【正文】 數(shù)11,(x)=ln(x+1)+x+1證:先證左邊,令g(x)=ln(x+1)+111x1, 則g162。9 參考文獻(xiàn) 8 4 3 構(gòu)造形似函數(shù) 2 從條件特征入手構(gòu)造函數(shù)derivative目 錄 極值。a238。239。0,D=b2+bx+c=0有嚴(yán)格的順序性： 及x1,2=b177。其中|a+b|179。3．?dāng)?shù)（式）大小的比較：（1）作差或作比法（2）媒介法（3）函數(shù)單調(diào)性法4．不等式在函數(shù)中的應(yīng)用：（1）求函數(shù)的定義域（2）求函數(shù)的值域（3）研究函數(shù)的單調(diào)性5．基本不等式法求最值：（1）均值定理求最值：要求各項為正，一邊為常數(shù)，等號可取。根據(jù)原命題與逆否命題等價，A得證。2．不等式證明的其它方法：（1）反證法：理論依據(jù)A222。3abc等），推論出所要證的不等式。0。ab0219。ab239。ab0219。a=b239。（2）綜合法：利用題設(shè)、不等式的性質(zhì)和某些已經(jīng)證明的基本不等式（a2 | a a179。a3+b3+c3179。證明不等式通常采用“分析綜合法”，即用分析法思考，用綜合法表述。先否定命題結(jié)論，提出假設(shè)，由此出發(fā)運用已知及已知定理推出矛盾。B（3）函數(shù)單調(diào)性法。|a|+|b|的應(yīng)用。6．方程與不等式解的討論（1）一元二次方程ax2a185。x1+x2=239。xx=12239。函數(shù)的構(gòu)造。extreme value。2 換元法構(gòu)造函數(shù)4 作商比較法 ln(x+1)163。(x)0。(x)0 , 即g(x)在x206。)上的最小值為g(x)min=g(0)=0, ∴當(dāng)x1時,g(x)179。(x)=1(左邊得證).x+11x1= x+1x+1 ∴ 當(dāng)1x0時,f162。(0,+165。0∴ ln(x+1)163。f(a)（或f(x)163。(x)=ln(1+x)+2ln(又得,f39。39。(x)f39。x+y163。2,所以可設(shè)x=rcosq,y=rsinq，22r2163。, 222121322 \r163。 222122163。(x)+f(x)此時可以得到F(x)的導(dǎo)數(shù)為xf \F162。3d分析:本題初看含有四個未知量,且題目中只含一條不等式,因此解題時必須從這條不等式入手,:把a看成未知量進(jìn)行化簡,得一元二次不等式+2(b+c)a+(bc)2+4d163。d,ab179。(x)= Qbe,xb \lnb1, \b1\f162。R,且a0,b0,求證(ab)a+b22163。2時,+1n+22n 分析:本題分為兩小題,第一小題是考察數(shù)列的知識,是為第二小題做的鋪墊,在做第二小題時,需要采用放縮來證明,(snsn1)證:(1)當(dāng)n179。== 即4 44f(2)616322(n+1)6+n+111115+2.\2+2+2+..........xnxn+1xn+2x2n32【啟迪】: 采用放縮法題目一般比較開放,且沒有固定的放縮范圍,一般比較靈活,且方法233。235。022233。0,解得1163。37249。,x206。 又由基本不等式得，221b+c1c+a(1b)c163。12.【例1】設(shè)a1,b1,c1,證明:b1c1a1 分析:本題只有一個已知條件,且結(jié)論也無法化簡,因此可以想到高中最直接的方法向量法, 證:設(shè)=(a2b2c2v，),n=(b1,c1,a1)b1c1a1vvm 則n=a2b2c2b1+c1+a1 b1c1a1=a+b+c222abc =++a+b+c3cosqb1c1a1a2b2c2++a+b+c3163。b1c1a1 \1125【例1】 已知a0,b0,且a+b=1,求證(a+)(b+)179。0，1ab163。 又因為1=a+b179。0=4ab4ab1125 \(a+)(b+)179。231。1122)(cosa+)則原式=(sina+22sinacosasin4a+cos4a2sin2acos2a+2 =4sin22a(4sin2a)2+16 = 24sin2a22 Q sin2a163。25,24sin2a41125 \(a+)(b+)179。|a||b|。)；f(x)+33222。[遷移]若abc且a+b+c=0，則：①aab，②bbc，③bccaba的取值范圍是：(12,1)，的取值范圍是：（2，12）。[舉例]已知函數(shù)f(x)=ax+c，且滿足－2≤f(1)≤－1,2≤f(2)≤3,則f(3)的取值范圍是：。在此過程中雖然也用了“同向不等式相加”，但由錯解分析知：當(dāng)a=1，53c=－2時，不等式c=113≤f(1)和163≤f(2)中的等號同時成立，即f(3)=7成立；而當(dāng)a=34353，時，不等式f(1)≤和f(2)≤8中的等號同時成立，即f(3)=成立；所以這個解法是沒有問題的。y|≤|x|+|y|及其等號成立的條件；具體的：xy≥0219。|xy|=|x|+|y|；xy≤0且|x|≥|y|219。解析：|xa|m,∴|xa|解析：x0，不等式|2xlog2x|0222。[鞏固1]a,b都是非零實數(shù)，下列四個條件：①|(zhì)a+b|xx+1|=|x2|+|xx+1|的解集是。3+22,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=時等號成立。等號成立。0222。[鞏固2]某工廠第一年年產(chǎn)量為A，第二年的年增長率為a，第三年的年增長率為b，這兩年的平均增長率為x，則A．xa+b2a+b2a+b2（）a+b2B．x163。[舉例1]已知ab0且ab=1，若0c1,p=logp、q的大小關(guān)系是（）a+bc2,q=logc（1a+b),則A．pq 解析：記x=a+b2B．pqC．p=qD．p179。N+（Ⅰ）kk(k+1)k+1（Ⅱ）k+1k=1k+1+1kk112k1k；（Ⅲ）1k!163。)。 等 式知識要點（1）不等（等）號的定義：ab0219。ab0219。a+cb+c（加法單調(diào)性）（4）ab,cd222。acbc（乘法單調(diào)性）（8）ab0,cd0222。anbn(n206。R,則|a|179。2ab(或a2+b2179。R+,則a+b+c179。xa或xa。R,則||a||b||163。(（當(dāng)a = b時，()163。231。248。(a2+b2)(c2+d2).1111111常用不等式的放縮法：①=p2p=(n179。R?；?2f(x1+x2f(x1)+f(x2))179。f(x)g(x)179。g(x)238。0253。239。0252。f(x)179。0或236。238。 f(x)g(x)219。238。f(x)g(x)af(x)b(a0,b0)219。237。236。g(x)0239。237。0(f(x),g(x)不同時為0)或236。()3=2232722x2(1x2)(1x2)1234②y=x(1x)222。223272類似于y=sinxcosx=sinx(1sinx)，③|x+1|=|x|+|1|(x與1同號，故取等)179。(x)=拉格朗日中值定理是探討可微函數(shù)的的幾何特性及證明不等式的重要工具，我們可以根據(jù)以下兩種方法來證明。最后，在根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性和最大值和最小值。f(b)f(a)。(x)=f(1+x)f(x)(1+x)(x)即ln(1+x)ln(x)=1x而 x1+x1)而0x+165。(qh)h=當(dāng)h0時有1qh+11+h,當(dāng)1h0時有11+qh1+h0,+qh1hh。（2）若在(a,b)內(nèi)f39。(x)0（F39。(x)0故F(x)遞增又因為F(0)0所以F(x)0所以ln(1+x)xex成立3．利用函數(shù)的最大值和最小值證明不等式當(dāng)?shù)仁街泻小?”號時，不等式f(x)163。0（或g(x)f(x)163。xp+(1x)p163。(x)=pxp1p(1x)p1=p(xp1(1x)p1)令f39。f(x)163。既有p1p1224．利用函數(shù)的泰勒展式證明不等式若函數(shù)f(x)在含有x0的某區(qū)間有定義，并且有直到(n+1)階的各階導(dǎo)數(shù)，又在x0處有n階導(dǎo)數(shù)f(n)(x0)，則有展式： f39。(0)f39。0)則可得f39。f(0)+(x)+(x)+L(x)，1!2!n!f39?；騠(x)163。39。39。(a)=f39。39。39。39。39。(h)時，記c=x否則記c=h,那么f39。[3]歐陽光中，姚允龍，周淵編《數(shù)學(xué)分析》上冊，復(fù)旦大學(xué)出版社，2004.[4]華東師范大學(xué)數(shù)學(xué)系編《數(shù)學(xué)分析》上冊，第三版，高等教育出版社2001.