构造函数法在不等式证明中运用
构造函数证明不等式
构造函数证明不等式构造函数证明不等式构造函数证明:[2的平方/(2的平方-1)*3的平方/(3的平方-1)*...*n的平方/(n的平方-1)]>e的(4n-4)/6n+3)次方不等式两边取自然对数(严格递增)有:ln(2^2/2^2-1)+ln(3^2/3^2-1)+...+ln(n^2/n^2-1)>(4n-4)/(6n +3)不等式左边=2ln2-ln1-ln3+2ln3-ln2-ln4+...+2lnn-ln(n-1)-ln(n+1)=ln2-ln1+lnn-ln(n+1)=ln[n^2/(n+1)]构造函数f(x)=ln[x^2/(x+1)]-(4x-4)/(6x+3)对f(x)求导,有:f'(x)=[(x+2)/x(x+1)]+[1/(x+1/2)]^2当x>2时,有f'(x)>0有f(x)在x>2时严格递增从而有f(n)>=f(2)=ln(4/3)-4/15=0.02>0即有ln[n^2/(n+1)]>(4n-4)/(6n+3)原不等式等证【解】：∏{n^2/(n^2-1)}[n≥2] > e^((4n-4)/(6n+3))∵n^2/(n^2-1)=n^2/(n+1)(n-1)∴∏{n^2/(n^2-1)}[n≥2] = 2n/(n+1)原式可化简为：2n/(n+1) > e^((4n-4)/6n+3))构建函数：F(n)=2n/(n+1)-e^((4n-4)/(6n+3))其一阶导数F’(n)={2-4e^((4n-4)/(6n+3))}/(n+1)^2∵e^((4n-4)/(6n+3))∴F’(n)>0 [n≥2]而F[2]=4/(2+1)-e^((8-4)/(12+3))=4/3-e^(4/15)>0所以F(n)>0 [n≥2]即：2n/(n+1) > e^((4n-4)/6n+3))故得证。
高中数学：利用导数证明不等式的常见题型
利用导数证明不等式的常见题型题型一构造函数法把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值的问题，从而证明不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是利用导数证明不等式的关键.这四道题比较简单，证明过程略.概括而言，这四道题证明的过程分三个步骤：一是构造函数；二是对函数求导，判断函数的单调性；三是求此函数的最值，得出结论.【启示】证明分三个步骤：一是构造函数；二是对函数求导，判断函数的单调性；三是求此函数的最值，得出结论。
题型二通过对函数的变形，利用分析法，证明不等式【启示】解答第一问用的是分离参数法，解答第二问用的是分析法、构造函数，对函数的变形能力要求较高，大家应记住下面的变形：题型三求最值解决任意、存在性变量问题解决此类问题，关键是将问题转化为求函数的最值问题，常见的有下面四种形式：题型四分拆成两个函数研究【注意】(2)如果按题型一的方法构造函数求导，会发现做不下去，只好半途而废，所以我们在做题时需要及时调整思路，改变思考方向.【启示】掌握下列八个函数的图像和性质，对我们解决不等式的证明问题很有帮助，这八个函数分别为要求会画它们的图像，以后见到这种类型的函数，就能想到它们的性质题型五设而不求当函数的极值点（最值点）不确定时，可以先设出来，只设不解，把极值点代入，求出最值的表达式而证明.【启示】设而不求，整体代换是一种常用的方法，在解析几何中体现很多.在本例第（2）问中，只设出了零点而没有求出零点，这是一种非常好的方法，同学们一定要认真体会，灵活应用.题型六估值法题型七利用图象的特点，证明不等式题型八证明数列不等式题型九利用放缩法证明不等式【注意】在解决第（2）问时，用构造函数法证不出来，又试着分开两个函数仍然不行，正当我一筹莫展时，忽然想到与第一问题的切线联系，如果左边的函数的图像在切线的上方，右边函数的图像在切线的下方，这样问题不就得证了吗？心里非常高兴，马上付诸行动。
构造函数法与放缩法
⑶当1－y－z = 0，即y＋z =原不等式成立．
二、构造一元二次函数证明不等式
例3若a、b、c∈R+，求证：a ＋b ＋c ≥ab＋bc＋ca．
证明构造函数 = x －( b＋c )x＋b ＋c －bc．
因为△= ( b＋c ) －4( b ＋c －bc) =－3( b－c ) ≤0，
又因为二次项的系数为正数，所以x －( b＋c )x＋b ＋c －bc≥0对任意实数恒成立．
三、构造单调函数证明不等式
例5已知a＞0，b＞0，求证： ＋ ＞ ．
证明：构造函数 = ，易证 = = 1－ 当x＞0时单调递增．
因为 ， ，
故只要证 ，
即只要证 .
因为 ，
以上介绍了用“放缩法”证明不等式的几种常用策略，解题的关键在于根据问题的特征选择恰当的方法，有时还需要几种方法融为一体。在证明过程中，适当地进行放缩，可以化繁为简、化难为易，达到事半功倍的效果。但放缩的范围较难把握，常常出现放缩后得不出结论或得到相反的现象。因此，使用放缩法时，如何确定放缩目标尤为重要。要想正确确定放缩目标，就必须根据欲证结论，抓住题目的特点。掌握放缩技巧，真正做到弄懂弄通，并且还要根据不同题目的类型，采用恰到好处的放缩方法，才能把题解活，从而培养和提高自己的思维和逻辑推理能力，分析问题和解决问题的能力。希望大家能够进一步的了解放缩法的作用，掌握基本的放缩方法和放缩调整手段.
构造函数法证明不等式
不等式证明是中学数学的重要内容之一．由于证明不等式没有固定的模式，证法灵活多样，技巧性强，使其成为各种考试命题的热点问题，函数法证明不等式就是其常见题型．即有些不等式可以和函数建立直接联系，通过构造函数式，利用函数的有关特性，完成不等式的证明．
不等式的常见证明方法
不等式常见的三种证明方法渠县中学 刘业毅一用基本不等式证明设c b a ,,都是正数。
求证：.c b a cab b ac a bc ++≥++ 证明：.22c bac a bc b ac a bc =•≥+ .22b cab a bc c ab a bc =•≥+ .22a cab b ac c ab b ac =•≥+ ).(2)(2c b a cab b ac a bc ++≥++ .c b a cab b ac a bc ++≥++ 点评：可用综合法分析乘积形式运用不等式可以转化为所求。
思维训练：设c b a ,,都是正数。
求证：.222c b a c b a a c b ++≥++ 二 放缩法证明不等式已知，对于任意的n 为正整数，求证： 1+221+321+ +n 21<47 分析：通过变形将数列{n 21}放缩为可求数列。
解： n 21=n n •1<)1(1-n n =11-n —n1（n ≥2） ∴1+221+321+ +n 21<1+221+231⨯+341⨯+ +)1(1-n n =1+41+(21—31+31—41+ +11-n —n1) =45+21—n1 =47—n 1 点评：放缩为可求和数列或公式是高考重要思想方法。
思维训练：设c b a ,,都是正数，a+b>c,求证：a a +1+b b +1>cc +1三 构造函数法证明 证明不等式3ln 3121112ln <+++++<nn n （n 为正整数） 分析：显然要构造一个含n 的不等式，然后用叠加法证明。
我们构造一个函数,1)(',ln 1)(2xx x f x x x x f -=+-=可得这个函数在x=1时取得最小值0.及对x>0有不等式x x 11ln -≥，如果令x=k k 1+，则有111ln +>+k k k ，如果令x=1+k k ，则kk k ->+11ln ，即kk k k 1ln )1ln(11<-+<+，然后叠加不等式即可。
论运用构造法证明不等式
显然 当 Ｉ ＰＱＩ 短 时 ， Ｑ 分 别 是 直 线 — Ｘ 最 Ｐ， 与 半 圆 。 ＋ 一２ ｙ Ｏ 及 双 曲线 ｚ 一 ９在 （≥ ）
第 一 象 限 的 两 个 交 点 ， 时 Ｐ（ ， ） Ｑ（ ， 此 １ １ ， ３
３ ，Ｐ 一２ ２ 所 以 ） Ｉ Ｑｉ √ ．
一
Ｉ Ｉ ｎ ． ｆＩ ｂ １ Ｉ Ｊ ＪＩ’ ＋ ｝ 』 Ｊ ＋ 口＋ ６ １ 口 ＋ Ｊ ６
十 ，
≤
得 以解 决． 造法 的内涵十 分丰富 ， 构 没有 完全 固定 的模 式 可 以套 用 ， 是 以 广泛 抽象 的普 它 遍 性与现 实 问题 的特 殊性 为基 础 ， 对 具 体 针 问题 的特 点而 采取 相 应 的解 决 办法 ， 基本 其 的方法是 ： 用一类 问题 的性质 ， 借 来研 究另一
ｆ ＋６ ≤ ｌ ｌ ｆｊ ｅ ｆ ａ ＋ ｂ， ｌ 有 ≤
由于复数与 其他 内容 联 系密 切 ， 因而 对
某些 问题 的特 点 ， 以指 导学 生从 复 数 的定 可
义性质 出发来解决一些数 学难 题． 例 ３ 求证 、 ＋ 干 ＝ ＋
第 ３ Ｏ卷第 ５ 期
简析
不 等式左 边可看成／ ｚ称 与 玛
对提 高我们 的解 题 能 力也 有所 帮 助 ， 面我 下
们 通 过 举 例 来 说 明如 何 通 过 构 造 法 证 明 一 些 不等式 ．
、９ 。 两 乘 积 的 和 ， 而 联 想 到 数 量 积 的 ／ 一ｚ 两 从
坐标表 示 ， 左 边看 成 向量 口 （ ， ） 将 ＝ 与
于 是 由
ｌ ＋ Ｊ ｌ ｌ Ｉ Ｉ Ｉ Ｊ ＋ 。 ＋ ｚ ≥ ｉｌ ２ ｚ ＋ ＋ ＋ ， ４ ｆ
导数证明不等式构造函数法类别(教师版)
导数证明不等式构造函数法类别1、移项法构造函数【例1】 已知函数x x x f -+=)1ln()(，求证：当1->x 时，恒有x x x ≤+≤+-)1ln(111 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111)1ln()(-+++=x x x g ， 从其导数入手即可证明。
【解】1111)(+-=-+='x x x x f ∴当01<<-x 时，0)(>'x f ，即)(x f 在)0,1(-∈x 上为增函数当0>x 时，0)(<'x f ，即)(x f 在),0(+∞∈x 上为减函数故函数()f x 的单调递增区间为)0,1(-，单调递减区间),0(+∞于是函数()f x 在),1(+∞-上的最大值为0)0()(max ==f x f ，因此，当1->x 时，0)0()(=≤f x f ， 即0)1ln(≤-+x x ∴x x ≤+)1ln( （右面得证）， 现证左面，令111)1ln()(-+++=x x x g ， 22)1()1(111)(+=+-+='x x x x x g 则 当0)(,),0(;0)(,)0,1(>'+∞∈<'-∈x g x x g x 时当时 ，即)(x g 在)0,1(-∈x 上为减函数，在),0(+∞∈x 上为增函数，故函数)(x g 在),1(+∞-上的最小值为0)0()(min ==g x g ，∴当1->x 时，0)0()(=≥g x g ，即0111)1ln(≥-+++x x ∴111)1ln(+-≥+x x ，综上可知，当x x x x ≤+≤-+->)1ln(111,1有时 2、作差法构造函数证明【例2】已知函数.ln 21)(2x x x f +=求证：在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数332)(x x g =的 图象的下方； 分析：函数)(x f 的图象在函数)(x g 的图象的下方)()(x g x f <⇔不等式问题，即3232ln 21x x x <+，只需证明在区间),1(∞+上，恒有3232ln 21x x x <+成立，设)()()(x f x g x F -=，),1(+∞∈x ，考虑到061)1(>=F 要证不等式转化变为：当1>x 时，)1()(F x F >，这只要证明： )(x g 在区间),1(+∞是增函数即可。
高考数学中不等式的证明方法和技巧有哪些
高考数学中不等式的证明方法和技巧有哪些在高考数学中，不等式的证明是一个重要的考点，也是很多同学感到头疼的问题。
不等式的证明方法多种多样，需要我们灵活运用数学知识和思维方法。
下面，我们就来详细探讨一下高考数学中不等式的证明的一些常见方法和技巧。
一、比较法比较法是证明不等式最基本的方法之一，分为作差比较法和作商比较法。
作差比较法的基本步骤是：将两个式子作差，然后对差进行变形，判断差的正负性。
如果差大于零，则被减数大于减数；如果差小于零，则被减数小于减数。
例如，要证明 a ＞ b ，我们可以计算 a b ，然后通过因式分解、配方等方法将其变形为易于判断正负的形式。
作商比较法适用于两个正数比较大小。
将两个正数作商，然后与 1比较大小。
如果商大于 1，则被除数大于除数；如果商小于 1，则被除数小于除数。
比如，要证明 a ＞ b （a、b 均为正数），计算 a/b ，若 a/b ＞ 1 ，则 a ＞ b 。
二、综合法综合法是从已知条件出发，利用已知的定理、公式、性质等，经过逐步的逻辑推理，最后推导出所要证明的不等式。
例如，已知 a ＞ 0 ，b ＞ 0 ，且 a ＋ b ＝ 1 ，要证明 a^2 ＋b^2 ≥1/2 。
因为 a ＋ b ＝ 1 ，所以（a ＋ b)＾2 ＝ 1 ，即 a^2 ＋ 2ab ＋ b^2 ＝1 。
又因为2ab ≤ a^2 ＋ b^2 ，所以 a^2 ＋ b^2 ＋2ab ≤ 2(a^2 ＋ b^2) ，即1 ≤ 2(a^2 ＋ b^2) ，从而得出 a^2 ＋b^2 ≥ 1/2 。
三、分析法分析法是从要证明的不等式出发，逐步寻求使不等式成立的充分条件，直到所需条件为已知条件或明显成立的事实。
比如，要证明√a ＋√b ＜√（a ＋ b) （a ＞ 0 ，b ＞ 0 ）。
先将不等式移项得到√a ＋√b √（a ＋ b) ＜ 0 ，然后对其进行分析，逐步转化为易于证明的形式。
分析法的书写格式通常是“要证……，只需证……”。
由一道高考题想到的——浅谈构造函数证明不等式的方法
以 下 同
Ｉ ———— ——一 ｎ
ｎ “ 一４ ＋
，
解 法 一．
“ 另辟蹊径” 给函数赋予 了几何意义 ， 通过数形结
此 时 ， ∈ （ ， ）则 ｇ （ ＜ Ｏ 故 ｇ（ 在 该 若 Ｏ １， ） ， ） 区间 为减 函数 ．
所 以 ， ０时 ， （ ） ． Ｏ ， ｆ ｒ ≥ｎ ． ≥ ｇ － ≥ 厂 ） 即 Ｃ ） ｒ （
（ ） ｎ＞ ２ 方 程 ｇ （ 一 ０ 的 正 根 为 ５ 一 ２若 ， ｚ） Ｃ ｌ
，
， ｚ 一 Ｉ ｑ ｌ ｄ 一 １ １（ －Ｘ）＋ １ （ ） ＡＢＩ － ＞ ｛ 一百 ￣ ． －
造 函数 的 方 法做 一 简 单 总 结 ． 解法一 ： 当 ≥ ２时 ， 有 恒
明 １ ｎ ｘ １≤ Ｘ １ ＋Ｉ（ － ） － ．
． ．
解法三 ：
ｚ一 １ Ｉ （ － １ ． 一 ｎ ｘ－ ）
＋ ｌ（ １≤Ｘ １ ｎ 一 ） － 目
≤
≤ １故只需证 ，
令 ＾ ） ５ ｌ （ 一３ 一 －
‘ ・ ・
数 ， 用 函 数 的单 调 性 ， 决 所 要 证 明 的不 等 式 ， 是 利 解 这 构造 函数 的第 一 种 方 式． 面再 看 其 他 方 式 ． 下 【 １ （０ ７全 国 Ｉ，０ 设 函 数 ，（ ） 矿 一 例 】 ２０ ２） ＿一 ｒ
只需 证
＋ ｌ（ ｎ 一１ ≤ １ ） 一 ，
则 依 题 意得
口
２ ４
－
口
图２
加
群＋ １ 得 ２ 【２ ２ ： ４ｂ ， ， ｎｉ 解６ ＋ｃ — ＋ 一
９ ＋ ３ ＋ 一 ２ ， ６ ４
导数有指数有对数的不等式证明
导数有指数有对数的不等式证明 一、为啥要研究这类不等式证明。 咱在数学学习中，常常会碰到既有指数又有对数的不等式证明问题。这是因为指数函数和对数函数在很多实际问题里都有应用，比如在计算人口增长、放射性物质衰变、经济增长模型等方面。掌握了这类不等式的证明方法，咱就能更好地理解和解决这些实际问题啦。
二、常用的证明方法。 1. 构造函数法。 - 啥是构造函数法：就是根据不等式的特点，构造一个合适的函数，然后通过研究这个函数的单调性、极值等情况来证明不等式。
- 举例说明： 证明不等式e^x>ln x + 2（x>0）。 咱构造函数f(x)=e^x-ln x - 2（x>0）。 先求导，f^′(x)=e^x-(1)/(x)。这个导数不太好直接判断正负，咱再观察一下。 因为y = e^x在(0,+∞)上单调递增，y=(1)/(x)在(0,+∞)上单调递减，所以f^′(x)在(0,+∞)上单调递增。
又f^′(1)=e - 1>0，f^′((1)/(2))=√(e)-2<0，所以存在x_0∈((1)/(2),1)，使得f^′(x_0) = 0，即e^x_0-(1)/(x_0) = 0，也就是e^x_0=(1)/(x_0)，进而可得x_0=-ln x_0。
当x∈(0,x_0)时，f^′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(x_0,+∞)时，f^′(x)>0，f(x)单调递增。
所以f(x)_min=f(x_0)=e^x_0-ln x_0-2=(1)/(x_0)+x_0-2。 因为x_0∈((1)/(2),1)，根据对勾函数的性质，y = x+(1)/(x)在(0,1)上单调递减，所以(1)/(x_0)+x_0-2> 2 - 2 = 0，即f(x)>0，所以e^x>ln x + 2。
2. 利用函数的最值。 - 咋利用函数最值证明：先分别求出不等式两边函数的最值，然后比较最值的大小来证明不等式。
构造函数证明不等式
导数的应用 <构造函数证明不等式）
一：基本公式：利用函数的单调性证明下面不等式，并通过函数的图像只观检验（1） <2） <3）
（4） <5）
其中<2）<3）<4）<5）是高考中在函数导数解答题，数列解答题中不等式的一个根源所在。
不等式在时等价于b5E2RGbCAP
<6）函数类不等式证明的通法可概括为：证明不等式的问题转
化为证明，进而构造辅助函数，然后利用导
数证明函数的单调性或证明函数的最小值<最大值）大于或等于零<小于或等
于零）p1EanqFDPw
例1：设函数，且对任意恒成立
<1）求的值 <2）求函数在上的最大值
<3）设实数。
证明：
三：能力提升之典型例题
例2：设函数在R上的导函数为，且，下面不等式在R上恒成立的是< ）
A B C D
例3：若函数在R上可导且满足不等式恒成立，且常数满足
，求证：
例4：证明当时，
例5：证明：
例6：
例7：证明:当时，
例8 设，且
例9 已知函数，且对任意
<1）求 <2）已知在区间上为单调函数，求实
数的取值范围
<3）讨论函数的零点个数
例10 已知：数列满足：
<1）其数列的通项公式
<2）证明：
<3）设
申明：
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构造函数法在不等式证明中运用
作者：樊等林
来源：《读写算》2012年第79期
不等式的证明历来是高中数学的难点，也是考察学生数学能力的主要方面。不等式的证明
方法多种多样，根据所给不等式的特征，巧妙的构造适当的函数，然后利用一元二次函数的判
别式、函数的奇偶性、单调性、有界性等来证明不等式，统称为函数法。本文通过一些具体的
例子来探讨一下怎样借助构造函数的方法证明不等式。
一、构造函数利用判别式证明不等式
（一）构造函数正用判别式证明不等式
在含有两个或两个以上字母的不等式中，若使用其它方法不能解决，可将一边整理为零，
而另一边为某个字母的二次式，这时可考虑用判别式法。一般对与一元二次函数有关或能通过
等价转化为一元二次方程的，都可考虑使用判别式，但使用时要注意根的取值范围和题目本身
条件的限制。
设：a、b、c∈R，证明：a2+ac+c2+3b（a+b+c）成立，并指出等号何时成立。
解析：令f（a）=a2+（3b+c）a+c2+3b2+3bc
⊿=（3b+c）2-4（c2+3b2+3bc）=-3（b+c）2
∵b、c∈R，∴⊿≤0
即：f（a），∴a2+ac+c2+3b（a+b+c）恒成立。
当⊿=0时，b+c=0，此时，f（a）=a2+ac+c2+3ab=（a-c）2=0，
∴a=-b=c时，不等式取等号。
已知：a、b、c∈R，且a+b+c=2，a2+b2+c2=2求证： a、b、c∈[0，43]。
解析： a+b+c=2a2+b2+c2=2消去c得：a2+（b-2）a+b2-2b+1=0，此方程恒成立，
∴⊿=（b-2）2-4（b2-2b+1）=-，即：。
同理可求得a、c∈[0，43]
（二）构造函数逆用判别式证明不等式
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对某些不等式证明，若能根据其条件和结论，结合判别式的结构特征，通过构造二项平方
和函数：f（x）=（a1x-b1）2+（a2x-b2）2+K+（anx-bn）2
由f（x），得⊿≤0，就可以使一些用一般方法处理较繁琐的问题，获得简捷明快的证
明。
例3.设a，b，c，d∈R+且a+b+c+d=1
求证：4a+1+4b+1+4c+1+4d+1﹤6。
解析：构造函数：
f（x）=（4a+1x-1）2+（4b+1x-1）2+（4c+1x-1）2+（4d+1x-1）2
=8x2-2（4a+1+4b+1+4c+1+4d+1）x+4.（∵a+b+c+d=1）
由f（x），得⊿≤0，即⊿=4（4a+1+4b+1+4c+1+4d+1）2-
∴4a+1+4b+1+4﹤6.
例4.a，b，c，d∈R+且a+b+c+d=1，求1a+4b+9c的最小值。
解析：构造函数f（x）=（1ax-a）2+（2bx-b）2+（3cx-c）2
=（1a+4b+9c）x2-12x+1，（∵a+b+c+d=1）
由f（x）（当且仅当a=16，b=13，c=12时取等号），
得⊿≤0，即⊿=144-4（1a+4b+9c）≤0
∴当时a=16，b=13，c=12时，（1a+4b+9c）min=36
二、构造函数利用函数有界性证明不等式
例5.设|a|﹤1，|b|﹤1，|c|﹤1，求证：ab+bc+ac﹥-1.
解析：令f（x）=（b+c）x+bc+1为一次函数。
由于f（1）=（1+b）（1+c）﹥0，且f（x）=（1-b）（1-c）﹥0，
∴f（x）在x∈（-1，1）时恒有f（x）﹥0.
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又∵a∈（-1，1），∴f（a）﹥0，即：ab+bc+ac+1﹥0
评注：考虑式中所给三个变量的有界性，可以视其为单元函数，转化为f（a）﹥-1。
三、构造函数利用单调性证明不等式
例6.设a，b∈R+，求证：a1+a+b1+b﹥a+b1+a+b
解析：设f（x）=x1+x=1-11+x，当x﹥0时，f（x）是增函数，
又a1+a+b1+b=a+b+2ab（1+a）（1+b）﹥a+b+ab（1+a）（1+b）=a+b+ab1+a+b+ab=f
（a+b+ab），
而a，b∈R+，∴a+b+ab﹥a+b，∴f（a+b+ab）﹥f（a+b）
故有：a1+a+b1+b ﹥a+b1+a+b
例7.求证：当x﹥0时， x﹥ln（1+x）。
解析：令f（x）=x-ln（x+1），∵x﹥0，∴f'（x）=1- 1x+1=xx+1﹥0.
又∵f（x）在x=0处连续，∴f（x）在[0，∞]上是增函数，
从而，当x﹥0时，f（x）=x-ln（x+1）﹥f（0）=0，
即：x﹥ln（x+1）成立。
评注：利用函数单调性证明不等式和比较大小是常见的方法，特别是在引入导数后，单调
性的应用将更加普遍。
四、构造函数利用奇偶性证明不等式例8.求证：x1-2x﹤x2（x≠0）。
解析：设f（x）=x1-2x-x2（x≠0），f（-x）=-x1-2-x+x2=-x·2x2x-1+x2=x1-2x[1-（1-
2x）]+x2=x1-2x-x+x2=f（x）.
所以f（x）是偶函数，其图象关于y轴对称。
当x﹥0时，1-2x﹤0，故f（x）﹤0；当x﹤0时，依图象关y于轴对称知f（x）﹤0。
故当x≠0时，恒有f（x）﹤0，即x1-2x﹤x2（x≠0）
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评注：这里实质上是根据函数奇偶性来证明的，如何构造恰当的函数充分利用其性质是关
健。