2+c a 2−ab +b 2≥ab +bc +ca .。

全国大学生数学竞赛复习资料

1、导数与偏导数例1.1 设函数()x f 在点x =0处有定义，f ()0=1，且().01s i n )1l n (lim20=-⋅+-→ex x f x x x 证明：函数()x f 在0=x 处可导，并求().0f '例1.2 设函数()()()011>+=x x x f x，证明：存在常数,,B A 使得当0+→x 时，恒有()()22x o Bx Ax e x f +++=，并求常数.,B A例1.3 设()x f 在()+∞∞-,内二阶可导，且()0≠''x f 。

（1）证明：对于任何非零实数x ，存在唯一的()()()10<<x x θθ，使得 ()()()().0x x f x f x f θ'+= （2）求().lim 0x x θ→例1.4 求使不等式βα++⎪⎭⎫ ⎝⎛+≤≤⎪⎭⎫⎝⎛+n n n e n 1111对所有的自然数n 都成立的最大的数α和最小的数β。

例1.5 设函数()x f 在区间[]b a ,上连续，在()b a ,内可导，且()()(),02,0<⎪⎭⎫⎝⎛+>b a f a f b f a f 证明：至少存在一点()b a ,∈ξ，使得()().ξξf f ='例1.6 （1）设函数()x f 在[]b a ,上连续，在()b a ,内二阶可导，且()0||>≥''m x f （m 为常数），又()()0==b f a f ，证明：()()28||max a b mx f bx a -≥≤≤。

例1.7 已知函数()x f 在[]1,0上三阶可导，且()()(),00,01,10='=-=f f f 证明：()()1,0,1,0∈∃∈∀ξx ，使()()()ξf x x x x f '''-++-=31122。

例1.8设函数()x f 在[]1,0上二阶可导，且满足()1||≤''x f ，()x f 在区间()1,0内取得最大值41。

嵌入不等式——数学竞赛命题的一个宝藏

４Ｓｃｏｓ
ｓｉｎａ
４—－８ｃｏｓＡ・ＣＯＳＢ・ＣＯＳＣ
＝４（Ｃ０８２Ａ＋ＣＯＳ２Ｂ＋ＣＯＳ２Ｃ）．
ａ１。４Ｓｃｏｓ／３１．４Ｓｃｏｓ７ｌｓｉｎ７ｓｉｎ卢
故只要证明
≤口２＋６２＋Ｃ２．
篙ｃｏｓ曰Ａ／、１２＋旧ｃｏ。ｓＢｃ／、１２＋（筹）２
万方数据
又由ｓ＝寺口６ｓｉｎ’，，知上式等价于
ＣＯＳ２Ａ＋ＣＯＳ２Ｂ＋ｃｏｓ２ｃ＋２ｃｏｓ＾・ＣＯＳＢ・ＣＯＳ
ｃ：ｌ，③
式①等号成立．不等式①称为嵌入不等式．显然，嵌入不等式中的条件么Ａ＋么Ｂ＋么Ｃ＝，ｃ，可推广到么Ａ＋么曰＋么Ｃ＝（２尼＋１）瓦嵌入不等式还有一个形象的几何解释：如果０＜么Ａ、么Ｂ、么Ｃ＜７ｃ，且对任意的实数聋、Ｙ、ｚ，不等式①都成立，则么Ａ、么日、么Ｃ一定可成为某一个三角形的三个内角或某一个平行六面体共点的三个面两两
ａ＋４ｃ那＋５ｃ。ｓｙ≤篙．
ａ：ｓｉｎ
当且仅当ｓｉｎ时，上式等号成立．
ｐ：ｓｉｎ
ｙ＝÷：÷：÷
求证：√詈＋√詈＋√詈≥Ｈ栅＋舭
（２００７，中国国家集训队测试题）顺便指出，在大学自主招生试题中也有嵌入不等式的影子．如
题１ｌ
由正弦定理知要确定玟、ｐ、ｙ，只要构造一个三边长分别为了１、百１、上５的三角形即可。
１５
题４对△ＡＢＣ和正实数Ｐ、ｑ、ｒ，求ｉｉＥ：
ｐｃｏｓＡ＋ｇｃｏｓＢ＋ｒｃｏｓ
≥４（ＣＯ￥２Ａ＋ＣＯＳ２Ｂ＋ＣＯＳ２Ｃ）．
Ｇ≤寺（卫Ｐ＋詈＋譬）．
设戈＝丽ｃｏｓ
Ｓ乙。ＢＣＯ，ｙ＝
三：万≯２丽
ＣＯＳ
Ｃ
ＣＯＳ
Ａ
３以嵌入不等式为背景的竞赛题在近年的国内外数学竞赛中，以不等式 ①为背景的竞赛题频频出现．题５ａｂｃ．求证：

数学竞赛中的不等式知识点总结

数学竞赛中的不等式知识点总结数学竞赛在学生的学习中扮演着很重要的角色，不仅能够提高学生的数学素养，还能够培养学生的逻辑思维能力和解题能力。

在数学竞赛中，不等式是一个非常重要的知识点，很多的数学竞赛都会考察不等式相关的题目，因此在备战数学竞赛的过程中，掌握好不等式知识点是非常必要的。

1.基本不等式基本不等式是指在所有正整数中，算术平均数大于等于几何平均数。

即对于任意正整数$a_1,a_2,\cdots,a_n$，都有：$\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n} \geq \sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}$基本不等式是不等式中最基础的知识点，但是在数学竞赛中应用的非常广泛，尤其是在证明其他不等式定理时，基本不等式起到了非常重要的作用。

2.均值不等式均值不等式是指在所有实数中，算术平均数大于等于几何平均数。

均值不等式分为两种情况，一种是两个数的情况，另一种是多个数的情况。

两个实数$a$和$b$的均值不等式如下：$\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}$多个实数$a_1,a_2,\cdots,a_n$的均值不等式如下：$\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n} \geq \sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}$均值不等式是在基本不等式的基础上发展起来的，应用范围比基本不等式更广泛，也更加灵活。

3.柯西不等式柯西不等式是指两个向量的点积不大于这两个向量的模的乘积。

柯西不等式可用于证明其他不等式，也可作为求极值的工具在数学竞赛中得到广泛应用。

柯西不等式如下：$(x_1y_1+x_2y_2+\cdots+x_ny_n)^2 \leq(x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2)(y_1^2+y_2^2+\cdots+y_n^2)$其中$x_1,x_2,\cdots,x_n$和$y_1,y_2,\cdots,y_n$是任意实数。

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第七讲不等式Ⅰ．题型与例题1. 中值定理 ()()()()f b f a f b a ξ'-=-，00()()()()f x f x f x x ξ'-=- 若()m f x M '≤≤()()()()m b a f b f a M b a ⇒-≤-≤- 【注】()()()baf b f a f x dx '-=⎰.【例1】（082）（1）证明积分中值定理：若函数()f x 在闭区间[,]a b 上连续, 则至少存在一点[,]a b ξ∈, 使得()baf x dx ⎰=()()f b a ξ-.(2)若函数()x ϕ具有二阶导数，且满足(2)(1)ϕϕ>，32(2)()x dx ϕϕ>⎰，则至少存在一点(1,3)ξ∈,使得()0ϕξ''<.【证】(1)因为函数()f x 在闭区间[,]a b 上连续,所以存在,m M ,满足()m f x M ≤≤,从而 ()()()bam b a f x dx M b a -≤≤-⎰,即1()()bam f x dx M b a ≤≤-⎰,由连续函数介值定理,存在[,]a b ξ∈,使得1()()()ba f x dx fb a ξ=-⎰,即()baf x dx ⎰=()()f b a ξ-.(2) 由(1)可知32(2)()(),(2,3]x dx c c ϕϕϕ>=∈⎰,而(2)(1)ϕϕ>,由拉格朗日中值定理,存在1(2,3)ξ∈,2(1,2)ξ∈,使得1()(2)()(2)0,c c ϕϕϕξ'-=-<2(2)(1)()0ϕϕϕξ'-=>即1()0,ϕξ'<2()0ϕξ'>,在区间21[,]ξξ上对函数()x ϕ'再用拉格朗日中值定理, 存在21(,)(1,3)ξξξ∈⊂,使得1212()[()()]()0ϕξϕξϕξξξ''''=--<,故()0ϕξ''<.【1.1】（921）设()0f x ''<,(0)0f =, 求证: 对于任意0a >,0b >, 有()()()f a b f a f b +<+.【证】不妨设a b ≤, 因为()0f x ''<，所以()f x '单调减少；由拉格朗日中值定理可知，存在12(,),(0,)b a b a ξξ∈+∈，使得1()()()f a b f b f ξ'+-=，2()(0)()f a f f ξ'-=，且12ξξ>；则[()()][()(0)]f a b f b f a f +---=12()()0f f ξξ''-<，即()()()f a b f a f b +<+.【例 1.2】(901)设()f x 在[,]a b 上连续, 在(,)a b 内可导,()()f a f b =，且()f x 不恒为常数. 证明: 在(,)a b 内存在一点ξ, 使()0f ξ'>.【分析】由题意()()f a f b =，且()f x 不恒为常数, 可知；在区间(,)a b 内必有一点c , 使()()f c f a >或()()f c f a <成立. 再由拉格朗日中值定理即可证得.【证】因()()f a f b =，且()f x 不恒为常数, 故在(,)a b 内存在一点c , 使()()()f c f a f b >=或()()()f c f a f b <=.由()f x 在[,]a b 上连续, 在(,)a b 内可导, 由拉格朗日中值定理知, 在(,)a c 内存在一点1ξ, 使1()()()f c f a f c aξ-'=-在(,)c b 内存在一点2ξ, 使2()()()f b f c f b cξ-'=-由于()()f c f b <和()()f c f a >两个不等式中至少有一个成立, 所以由上述两个等式之一就可以断定1()f ξ'和2()f ξ'中至少有一个大于零. 即在(,)a b 内存在一点ξ, 使()0.f ξ'>【例1.3】(894)设函数()f x 在[,]a b 上连续, 在(,)a b 内可导, 且()0f x '≤, 记1()()x a F x f t dt x a=-⎰, 求证: 在(,)a b 内, ()0F x '≤. 【解】上限. 中值定理.【例 1.4】(122)设函数(,)f x y 为可微函数，且对任意的,x y 都有(,)0f x y x∂>∂,(,)0f x y y ∂<∂，则使不等式1122(,)(,)f x y f x y >成立的一个充分条件是( )(A)1212,x x y y ><. (B)1212,x x y y >>.(C)1212,x x y y <<. (D)1212,x x y y <>.【解1】11221122(,)(,)(,)(,)0f x y f x y f x y f x y >⇔->112211212122(,)(,)(,)(,)(,)(,)f x y f x y f x y f x y f x y f x y -=-+- 11122212(,)()(,)()f y x x f x y y ξη''=-+-因为(,)0f x y x∂>∂,(,)0f x y y ∂<∂，可见当1212,x x y y ><时，1122(,)(,)0f x y f x y ->. 故选(A).【解2】(,)0f x y x∂>∂说明当固定y 时，(,)f x y 关于x 单调增加，故12x x >时，1121(,)(,)f x y f x y >，又(,)0f x y y∂<∂，当12y y <时，2122(,)(,)f x y f x y >，综上所述，当1212,x x y y ><时，1122(,)(,)f x y f x y >.***【例1.5】设函数()f x 在区间),0[+∞上连续且单调增加, 则对于任意的0,0>>b a ,有()b axf x dx ≥⎰1[()2b b f x dx ⎰0()]a a f x dx -⎰.【证】令0()()x F x xf t dt =⎰()()()[()()]bbx aaF b F a F x dx f t dt x f x dx '-==+⎰⎰⎰因为()f x Z , 所以()(),0f t f x t x ≤≤≤.()()x f t dt xf x ≤⎰,故()()[()()]baF b F a xf x xf x dx -≤+⎰.所以命题成立.2. 利用单调性,极值(最值)（1）若()0(0),()()f x a x b f x '><<<⇒Z ]()()()(()()())f a f x f b f b f x f a ⇒<<<<.（2）若()f x 在0x x =取最大(小)值00()()[()],f x f x f x a x b ⇒≤≥<<. 先进行变形上述两种方法的选择:比较1,0xe x x >+>,设()1,0xf x e x x =-->与1,01x e x x ->>+，设1(),01x f x e x x-=->+ 【例2】(001)设函数(),()f x g x 是大于零的可导函数，且()()()()0f x g x f x g x ''-<，则当a x b <<时, 有(A) ()()()()f x g b f b g x >. (B) ()()()()f x g a f a g x >.(C) ()()()()f x g x f x g b >. (D) ()()()()f x g x f a g a >.【解】因为()()()f x g x '=2()()()()0()f x g x f x g x g x ''-<,所以, ()()f xg x 的单调减少.故选(A).【2.1】(951)设在[0,1]上，()0f x ''>，则下列不等式成立的是 .(A)(1)(1)(0)(0)f f f f ''>->. (B)(1)(0)(1)(0)f f f f ''>>-. (C)(1)(0)(1)(0)f f f f '->>. (D)(1)(0)(1)(0)f f f f ''>->.【分析】利用微分中值定理以及一阶导数的单调性.【解】根据拉格朗日定理, 存在(0,1)ξ∈, 使得(1)(0)()f f f ξ'-=. 因为()0f x ''>,所以()f x '单调增加, 因此(0)()(1)f f f ξ'''<<.于是(0)(1)(0)(1)f f f f ''<-<.故选(A).【例2.2】(012)已知函数()f x 在区间(1,1)δδ-+内存在导数, ()f x '严格单调减少, 且(1)(1)1,f f '== 则(A) 在(1,1)δ-和(1,1)δ+内, 均有()f x x <. (B) 在(1,1)δ-和(1,1)δ+内, 均有()f x x >.(C) 在(1,1)δ-内, ()f x x <, 在(1,1)δ+内, ()f x x >. (D) 在(1,1)δ-内, ()f x x >, 在(1,1)δ+内, ()f x x <.【分析】为比较()f x 与x 的大小, 可考虑函数()f x x -, 利用导数判定函数的单调性. 【解】令()()F x f x x =-, 则(1)(1)1110F f =-=-=, ()()1F x f x ''=- ((1,1)x δδ∈-+)因为()f x '严格单调减少, 所以当(1,1)x δ∈-时, ()(1)1,f x f ''>= 于是()()10F x f x ''=->. 所以()()F x f x x =-在(1,1]x δ∈-上单调增加, 因而当(1,1)x δ∈-时, ()(1)(1)10,F x F f <=-= 即().f x x <同样, 当(1,1)x δ∈+时, (1)(),f f x ''>()()10F x f x ''=-<. 所以()()F x f x x =-在[1,1)x δ∈+上单调减少, 所以当(1,1)x δ∈+时, (1)(),F F x >也即().f x x <故选(A).【例3】求证：tan ,0sin 2x x x x x π><<. 【证1】先变形, 2sin tan x x x >, 令2()sin tan f x x x x =-,2()cos tan sin sec 2f x x x x x x '=+-,1tan (cos )22tan 20cos x x x x x x=+->->, ()()(0)0f x f x f ⇒⇒>=Z .【证2】先变形, 2sin tan x x x >,令2()sin tan f x x x x =-,2()sin sin sec 2sin tan sec 2f x x x x x x x x x '=+-=+-, 32()cos sec tan sec 2f x x x x x ''=++-,333()sin 3sec tan 2tan sec tan sec f x x x x x x x x '''=-+++ 43sin (5sec 1)tan sec 0x x x x =-+>()()(0)0()()(0)0f x f x f f x f x f '''''''''⇒⇒>=⇒⇒>=Z Z ()()(0)0f x f x f ⇒⇒>=Z .【例3.1】(982)设01x <<, 求证: (1) 22(1)ln (1)x x x ++<;(2)11111ln 2ln(1)2x x -<-<+. 【证】 (1) 设22()(1)ln (1)F x x x x =++-且(0,1)x ∈,显然，(0)0,F = 由2()ln (1)2ln(1)2F x x x x '=+++-且(0)0,F '=又2()[ln(1)]01F x x x x''=+-<+ 于是()F x '在(0,1)内单调减少，即0x >时，()(0)0F x F ''<=.又由()0,F x '<可知函数()F x 在(0,1)内单调减少，即0x >时，()(0)0F x F <=即22(1)ln (1)0,x x x ++-<即22(1)ln (1).x x x ++< (2) 11()ln(1)f x x x =-+且(0,1),x ∈1(1)1ln 2f =-由222222111(1)ln (1)()0ln (1)1(1)ln (1)x x x f x x x x x x x ++-'=-⋅+=<++++（由于0x >时，分母大于零；而由（1）可知分子小于零）因此可知()f x 在(0,1)内单调减少，于是当1x <时，()(1),f x f >即1111ln(1)ln 2x x ->-+.另外, 由洛必达法则0lim ()x f x +→=011lim ln(1)x x x +→⎡⎤-⎢⎥+⎣⎦0ln(1)lim ln(1)x x x x x +→-+=+ 2ln(1)lim x x x x +→-+=0111lim 2x x x+→-+=0lim 2(1)x x x x +→=+ 011lim 2(1)2x x +→==+由于()f x 在(0,1)内单调减少，所以当0x >时，1(),2f x <即111ln(1)2x x -<+，所以，11111.ln 2ln(1)2x x -<-<+【例3.2】(903)求证: 0x >时，1arctan 2x x π+>. 【证】设1()arctan 2f x x x π=+-, 且0,x > 因2222111()0,1(1)f x x x x x -'=-=<++ 故()f x 在(0,)+∞内单调减少，又lim ()x f x →+∞=1lim (arctan )00,222x x x πππ→+∞+-=+-= 即0x >时，1()arctan 02f x x x π=+->总成立，即1arctan 2x x π+>总成立.【例3.3】(913)求证: 1x >时，ln(1).ln 1x xx x+>+【证】由ln(1),ln 1x xx x+>+ 得(1)ln(1)ln ,x x x x ++> 即(1)ln(1)ln 0,x x x x ++->故设()(1)ln(1)ln f x x x x x =++-, 且1x ≥ 而(1)2ln 2,f =()ln(1)ln 0.f x x x '=+->故()f x 在[1,)+∞上单调增加，即1x >时，()(1)2ln 20,f x f >=> 即(1)ln(1)ln 0,x x x x ++-> 即(1)ln(1)ln ,x x x x ++> 即ln(1).ln 1x xx x+>+【例3.4】(915)证明不等式11ln(1)1x x+>+, 其中0x >. 【证】用单调性证明不等式. 具体函数.改写, 得(1)ln(1)ln x x x x ++>. 令()ln F x x x =. 求导, 得()ln 10F x x '=+>. 根据单调判定定理, 函数()F x 单调增加. 于是, 原不等式成立.【例3.5】设01x <<，求证：11xx xee x-->. 分析:中值定理证明出现的错误.设()xF x xe -=，()0xx F x exe --'=->11()()()()0F x F F x x xξ'-=-<矛盾.【证】先变形,1111ln ln 2ln 0xx xee x x x x x x x x-->⇔->--⇔-+>. 令1()2ln f x x x x=-+, 222222121(1)()10x x x f x x x x x---'=--==-<, ()()(1)=0f x f x f ⇒⇒>],所以命题成立.【3.6】求证：当0x >时， )1(1)11ln(+<+x x x （用单调性）***【3.7】设()f x 是二次可微的函数，满足()()01,'00f f ==，且对任意的0x ≥有()()()"5'60f x f x f x -+≥，证明：对每个0x ≥，都有()2332x x f x e e ≥-.【证】首先()()()()"2'3'20f x f x f x f x ⎡⎤⎡⎤---≥⎣⎦⎣⎦，令()()()'2g x f x f x =-，则()()'30g x g x -≥，因此()()3'0x g x e -≥，所以()()302x g x e g -≥=-，或者()()3'22x f x f x e -≥-.进一步有()()2'2x x f x e e -≥-，即()()22'0x x f x e e -+≥，所以()()22023x x f x e e f -+≥+=，即()2332x x f x e e ≥-.【例4】(991) 求证: 当0x >时, 22(1)ln (1)x x x -≥-. 【分析】1. 设22()(1)ln (1)f x x x x =---，2. 1()ln 1x f x x x -=-+ 3. ()(1)ln (1)f x x x x =+--.【证】令22()(1)ln (1)f x x x x =---,则(1)0f =.由于 1()2ln 2f x x x x x '=-+-,(1)0f '=; 21()2ln 1f x x x''=++,(1)20f ''=>; 232(1)()x f x x -'''=当01x <<时()0f x '''<;当1x <<+∞时()0f x '''>,由此推知()f x ''在(0,1)单调减少,在(1,)+∞单调增加,因此()f x ''在点1x =达到最小值.因为(1)0f ''>,所以当(0,)x ∈+∞时()0f x ''>.从而()f x '在(0,)+∞单调增加.由(1)0f '=以及()f x '在(0,)+∞的单调性推知当01x <<时()0f x '<;当1x <<+∞时()0f x '>.从而()f x 在(0,1)单调减少,于是()f x 在点1x =达到最小值(1)0f =.因此在(0,)+∞处处有()f x 0≥,即22(1)ln (1)x x x -≥-.【例4.1】(953)设0()lim1x f x x→=, 且()0f x ''>. 求证: ()f x x ≥. 【分析】通过极值证明不等式【证1】由0()lim1x f x x→=可以推出: (0)0,(0)1f f '==. 令()()F x f x x =-, 则(0)0,(0)0F F '==,()()0F x f x ''''=>. 由此推出()F x '单调增加, 从而()F x 只有一个驻点0x =. 这是一个极小值点. 于是()0F x ≥, 并且仅在点0x =处, (0)0F =. 除了0x =之外, 处处有()0F x >, 即()f x x >.【证2】由0()lim1x f x x→=可以推出: (0)0,(0)1f f '==.用泰勒公式 ()(0)(0)f x f f x x '≥+=.***【例4.2】（121、2、3）证明21lncos 1(11)12x x x x x x ++≥+-<<-. 【证明】设21()ln cos 112x x f x x x x +=+---，则 212()ln sin 11x xf x x x x x +'=+----，(0)0f '=， 222222444()cos 1cos 11(1)(1)x f x x x x x x ''=+--=-----，当11x -<<时，224()cos 120(1)f x x x ''=--≥>-，所以，()f x '单调增加，0x =是唯一的驻点，而(0)20f ''=>，故0x =是最小值点，因此()(0)0f x f ≥=，即21ln cos 1(11)12x x x x x x ++≥+-<<-.【例4.3】(905)证明不等式: 1ln(x x x +≥-∞<<+∞.【证】设()1ln(F x x x x =+-∞<<+∞，由()ln(ln(F x x x '=++-=+，由()0,F x '=得0x =，又()F x ''=，(0)10F ''=>，于是0x =为极小值点，所以，()(0)0F x F ≥=.即1ln(x x x ++≥-∞<<+∞.【例4.4】(935)设,p q 是大于1的常数, 且111p q+=, 求证: 对于0x >, 有11p x x p q+≥. 【分析】用最值证明不等式．【证】设11()p F x x x p q=+-, 则1()1p F x x -'=-，由()0F x '=，得唯一驻点1x =．当01x <<时，()0F x '<，当1x >时，()0F x '>，所以，1x =是函数的极小值点，也是最小值点，而11(1)10F p q =+-=，故11()0p F x x x p q =+-≥，即11p x x p q+≥．3. 利用常数变易证明不等式.a x →或b x →或其他的常数x →⇒函数不等式【例5】(041、2)设2e a b e <<<, 证明2224ln ln ()b a b a e ->-. 【分析】1. 设224()ln f x x x e =-，2. 2224()ln ln ()f x x a x a e=--- 3. 2224()ln ln ()f x x a x a e=--- 4.对函数2ln x 在[,]a b 上用拉格朗日中值定理.【证】设224()ln f x x x e =-，则 2ln 4()2x f x x e '=-，21ln ()2xf x x -''=,所以当x e >时，()0,f x ''< 故()f x '单调减少，从而当2e x e <<时，22244()()0f x f e e e''>=-=，即当2e x e <<时，()f x 单调增加. 因此当2e x e <<时，()()f b f a >，即 222244ln ln b b a a e e ->-，【例5.1】(022)设0a b <<, 证明不等式:222ln ln a b a a b b a -<<+-.【证】设()ln ln f x x a=--且0x ≥,22()()(ln ln)2()g x x a x a a x a=+---，0x a>>由1())0af xx x'=+=<,2221() ()2(ln ln)()22(ln ln)0x ag x x x a x a a x x ax x-'=-++⋅-=-+>，可知()f x当x a≥时,单调减少, 所以()()0f b f a<=，即ln lnb ab a-<-；而()g x当x a≥时,单调增加, 所以()()0g b g a>=,即222ln lna b aa b b a-<+-；故222ln lna b aa b b a-<<+-.【例5.2】设0a b<<, 求证：.)(2lnbaabab+->【分析】1. a x→，2()ln.b b xx x b->+2.2()ln.x x aa a x->+3.2(1)ln,11xx xx->>+【5.3】（931）设b a e>>, 求证: b aa b>【证1】设()ln lnf x x a a x=-且x a≥,由b a e>>,得ln ln ln1b a e>>=,由()ln10a af x ax x'=->-≥,可知()f x当x a≥时,单调增加,所以当b a>时, ()()f b f a>,即ln ln ln ln0b a a b a a a a->-=,ln lnb a a b>,ln ln,b a b aa b a b>>【证2】研究函数ln()xF xx=由21ln()0()xf x x ex-'=<>，可知()f x当x e≥时,单调减少,所以当b a>时,()()f b f a <,即ln ln b a b a<，11b a b a >，则b aa b >.【5.4】（933）设0x >, 常数a e >, 证明: ()a a xa x a ++<.证1 设()ln()()ln f x a a x a x a =+-+且0x ≥,由0x >,a e >,得ln()ln ln 1a x a e +>>=,由()ln 0af x a a x'=-<+, 可知()f x 当0x ≥时,单调减少, 所以()(0)0f x f <=,即ln()()ln 0a a x a x a +-+<,ln()()ln a a x a x a +<+,()aa xa x a ++<.证2 研究函数ln ()xF x x=由21ln ()0()xf x x e x-'=<>，可知()f x 当x e ≥时,单调减少, 所以当0x >,a e >,时, ()()f a x f a +<,即ln()ln a x aa x a+<+，ln()()ln a a x a x a +<+，则()a a x a x a ++<.【5.5】（062、3、4）证明：当0a b π<<<时，sin 2cos sin 2cos b b b b a a a a ππ++>++。