新题库第六章 第04节 不等式的证明.docx

新题库第六章 第04节 不等式的证明不等式的证明 题型1 用比较法证明不等式 1已知a,b,x,y(0,+), 且y11x>. >，x>y，求证：x+ay+bab证：ybx-aybx-ay11x=，由>>0Þb>a.又x>y>0, bx>ay.>0. -x+ay+b(x+a)(y+b)(x+a)(y+b)abyx>. x+ay+b2设m>n，m,nN*, a=(lgx)m+(lgx)-m, b=(lgx)n+(lgx)-n, x>1。求证：ab æ11ölgmx-lgnxmn÷证：a-b=lgx+lgx-lgx-lgx=(lgx-lgx)-ççlgnx-lgmx÷=(lgx-lgx)-lgmxlgnx èøm-mn-nmnææ1ö1ö÷=(lgmx-lgnx)-ç1-÷.x>1, lgx>0. 当0<lg x<1时，a>b;当lgx=1时，1-=(lgmx-lgnx)-çm+nm+nç÷çlgxølgx÷èèøa=b;当lgx>1时，a>b. a22b223. 设a>0,b>0，求证：+³a2+b2. ba1111æa证：ççbèæa故ççbè212211öæböab22÷ç÷+-a-b=+-a-b=÷ça÷baøèø22121212a-b(a+b)ab2³0， 11öæbö22÷÷+çça÷÷³a+b. øèø2æaççbè证法二：Q左边>0,右边>0, öæböab÷ç÷+÷ça÷aøèø=b 11a+ba2+b2(a-b)2+ab= ab1221212212=a+b(a-ab+b)ab(a+b)(a+b)ab2=a+b-abab122=æa+1³1，又Qa+b>0,ççbè1211öæbö22÷÷+çça÷÷³a+b. øèøa2-b2a-b>4. 设a>b>0，求证：2； 2a+ba+b 1 bn-1an-111设a+b>0，n是偶数，证明n+n³+； abab设a>0, b>0，求证：ab+ba³a+b。 (a-b)(a+b)2-(a2+b2)2ab(a-b)=>0，原不等式成立；证：左边-右边= =2=1+右边a+b2a2+b2bn-1an-111(an-bn)(an-1-bn-1)n+n-=， baab(ab)n(an-bn)(an-1-bn-1)bn-1an-111当a>0, b>0时，(a-b)(a-b)0, (ab)>0，0，故n+n³+。 nab(ab)abnnn-1n-1n当a, b有一个为负值时，不妨设a>0, b>0，且a+b>0，所以a>|b|，又n为偶数，所以(an-bn)(an-1-bn-1)>0。(an-bn)(an-1-bn-1)bn-1an-111又(ab)>0，故>0，即n+n³+。 ab(ab)nabn综合知原不等式成立。 ab+ba-a-b=aa+bb-ab-baab=(a-b)(a-b)ab=(a-b)2(a+b)ab³0，故ab32+ba³a+b. a证法二：ba=a+b+bab32ab(a+b)=(a+b)(a+b-ab)ab(a+b)=a+b-abab4abab=(a+b)2-3ababab+ba=(a+b)2ab-3³(2-ab)2ab-3 =-3=1,³a+b. 5. 已知a>0, b>0，求证：ab+ba³a+b。 证：ççæaèb+æaöæböa-bb-a(a-b)(a-b)bö÷-(a+b)=ç-b÷+ç-a÷+= ÷ç÷ç÷=aøbabaabèøèø2 =(a+b)(a-b)2ab³0。 题型2 用综合法证明不等式 1öæ1öæ÷1+6已知x>0，y>0，x+y=1.求证：ç1+÷ç÷9. yxøçèèø证：x+y=1,1öæ1öy1öæ1x+y1x+yyæ1öæ÷ç÷1+2+= 2+=1+.=+1.ç1+÷çç÷çç÷÷yyxøèxøèyxxxxxèøèøæyxö1÷+=5+2ç5+4=9，当且仅当x=y=时取“=”号 çxy÷2èø(x+y)211证法二：x>0,y>0,x+y=1,xy=. 4 xy441ö1111x+yx+y111æ1öæ÷1+ç1+÷ç=1+=1+=1+1+13+4+2ç÷yxxyxyyxyxyxyxèøèøxy×=9.当且仅yx1时取“=”号 27在锐角三形中，求证：sinA+sinB+sinC>cosA+cosB+cosC. 当x=y=证：在锐角三角形中，A+B>ppppæpö，A>-B. 0<-B<A<.又在ç0,÷内正弦函数是单递增2222è2øæpö函数sinA>sinç-B÷=cosB,即sinA>cosB； è2ø同理sinB>cosC,sinC>cosA.以上，两端分别相加，有sinA+sinB+sinC>cosA+cosB+cosC. 8. a,b,c为互不相等的正数，且abc=1，求证：111+>a+b+c. abc证：Qabc=1，且a,b,c为互不相等的正数， 111bc+acac+abab+bc+=bc+ac+ab=+>bc·ac+ac·ab+ab·bcabc222111=c+a+b，+>a+b+.c. abc证法二： Qa,b,c为互不等的正数，且abc=1. 111111+111bcacab=1+1+1. + a+b+.c=<+bcacababc2229. 已知a、b、cR，求证： a+b+b+c+c+a³2222222(a+b+c)； 3 a4+b4+c4a2b2+b2c2+c2a2abc(a+b+c)。 a2+b2a+b2222证：|a+b|(a+b)。同理b2+c2³³，a2+b2³(b+c), 22222c2+a2³2(c+a)。三式相加得a2+b2+b2+c2+c2+a2³2(a+b+c). 2a4+b4222b2, b4+c42b2c2, c4+a42c2a2，2(a4+b4+c4)2(a2b2+b2c2+c2a2)，即a4+b4+c4a2b2+b2c2+c2a2。又a2b2+b2c22ab2c, b2c2+c2a22abc2, c2a2+a2b22a2bc, 2(a2b2+b2c2+c2a2)2(ab2c+abc2+a2bc)，即a2b2+b2c2+c2a2ab2c+abc2+a2bc。 10. 设a、b、c均为实数，求证：111111. +³+2a2b2cb+cc+aa+b证：Qa、b、c 均实数，(11111+)³³,a=b时等号成立. 22a2b2abab1111111111(+)³³=c时等号成立.(+)³³,三个不等式相加即得 22bac2bcb+c22c2a2cac+a111111+³+,a=b=c时等号号成立. 2a2b2cb+cc+aa+b11. 已知a、b、x、yÎR*且xy11. >>,x>y.求证：x+ay+bab证： Qxybx-ay11-=,又>且a、ÎR+,b>a>0. x+ay+b(x+a)(y+b)abbx-ayxy>0.即>. (x+a)(y+b)x+ay+b+又x>y>0,bx>ay.证法二： Qx,y,a,bÎR,要证xy>,只要证明x(y+b)>y(x+a)，即证xb>ya.而由x+ay+b11>>0,b>a>0,又x>y>0,知xb>ya显然成立。故原不等式成立. ab12. 已知a+b+c=0，求证：ab+bc+ca£0. a2+b2+c2.ab+bc+ca£0. 证：Qa+b+c=0,(a+b+c)=0,展开得(ab+bc+ca)=22证法二： 要证ab+bc+ca£0,Qa+b+c=0.故只需证ab+bc+ca£(a+b+c)， 即证a2+b2+c2+bc+ca³0.而这是显然的，由于以上相应各步均可逆，原不等式成立。 证法三：Qa+b+c=0,-c=a+b,2ab+bc+ca=ab+(b+a)c 4 b23b2=ab-(a+b)=-a-b-ab=-(a+)+£0,ab+bc+ca£0.， 2422213. 已知x, yR+，且x+y=1，求证：(1+11)(1+)9。 yx1xy2Þ证：x, yR+，x+y=1Þ12xyÞ14。 xy(1+1111111)(1+)=1+³1+2+³1+2´2+4=9。当且仅当x=y时，取“=”号。 xyxyxyxyxy证法二：x, yR+，x+y=1， (1+11x+yx+y)(1+)=(1+)(1+) xyxy2x2yyx2y2x2y2x=(2+)(2+)=4+1³5+2×=9。当且仅当，即x=y时，等式成立。 =xyxyxyyx14. 已知x，y，z是互不相等的正数且x+y+z=1，求证：(111-1)(-1)(-1)>8. xyz证: Qx、y、z是互不相等的正数，且x+y+z=1, 1y+z2yz1x+y2xy1x+z2xz1,又0<x<1,>1， -1=>,-1=>,-1=>xxxzzzyyyx同理11111>1,>1Þ(-1)(-1)(-1)>8. zyxyz15. 证明下列不等式 a2+b2+c2ab+ac+bc； 已知a, b, cR+，求证：bcacab+³a+b+c。 abca2b2+b2c2+c2a2³abc。 已知a, b, cR，求证：a+b+c+证:a2+b22ab, b2+c22ab, a2+c22ac, 2(a2+b2+c2)2ab+2bc+2ac, a2+b2+c2ab+ac+bc。 bcacabc2bcacbcabacab+³2=2c，+³2c。同理：+³2b,+³2a，abababacbc2(bcacabbcacaba+b+c +)2(a+b+c), +abcabca2b2+b2c22ab2c, b2c2+c2a22abc2, c2a2+a2b22a2bc，将上面三式相加，化简得a2b2+b2c2+c2a2³abc。 ab+bc+caabc(a+b+c)。a+b+c222222 5 16. 已知a、b、cR+，求证：(ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)16abc。 证：ab+a+b+1=(a+1)(b+1), ab+ac+bc+c2=(a+c)(b+c)。a、b、cR+，a+12a>0, b+12b>0, a+c2ac>0, b+c2bc>0, (a+1)(b+1)(a+c)(b+c)16abc，即(ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)16abc。 17. 证明：对于任意实数x、y有x4+y41xy(x+y)2。 2ìx4+y4³x3y+xy3,(1)ï1证：x4+y4xy(x+y)2Ü2(x4+y4)x3y+xy3+2x2y2Üí不等式显然成立，4422ïx+y³2xy.(2)î2下面证明不等式。(x4+y4)-(x3y+xy3)=(x-y)(x3-y3)， x-y与x3-y3同号，(x-y)(x3-y3)0，即x4+y4x3y+xy3, x4+y41xy(x+y)2。 218. 经计算可发现：7+15<211;5.5+16.5<211;3-3+19+3<211；对于任意的正实数a、b，试写出一个使a+b£211成立的条件，并给出证明。 解：由7+15=22, 5.5+16.5=22, 3-3+19+3=22，由此可写出一个使a+b£211成立的条件为a>0, b>0, a+b=22。证明如下： a+b2ab，2(a+b)a+2ab+b，即2(a+b)(a+b)2。a+b2(a+b)。当a+b=22时，有a+b2´22=211。当且仅当a=b=11时，等号成立。 19. 设a, b为不相等的两正数，且a3-b3=a2-b2，求证：1<a+b< 4。 3证：由题设得a2+ab+b2=a+b，于是(a+b)2>a2+ab+b2=a+b，故a+b>1。又(a+b)2>4ab，(a+b)2=a2+2ab+b2, 1344(a+b)2，即(a+b)2<a+b, a+b<. 1<a+b<。 4433a+bb+ca+c20. 已知：a，b，c是不全相等的正数，求证：lga+lgb+lgc<lg. +lg+lg222a+b1a+b1证：Qlg³lgab=(lga+lgb),lg³(lga+lgb), 2222b+c1c+a1同理：lg³(lgb+lgc),lg³(lgc+lga)，三式相加得： 2222a+bb+cc+alg+lg+lg³lga+lgb+lgc，又Qa、b、c为不全相等，故等号不成立， 222a+bb+cc+a即lga+lgb+lgc<lg。 +lg+lg222题型3 用分析法证明不等式 a+b=a2+b2+2ab=(a+b)2-ab>(a+b)2-21已知f(x)=1+x2,ab.求证：|f(a)-f(b)|<|a-b|. 证：原不等式等价于|1+a2-1+b2|2<|a-b|2，化简得(1+a2)(a+b2)>1+ab,若1+ab0,则上式6 显然成立；若1+ab>0，则只需证(1+a2)(1+b2)>(1+ab)2,即证(a-b)2>0(ab)该式显然成立|f(a)-f(b)|<|a-b|成立 22. 设x>0,y>0，且x¹y，求证：(x3+y)<(x2+y). 证：Qx>0,y>0,且x¹y,(x+y)<(x+y)Ü(x3+y3)2<(x2+y2)3 31332122133122Ü2x3y3<3x2y2(x2+y2)Ü2xy<3(x2+y2)Ü2xy<x2+y2. Qx¹y ， 最后一个不等式显然成立. 原不等式成立. 23. 已知正数a，b，c满足a+b<2，求证：c-c-ab<a<c+c-ab. 证：要证c-c-ab<a<c+c-ab<a<c+c-ab,只需证： 22222-c2-ab<a-c<c2-ab，也就是只要证|a-c|<c2-ab,Q两边都是非负数，只要证(a-c)2<c2-ab，也就是只要证a2-2ac<-ab,即只要证a(a+b)<2ac.Qa>0，只需证a+b<2c. 这就是已知条件，且以上各步都可逆，证得c-c-ab<a<c+c-ab. 22题型4 用其它的有关方法证明不等式 24解方程(1+x2)(1+y2)(1+x2)=8xyz，其中x、y、z为正实数 解：(1-x)20，当且仅当x=1时取等号，1+x22x； 同理1+y22y, 1+z22z ××，得(1+x2)(1+y2)(1+z2)8xyz.要使上式等号成立，必须x=y=z=1 原方程的解为x=y=z=1 25设a,b,cR证明：a2+ac+c2+3b(a+b+c)0，并指出等号何时成立 证：令f(a)=a2+(c+3b)a+c2+3b2+3bc.=(3b+c)2-4(c+3b2+3bc)=-3(b+c)2. b,cR, =-3(b+c)20.f(a)0,即a2+ac+c2+3b(a+b+c)0恒成立当=0，即b+c=0时， f(a)=a2+ac+c2+3ab=a2-ab+b2+3ab=(a+b)2=0,即a=-b=c时，不等式取等号 26已知a,b,x,yR且a2+b2=1,x2+y2=1，求证:|ax+by|1 证：令a=sin, b=cos, x=sinj, y=cosj.则|ax+by|=|sinsinj+coccosj|=|cos(-j)|1. 评注：代换变换多以三角代换出现，把代数问题转化为三角函数问题，利用三角函数的性质，使问题得到证明根据具体问题，实施的代换方法有： 若a2+b2=1，可设a=cos,b=sin； 若a2+b21，可设a=rcos,b=rsin(0r1)； 对于1-x2，|x|1，由|cos|1，或|sin|1知，可设x=cos，或x=sin； 对于1+x2，xR，可设x=tan，或x=cot； 对于x2-1，|x|1，由|sec|1，或|cos|1知，可设x=sec,或x=csc； 若x+y+z=xyz，可设x=tanA, y=tanB, z=tanC(A+B+C=). 27设a、b、c为三角形三边，求证：abc +>1+a1+b1+cxx证：设函数f(x)=,即f(x)=1-(x(0,+).显然f(x)在(0,+)上是单调递增函数 1+x1+x7 a、b、c是三角形三边，故有c<a+b.f(c)<f(a+b).即abcab<， <+1+c1+(a+b)1+(a+b)1+a1+bcab<。 +1+c1+a1+b28已知x>0,y>0,z>0求证：x2+xy+y2+y2+yz+z2>x+y+z. yö3y2yæ证：x+xy+y=çx+÷+>x+, 2ø42è222yöy3æx+xy+y=çz+÷+y2>z+, 242èø222+得：x2+xy+y2+y2+yz+z2>x+y+z. 29. 已知a+b+c>0,ab+bc+ca>0,abc>0，求证：a、b、c都为正数. 证：假设a,b,c不全是正数，即至少有一个小于或等于0，又abc>0， 不妨假设a<0,则bc<0,Qb+c>-a>0,-a(b+c)>0,a(b+c)<0, 又bc<0,bc+a(b+c)<0,即ab+bc+ca<0与ab+bc+ca>0矛盾所以假设不成立，故a>0,b>0,c>0成立. 30. 设a，b，c，d是正数，求证：下列三个不等式： a+b<c+d 中至少有一个不正确 证：假设不等式、都成立.因为a,b,c,d都是正数，所以式与式相乘，得： (a+b)(c+d)<ab+cd (a+b)cd<ab(d+d) (a+b)2<ab+cd， 由式(a+b)cd<ab(c+d)£(a+b2)(c+d)， 21ad.由式得3得Qa+b>0,4cd<(a+b)(c+d)，结合式得4cd<ad<cd,3cd<ab,即cd<42(a+b)2<ab，即a2+b2<-ab，矛盾.不等式、中至少有一个不正确. 33n(n+1)(n+1)2<an<31. 设an=1´2+2´3+L+n(n+1)(n=1, 2, 3, )，证明： 22k+(k+1)2k+1，令k=1, 2, ，n有=22352n+1。以上各式相加得1<1´2<,2<2´3<，n<n(n+1)<222证：对于一切正整数k都有：k<k(k+1)<n(n+1)(n+1)2352n+1<an<1+2+n<1´2+2´3+n(n+1)<+L+。整理即得。22222故原不等式对于nN*都成立。 8 32. 已知1x2+y22，求证：12x-xy+y23。 2证：1x2+y22，所以可设x=rcos, y=rsin，其中1r2, 02. x2-xy+y2=r2-r2sincos=r2(1-111311311sin2). 1-sin2, r2r2(1-sin2)r2，需r2, 2222222223r23，所以1x3-xy+y2223。 33. 已知x>0, y>0，且x+2y=1，求证：3x+3y³9+62. 证： 3x+3y=3(1x+1y)=3(x+2yx+x+2yy)=3(1+2yxx+y+2) =3(3+2yxìï2y=xìx=2-1,x+y)³3(3+22)=9+62。当且仅当íxy,，即ïí2-2时取“=”号。 ïîx+2y=1ïîy=2证法二：令x=sin2, 2y=cos2(0<<p33362)，则x+y=sin2a+cos2a 3(sin2=a+cos2a)6(sin2a+cos2a)22sin2a+cos2a=9+3(cot+2tan)9+3·22=9+622。当且仅当cot2=2tan2，即tan=12时，等式成立。 34已知a，b，m都是正数，并且a<b，求证：a+mb+m>ab. 证：Qa,b,mÎR+,a<b,am<bmÛab+am<ad+bm, 从而a+maab+bma+b+m¸b=ab+am>1,mb+m>ab. 证法二：Qa,b,mÎR+,且a<b,a+ma(a+m)a2+amb+m=a(a+m)=ab+am>a2+amab+bm=ab. 证法三：设b=a+t(t>0)，则b+ma+t+mta+ta+m=a+m<1+a=a=baÞa+nb+m>ab. 证法四：设a+mb+m=k,则0<k<1，视m为主元，即得m=a-kbk-1,又mÎR+， a-kbk-1>0，解得k>aa+mab.即b+m>b. 证法五：Q(b+m)-(a+m)=b-a,令b+m=(b-a)sec2a,a+m=(b-2)tan2a, b=(b-a)sec2b,a=(b-a)tan2b,a,bÎ(0,p)，易得a+m=sin2a,a=sin22b+mbb. 9 又a+m>a,tan2a>tan2b,0<b<a<+p2,故sin2>sin2b.即原不等式得证。 证法六： a,b,ÎR,a<b，关于x的不等式 a+xa(b-a)x>Û>0Ûx(x+b)>0，其解集为(-¥,-b)È(0,+¥)b+xbb(b+x)证法七：设数轴上P1,P2,P三点的坐标分别为̹R+,原不等式成立. aa+m、1，,则p分P1P2所成的比bb+ma+ma-PPma+mal=1=b+mb=>0ÞP为P1P2内分点Þ>. a+mPP21-bb+mbb+maa+m证法八：作直线y=x.,设A(b,a)、B(-m,-m),则kOA=tana,kAB=tanb. bb+mpaa+m由0<a<b<Þtana<。 4bb+ma+xb-a证法九：作辅助函数f(x)=Þf(x)=1-.Q函数f(x)在(0,+¥)上单调递增，又b+xb+xa+mamÎ(0,+¥).f(x)>f(0),即>. b+mb1+b1+a35已知a>0,b>0,，且a+b>2,求证：中至少有一个小于2. ,ab1+b1+a1+b1+a证：假设都不小于2，则、³2,³2，Qa>0,b>0,1+b³2a,1+a³2d, abab1+b1+a1+1+a+b³2(a+b),即2³a+b这与已知a+b>2矛盾，故假设不成立.即中至少有一个,2b小于2. 36. 设x,yÎR且x+y£1，求证：|x2+2xy-y2|£证:设x=rcosq,y=rsinq,且|r|£1,则 222. |x2+2xy-y2|=r2|cos2q+2cosqsinq-sin2q|=r2|cos2q+sin2q|=2r2|sin(2)q+37. 设f(x)=ax+bx+c,当|x|£1时，总有|f(x)|£1，求证：|f(x)|£7. 2p4|£2. f(1)+f(-1)ìa=-f(0)ï2ìf(0)=cïf(1)-f(-1)ïï, 证：Q|x|£1,|f(0)|£,|f(1)|£1,|f(-1)|£1，íf(1)=a+b+c,íb=2ïf(-1)=a-b+cïîïc=f(0)ïîf(2)=4a+2b+c=4(f(1)+f(-1)f(1)-f(-1)-f(0)+2´+f(0)=3f(1)+f(-1)-3f(0),2210 |f(2)|=|3f(1)+f(1)-3f(0)£3|f(1)|+|f(-1)|+3|f(0)|£7。 38. 设m等于|a|、|b|和1中最大的一个，当|x|>m时，求证：ab+2<2. xx|x|>m³|b|üabab|a|b|x|x|22+<+=2,故 证：Q|x|>m|a|，ýÞ|x|>|b|.+2£+2=|x|>m³1þxxxx|x|x|2|x|x|2原不等式成立。 39. 已知a, bR，且a2+b21，求证：|a2+2ab-b2|2。 证：设a=rcos,b=rsin且0r1，|a2+2ab-b2|=|r2sin2cos-r2cos2|=r2|sin2-cos2| =2r2|sin(2-p)|2r22。 440. 已知f(x)=x2+px+q。 求证：f(1)+f(3)-2f(2)=2； 求证：|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一个不小于1。 2证：f(1)+f(3)-2f(2)=(1+p+q)+(9+3p+q)-2(4+2p+q)=2 1，则|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|<2，而|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|>f(1)+f(3)-2f(2) 21=(1+p+q)+(9+3p+q)-(8+4p+2q)=2出现矛盾。|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一个不小于。 2题型5 不等式证明中的综合问题 假设|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|都小于41. 已知等差数列an的公差大于0，且a3、a5是x2-14x+45=0的两根，数列bn的前n项的和为1Sn,且Sn=1-bn. 2求数列an，bn的通项公式； 记cn=anbn，求证：cn+1£cn 解：Qa3、a5是方程x2-14x+45=0的两根、且数列an是公差d>0，a3+5,a5=9,， 公差d=a5-a312=2.an=as+(n-5)d=2n-1.nÎN*.又当n=1时，有b1=S1=1-b1,b1=. 5-323b11(bn-1-bn),n=(n³2),数列bn是等比数列， 2bn-13当n³2时，有bn=Sn-Sn-1=b1=21212,q=,bn=b1qn-1=´n-1=n,nÎN*. 333332(2n-1)2(2n+1)2(2n+)2(2n+1)8(1-n)Qcn=anbn=,c=,c-c=-=£0, n+1n+1n3n3n+13n+13n3n+1cn+1£cn. 42. 已知数列an是等差数列，其前n项和为Sn,a3=7,S4=24. 11 求数列an的通项公式； 设p、q是正整数，且p¹q，证明：Sp+q<1(S2p+S2q)。 2ìa1+2d=7,ìa1=3,ï解：设等差数列an的公差是d，依题意得í解得í 数列an的通4´3d=2.4a1+d=24.îï2î项公式为：an=a1+(n-1)a=2n+1. Qan=2n+1,Sn=n(a1+an)=n2+2n. 2Q2Sp+q-(S2P+S2p)=2(p+q)2+2(p+q)-(4p2+4p)-(4p2+4q)=-2(p-q)2,1Qp¹q,2Sp+q-(S2p+S2q)<0.Sp+q<(S2p+s2q). 243已知函数f(x)(xR)满足下列条件：对任意的实数x1、x2都有：(x1-x2)2(x1-x2)f(x1)-f(x2)和|f(x1)-f(x2)|x1-x2|，其中是大于0的常数设实数a0, a, b满足f(a0)=0和b=a-f(a). 证明1，并且不存在b0a0，使得f(b0)=0; 证明(b-a0)2(1-2)(a-a0)2 证明f(b)2(1-2)f(a)2. 证：任取x1, x2R, x1x2, 则由(x1-x2)2(x1-x2)f(x1)-f(x2)， 和|f(x1)-f(x2)|x1-x2|， 可知：(x1-x2)2(x1-x2)f(x1)-f(x2)| x1-x2|·| f(x1)-f(x2)| x1-x2|2，从而1 假设有b0a0，使得f(b0)=0，则由式知0<(b0-a0)2(b0-a0)·f(a0)-f(b0)=0，矛盾不存在b0a0，使得f(b0)=0. 由b=a-, 可知(b-a0)2=a-a0-f(a)2=(a-a0)2-2(a-a0)f(a)+2f(a)2. 由f(a0)=0和式，得(a-a0)f(a)=( a-a0)f(a)-f(a0)(a-a0)2. 由f(a0)=0和式知f(a)2=f(a)-f(a0)2(a-a0)2. 则将、代入式，得(b-a0)2(a-a0)2-22(a-a0)2+2(a-a0)2=(1-2)( a-a0)2. 由式，可知f(b)2=f(b)-f(a)+f(a)2=f(b)-f(a)2+2f(a)f(b)-f(a)+f(a)2 b-a22(b-a)2-2·f(b)-f(a)+f(a)2=2f(a)2-(b-a)f(b)-f(a)+f(a)22f(a)2-··(b-a)2+f(a)2 lll=2f(a)2-22f(a)2+f(a)2=(1-2)f(a)2. 44已知函数f(x)=lm(1+x)-x, g(x)=xlnx. 求函数f(x)的最大值； æa+bö设0<a<b，证明：0<g(a)+g(b)-2gç÷<(b-a)ln2. è2ø1-1.令f(x)=0，解得x=0 1+x当-1<x<0时，f(x)>0；当x>0时，f(x)<0又f(0)=0，故当且仅当x=0时，f(x)取得最大值，最大值为0. 解：函数f(x)的定义域为，f(x)=a+b2a2bæa+bög(a)+g(b)-2gç=aln+bln.由结论知： ÷=alna+blnb-(a+b)ln2a+ba+bè2øln(1+x)-x<0(x>-1,且x0) 12 由题设0<a<b，得b-aa-b2a2bæb-aöa-b>0,-1<<0,ln=-lnç1-ln ÷>-2aø2a2ba+b2ba+bèa-böa-b2b2bb-aæ=-lnç1+.aln+bln>-=0. ÷>-2b2ba+ba+b2èø又2ba+b2b2ba+b2b2b<,aln+bln<aln+bln=(b-a)ln<(b-a)ln2. a+b2ba+ba+b2ba+ba+bæa+bö0<g(a)+g(b)-2gç÷<(b-a)ln2. è2øæa+证法二：g(x)=xln x,g=lnx+1.设f(x)=g(a)=g(x)-2gçè2xöa+x. ÷,则F(x)=lnx-ln2ø当0<x<a时，F(x)<0，因此f(x)在(0,a)上为减函数当x>a时，F(x)>0，因此f(x)在(a，+)上为增æa+bö函数当x=a时，F(x)有最小值F(a)F(a)=0, b>a，F(b)>0, 0<g(a)+g(b)-2gç÷. è2ø设G(x)=F(x)-(x-a)ln2=lnx-ln(a+x).当x>0，G(x)<0因此G(x)在(0, +)上为减函数.G(a)=0,b>a, æa+böG(b)<0，即g(a)+g(b)-2gç÷<(b-a)ln2. 2èø45设f(x)是定义在0，1上的函数，若存在xÎ(0,1),使得f(x)在0,x上单调递增，在x*，1上单调递减，则称f(x)为0，1上的单峰函数，x*为峰点，包含峰点的区间为含峰区间.对任意的0，1上的单峰函数f(x)，下面研究缩短其含峰区间长度的方法： 证明：对任意的x1,x2Î(0,1),x1<x2,若f(x1)³f(x2),则(0,x2)为含峰区间； 若f(x1)£f(x2),则(x1,1)为含峰区间； 对给定的r，证明：存在x1,x2Î(0,1),满足x2-x1³2r，使得由所确定的含峰区间的长度不大于0.5+r； 选取x1,x2Î(0,1),x1<x2，由可确定含峰区间为或，在所得的含峰区间内选取x3,由x3与x1或x3与x2类似地可确定一个新的含峰区间，在第一次确定的含峰区间为的情况下，试确定x1,x2,x3的值，满足两两之差的绝地值不小于0.02，且使得新的含峰区间的长度缩短到0.34. 证：设x为f(x)的峰点，则由单峰函数定义可知，f(x)在0,x上单调递增，在x,1上单调递减. 13 *当f(x1)³f(x2)时,假设xÏ(0,x2),则x1<x2£x,从而f(x)³f(x2)>f(x1)，这与 *f(x1)³f(x2)矛盾,所以x*Î(0,x2),即(0,x2)是含峰区间. 当f(x1)£f(x2)时,假设xÏ(x1,1),则x£x1<x2,从而f(x)³f(x1)>f(x2),这与 *f(x1)£f(x2)矛盾,所以x*Î(x1,1),即(x1,1)是含峰区间. 由的结论可知：当f(x1