1、 即F(x)0,.F(x)在(0,+s)上為增函數(shù)，又F(x)在x=0處連續(xù)，.F(x)F(O)=O,即f(x)1+x.對(duì)數(shù)法構(gòu)造函數(shù)(選用于冪指數(shù)函數(shù)不等式)TOC o 1-5 h z1x例：證明當(dāng)X0時(shí),(1+x)i+xe1+2證明對(duì)不等式兩邊耿對(duì)數(shù)得(1+y)m(i卡討G)由定理2ftir(x)在g十切上嚴(yán)格單調(diào)增如從而rw)-o(xo艾由F4)在上連續(xù)*且珥孟)ftx)在貼上嚴(yán)陪單調(diào)增加，所以30).即2x+12-2(1+z)h(lH-x)0.2x+2(14K)I1(I+i)t故門杠戶+“瑋(x0)構(gòu)造形似函數(shù)例：證明當(dāng)bae,證明abba井析此題冃具有幕指函數(shù)形式洌不尊式咖分別取対數(shù)

2、得阪“込整理為右12-叭在此堪砒上報(bào)據(jù)分也CM造輔肋函數(shù)再抿舷數(shù)的單調(diào)性證明之.證刪不等式兩邊馭對(duì)數(shù)得blnaairb,nJ化為+喩ylrb.=;xS然心)在(0*苦)內(nèi)連續(xù)并可気fJ(x)-ylnK+*丄1-lux)e)由定理得f)在(”)內(nèi)為嚴(yán)輅單調(diào)遞減由baef(a)f(b)hJilyIna,binaalnb,故(泅例：已知m、n都是正整數(shù)，且1m(1+n)m證明：原不等式等價(jià)于処匕凹12也令mn/(x)=lnax)t5則X-(1+x)Iii(1-(1+x)Iii(1+a)A-.rln(l+.t)_-yl-ln(UA)_x-!ii(1+a)/W=喬喬(11成一思維挑戰(zhàn)】1、設(shè)a0,f(x

3、)=x一1一ln2x+2aInx求證：當(dāng)x1時(shí)，恒有xln2x2aInx+12、已知定義在正實(shí)數(shù)集上的函數(shù)15f(x)=x2+2ax,g(x)=3a2lnx+b,其中a0，且b=2a2一3a2lna,22求證：f(x)g(x)xb3、已知函數(shù)f(x)=ln(1+x)，求證：對(duì)任意的正數(shù)a、b，恒有l(wèi)nalnb1.1+xa4、f(x)是定義在(0，+s)上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且滿足xf(x)f(x)WO,對(duì)任意正數(shù)a、b，若a1答案咨詢】1、2lnx2a2lnx提示：f(x)=1+，當(dāng)x1，a0時(shí)，不難證明0，即f(x)在(0,+s)內(nèi)單調(diào)遞增，故當(dāng)x1時(shí)，f(x)f(1)=0，二當(dāng)x1時(shí)，恒有xl

4、n2x2aInx+12、3a2提示：設(shè)F(x)=g(x)f(x)=x2+2ax3a2lnxb貝ijF(x)=x+2a2=(x一a)(x+3a)(x0)0a0,A當(dāng)x=a時(shí)，F(xiàn)(x)=0,3、x故F(x)在(0,a)上為減函數(shù),是F(a)=f(a)g(a)=0，在(a,)上為增函數(shù)，于是函數(shù)F(x)在(0,+)上的最小值故當(dāng)x0時(shí)，有f(x)g(x)0，即f(x)g(x)11x提示：函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?-1，+Q，廣(x)=K一吋=(i+C.當(dāng)1x0時(shí)，f(x)0時(shí)，f(x)0，即f(x)在xe(0,+s)上為增函數(shù)因此在x=0時(shí),f(x)取得極小值f(0)=0，而且是最小值x1于是f(x)f(0)=0,從而ln(1+x)一，即ln(1+x)11+x1+xa1bab令1+x=0,貝吐=1于是ln1bx+1abab因此lna