这样证明函数不等式

例题 已知函数 f（x）=ln（2-x）+ax在（0，1）内是增函数.

（1）求实数a的取值范围；

（2）若b>1，求证：ln（b+2）+ln b-2ln（b+1）>.

（1）解：由已知得f ′（x）=+a≥0在（0，1）内恒成立，即a≥-在（0，1）内恒成立，a≥1.实数a的取值范围是a≥1.

下面给出证明第（2）问中函数不等式的若干种方法.

一、函数单调性法是处理这类问题的最基本方法

证法1 b>1，0

小结 证明上述函数不等式时，学生要注意第（1）问的结论对第（2）问的铺路搭桥作用，同时要注意取特殊值，如上述证法取a=1.值得一提的是，与是怎么来的呢？请看下面一种证法.

二、分析思考法是处理这类问题的常用方法

证法2 要证明原不等式成立，只要证明ln -ln >-成立，只要证明ln ->ln -成立，只要证明ln +（1-）>ln +（1-）成立，只要证明ln +>ln +成立，只要证明ln（2-）+>ln（2-）+成立.

我们注意到f（x）=ln（2-x）+x在（0，1）内是增函数，又b>1，0

由于上述过程步步可逆，所以原不等式成立.

小结 从上述证明过程可知，令2-x=，则x=；令2-x=，则x=.

三、利用不等式≤ln（x+1）≤x进行放缩是处理这类问题的典型方法

不等式≤ln（x+1）≤x（x>-1），当且仅当x=0时取等号.

证明：构造函数f（x）=x-ln（x+1），g（x）=ln（x+1）-，其中x>-1，则 f ′（x）=1-=，g′（x）=-=.令f ′（x）= 0，g′（x）= 0，得x = 0.

x∈（-1，0）时， f ′（x）< 0，g′（x）< 0；x∈（0，+∞）时，f ′（x）> 0，g′（x）> 0， fmin（x）=f（0）=0，gmin（x）=g（0）=0.于是f（x）≥0，g（x）≥0.

特别地，当x> 0时，有

证法3 要证明ln（b+2）+ln b-2ln（b+1）>成立，只要证明ln

由不等式ln（x+1）< x（x>0），有ln[+1]

证法4 利用不等式ln（x+1）≥（x>-1）进行证明.

要证明ln（b+2）+ln b-2ln（b+1）>成立，只要证明ln>成立，只要证明ln[+1]>成立.

b>1，>-.

由不等式ln（x+1）≥，有ln[+1]>=>，ln=ln[+1]>.ln（b+2）+ln b-2ln（b+1）>.

四、同构分析法是处理这类问题的有效方法

证法5 要证明ln（b+2）+ln b-2ln（b+1）>成立，只要证明ln（b+2）+ln b-2ln（b+1）>-成立，只要证明ln（b+2）-ln（b+1）->ln（b+1）-ln b-成立.

我们注意到上述不等式的两边具有相同的结构，不等式右边的式子中的b如用b+1去代替，即得不等式左边的式子.于是令y= h（x）=ln（x+1）-ln x-（x >0），则y′=-+=>0.y= h（x）在（0，+∞）内为增函数.

b+1>b>0， h（b+1）> h（b）.原不等式成立.

小结 证法5的证明过程通俗、易懂、自然，更容易被学生理解和接受.

五、换元法是处理这类问题的重要方法

证法6 令2-x= t，则当x∈（0，1）时，t∈（1，2），于是有g（t）=ln t+（2-t），t∈（1，2），则g′（t）=-1=.

小结 在证明函数不等式的过程中，我们通过变量代换，可以化繁为简、化难为易，实现从未知向已知的转化，从而达到证明不等式的目的.

六、等价转换法是处理这类问题的巧妙方法

通过等价转换，利用不等式ex≥x+1（x∈R）或e-x≥1-x（x∈R）证明.

先证明不等式ex≥x+1（x∈R）和e-x≥1-x（x∈R）成立.

证明：记f（x）=ex-x-1，则f ′（x）=ex-1.令f ′（x）=0，得x=0.当x∈（-∞，0）时，f ′（x）0， f（x）在（-∞，0）内单调递减，在（0，+∞）内单调递增. f（x）在R上的最小值为f（0）=0.ex≥x+1（x∈R），当且仅当x=0时等号成立.

在上式中，用-x代替x，可得e-x≥1-x（x∈R），当且仅当x=0时等号成立.

证法7 由证法3可知，要证明原不等式成立，只要证明ln成立.根据不等式ex>x+1（x>0），可知e>+1>+1=，所以原不等式成立.

小结 指数式与对数式可以互化，指数不等式与对数不等式也可以等价变换.等价变换就是等价地变更问题，即通过命题的叙述或改变观察的角度，将原命题变为等价的新命题，使其更简洁、明了，或者更为学生所熟悉，从而达到顺利答题的目的.