第一篇：函數法證明不等式
函數法證明不等式
已知函數f(x)=x-sinx,數列{an}滿足0
<1>證明0
<2>證明an+1<(1/6)×(an)^3
它提示是構造一個函數然後做差求導，確定單調性。可是還是一點思路都沒有，各位能不能給出具體一點的解答過程啊?
(1)f(x)=x-sinx,f'(x)=1-cosx
00,f(x)是增函數,f(0)
因為0
且an+1=an-sinan
(2)求證不等式即(1/6)an^3-an+1=(1/6)an^3-an+sinan>0①
構造函數g(x)=(1/6)x^3-x+sinx(0
g''(x)=x-sinx,由(1)知g''(x)>0,所以g'(x)單增,g'(x)>g'(0)=0
所以g(x)單增且g(x)>g(0)=0,故不等式①成立
因此an+1<(1/6)×(an)^3成立。
證畢!
構造分式函數，利用分式函數的單調性證明不等式
【例1】證明不等式：≥(人教版教材p23t4)
證明：構造函數f(x)=(x≥0)
則f(x)==1-在上單調遞增
∵f(|a|+|b|)=f(|a+b|)=且|a|+|b|≥|a+b|
∴f(|a|+|b|)≥f(|a+b|)即所證不等式正確。
點評：本題還可以繼續推廣。如：求證：≥。利用分式函數的單調性可以證明的教材中的習題還有很多，如：
p14第14題：已知c>a>b>0,求證:
p19第9題:已知三角形三邊的長是a，b，c，且m是正數，求證：
p12例題2:已知a，b，m，都是正數，且a二、利用分式函數的奇偶性證明不等式
【例2】證明不等式：(x≠0)
證明：構造函數f(x)=
∵f(-x)=
=f(x)
∴f(x)是偶函數，其圖像關於y軸對稱。
當x>0時，<0，f(x)<0;
當x<0時，-x>0,故f(x)=f(-x)<0
∴<0，即
三、構造一次函數，利用一次函數的單調性證明不等式
【例3】已知|a|<1，|b|<1，|c|<1，求證：a+b+c證明：構造函數f(c)=(1-ab)c+a+b-2
∵|a|<1，|b|<1
∴-10
∴f(c)的(-1，1)上是增函數
∵f(1)=1-ab+a+b-2=a+b–ab-1=a(1-b)-(1-b)=(1-b)(a-1)<0
∴f(1)<0，即(1-ab)c+a+b-2<0
∴a+b+c。
第二篇：構造函數法證明不等式
構造函數法證明不等式
河北省 趙春祥
不等式證明是中學數學的重要內容之一．由於證明不等式沒有固定的模式，證法靈活多樣，技巧性強，使其成為各種考試命題的熱點問題，函數法證明不等式就是其常見題型．即有些不等式可以和函數建立直接聯繫，通過構造函數式，利用函數的有關特性，完成不等式的證明．
一、構造一元一次函數證明不等式
例1設0＜x＜1，0＜y＜1，0＜z＜1，求證：x(1－y)＋y(1－z)＋z(1－x)＜1．
證明：構造一次函數f(x)= x(1－y)＋y(1－z)＋z(1－x)，整理，得
f(x)= (1－y－z)x＋(y＋z－yz) 其中0＜x＜1，
∵0＜x＜1，0＜y＜1，0＜z＜1，∴－1＜1－y－z＜1．
⑴當0＜1－y－z＜1時，f(x)在(0，1)上是增函數，於是
f(x)＜f(1)=1－yz＜1；
⑵當－1＜1－y－z＜0時，f(x)在(0，1)上是減函數，於是
f(x)＜f(0)= y＋z－yz = 1－(1－y)(1－z)＜1；
⑶當1－y－z = 0，即y＋z = 1時，f(x)= y＋z－yz = 1－yz＜1．
綜上，原不等式成立．
例2已知 | a |＜1 ，| b |＜1，| c |＜1，求證：abc＋2＞a＋b＋c．
證明：構造一次函數f(x)= (bc－1)x＋2－b－c，這裏， | b |＜1，| c |＜1，| x |＜1，則bc ＜1． ∵f(?1)= 1－bc＋2－b－c = (1－bc)＋(1－b)＋(1－c)＞0，
f(1)= bc－1＋2－b－c =(1－b)(1－c)＞0，
∵－1＜x＜1，∴一次函數f(x)= (bc－1)x＋2－b－c的圖象在x軸上方，這就是説，當| a |＜1 ，| b |＜1，| c |＜1時，有(bc－1)a＋2－b－c＞0，
即abc＋2＞a＋b＋c．
二、構造一元二次函數證明不等式
例3若 a、b、c∈r+ ，求證：a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca ．
證明構造函數f(x)= x2－( b＋c )x＋b2＋c2－bc ．
因為 △= ( b＋c )2－4( b2＋c2－bc ) =－3( b－c )2≤0 ，
又因為二次項的係數為正數，所以x2－( b＋c )x＋b2＋c2－bc≥0對任意實數恆成立． 以a 替換 x 得：a2－( b＋c )a＋b2＋c2－bc≥0， 即 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ ca．
例4已知a、b、c、d、e是滿足a＋b＋c＋d＋e= 8，a2＋b2＋c2＋d2＋e2= 16的實數，求證：0≤e≤
165
．
證明：構造一元二次函數
f(x)= 4x
＋2(a＋b＋c＋d)＋a2＋b2＋c2＋d2= (x＋a)2＋(x＋b)2＋(x＋c)2＋(x＋d)2≥0，
又∵二次項係數為正數，
∴△= 4(a＋b＋c＋d)2－16(a2＋b2＋c2＋d2) = 4(8－e)2－16(16－e2)≤0， 解之得0≤e≤
165
．
故不等式成立．
三、構造單調函數證明不等式 例5已知 a＞0，b＞0，求證 ：證明： 構造函數f(x)=
x1?x
a1?a
＋
b1?b
＞
x
a?b1?a?b
．
，易證f(x)=
1?x
= 1－
1?x
當x＞0 時單調遞增．
∵ a＋b＋ab＞a＋b＞0 ，∴ f(a＋b＋ab)＞f( a＋b) ． 故
a1?a
＋
b1?b
=
a?b?2ab(1?a)(1?b)
＞
a?b?ab1?a?b?ab)
14
=f(a＋b＋ab)＞f( a＋b) =
13n?2
13n?1
a?b1?a?b
．
例6對任意自然數n 求證： (1＋1)(1＋
14
)·…·(1＋
13n?2
)＞3n?1．
證明：構造函數f(n)= (1＋1)(1＋
13n?1
)·…·(1＋3
，
由
f(n?1)f(n)
(1?)33n?1
=
3n?4
=(3n?2)
(3n?1)(3n?4)
＞1，
∵f(n)＞0，∴f(n?1)＞f(n)，即f(n)是自然數集n上的單調遞增函數，
∴(1＋1)(1＋
14
)·…·(1＋
13n?2
)＞33n?1．
第三篇：對構造函數法證明不等式的再研究
龍源期刊網
對構造函數法證明不等式的再研究
作者：時英雄
來源：《理科考試研究·高中》2014年第10期
某刊一文闡述了構造法證明不等式的九個模型，筆者深受啟發，對其中作者介紹的構造函數模型進行了挖掘，着重對構造函數模型，利用函數的有關性質解決不等式問題進行了再研究，以供大家參考。
第四篇：巧用構造函數法證明不等式
構造函數法證明不等式
一、構造分式函數，利用分式函數的單調性證明不等式
【例1】證明不等式：|a|?|b||a?b|
1?|a|?|b|≥1?|a?b|
證明：構造函數f(x)=
x
1?x (x≥0)則f(x)=x1?x=1-1
1?x
在?0，???上單調遞增
∵f(|a| + |b|)=
|a|?|b|1?|a|?|b|f(|a + b|)=|a?b|
1?|a?b|
且|a| + |b|≥|a + b|
∴f(|a| + |b|)≥f(|a + b|)即所證不等式正確。
二、利用分式函數的奇偶性證明不等式
【例2】證明不等式：x1?2x＜x
2（x≠0） 證明：構造函數f(x)=x1?2
x
?x
2(x?0)∵f(-x)=-xx-x?2x1-2-x?2?2x?1?x2?x1?2x
[1-(1-2x
)]?x2?x1?2x?x2=f(x)
∴f(x)是偶函數，其圖像關於y軸對稱。當x＞0時，1?2x
＜0，f(x)＜0；
當x＜0時，-x＞0,故f(x)=f(-x)＜0 ∴x1-2x?x2＜0，即x1?2
x
＜x
2
三、構造一次函數，利用一次函數的單調性證明不等式
【例3】已知|a|＜1，|b|＜1，|c|＜1，求證：a + b + c＜abc + 2。
證明：構造函數f(c)=(1-ab)c + a + b-2
∵|a|＜1，|b|＜1
∴-1＜ab＜1，1-ab＞0
∴f(c)的（-1，1）上是增函數
∵f(1)=1-ab + a + b -2=a + b–ab(推薦訪問範文網) -1=a(1 - b)-(1 - b)=(1 - b)(a -1)＜0 ∴f(1)＜0，即(1-ab)c + a + b-2＜0 ∴a + b + c＜abc + 2
四、構造二次函數
⒈利用判別式法證明不等式
【例4】已知a，b，c∈r，(a + c)(a + b + c)＜0，求證：(b - c)2＞4a(a + b + c)。 證明：構造函數f(x)=ax2 + (-b + c)x + (a + b + c)(a≠0)
則f(0)=a + b + c，f(1)=2(a + c)
由(a + c)(a + b + c)＜0知：f(0)?f(1)＜0 ∴f(x)=0有兩個不等的實數根。 ∴△＞0，即(b - c)2＞4a(a + b + c) 當a=0時，顯然成立。 ∴(b - c)2＞4a(a + b + c)
【例5】已知實數a，b，c滿足a + b + c = 5，a2 + b2 + c2
= 9，求證a，b，c的值都不小於1，又都 不大於213
。
證明：構造函數f(x)=2x2+ 2 (a + b )x + a2 + b2=(x + a)2 + (x + b)2 ≥0
∵2＞0
∴△=[2(a+b)]2-4×2×(a2 + b2
)≤0
∴△=4(5-c)2-8(9-c2
)≤0 ∴(c-1)(3c-7)≤0
∴1≤c≤213
同理可證：1≤a≤21，1≤b≤2133
。
【例6】已知a，b，c∈r，證明：a2 + ac + c2 + 3b(a + b + c)≥0，並指出等號何時成立？
證明：令f(a)= a2 + (c + 3b)a + c2 + 3b2
+ 3bc
△=(c + 3b)2-4(c2 + 3b2 + 3bc)=-3(b + c)2
≤0 恆成立 ∵二次項係數1＞0
∴f(a)≥0，即 a2 + ac + c2 + 3b(a + b + c)≥0
又當△=0，即b + c = 0時f(a)=(a + b)2
= 0 ∴當且僅當a=-b=c時才能取等號。
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⒉利用一元二次方程根的分佈證明不等式
【例7】設a + b + c=1，a2 + b2 + c2 =1，且a＞b＞c，求證：-1
3＜c＜0
證明：∵a + b + c=1
∴a + b =1- c有a2 + b2 + 2ab=1 - 2c + c2
∵a2 + b2 + c2 =1
∴ab= c2 - c
∴a，b是方程x2-(1-c)x+c2-c=0的兩個實數根
∵a＞b＞c，故方程有大於c的兩個不等的實數根
構造函數f(x)= x2-(1-c)x+c2-c，則有：
????(1?c)2?4(c2?c)＞0
??1?c＞c
?2
??f(c)＞0
∴-1
3＜c＜0
⒊綜合運用判別式法、一元二次方程根的分佈證明不等式
【例8】設a，b是兩個不等於0的實數，求證：下列不等式中至少有一個成立。a?a2?2b2
2b1 ，aa2?2b2
2b1
證明：設f(x)=bx2?ax?b
2(b≠0)
∵△=(-a)2-2b(-b)=a2+2b2＞0
∴拋物線與x軸必有兩個交點，其橫座標為x=a?a2?2b2
2b
∴f(-1)=b
2?af(0)= ?b
2f(1)= b
2?a
⑴當b＞0時，f(0)＜0
若a＞0,則f(-1)＞0
∴點a（-1，f(-1)）在x軸上方，點b（0，f(0)）在x軸下方
∴拋物線與x軸在（-1，0）內必有一個交點，此時有
aa2?2b2
2b1 若a＜0，則f(1)＞0 ∴點c(1，f(1))在x軸上方 ∴拋物線與x軸在（0，1）內必有一個交點，此時有 a?a2?2b22b1 ⑵當b＜0時，f(0)＞0，此時點b在x軸下方，同理可證a點和c點至少有一點 在x軸上方。故兩個不等式至少有一個成立。 構造函數法證明不等式，關鍵在於找到能夠反映所要證不等式特徵的合適的函數，從而就可以利用該函數的性質去證明不等式。
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第五篇：構造函數法證明不等式的八種方法
構造函數法證明不等式的八種方法
1、利用導數研究函數的單調性極值和最值，再由單調性來證明不等式是函數、導數、不等式綜合中的一個難點，也是近幾年大學聯考的熱點。
2、解題技巧是構造輔助函數，把不等式的證明轉化為利用導數研究函數的單調性或求最值，從而證得不等式，而如何根據不等式的結構特徵構造一個可導函數是用導數證明不等式的關鍵。 以下介紹構造函數法證明不等式的八種方法：
一、移項法構造函數
【例1】 已知函數f(x)?ln(x?1)?x，求證：當x??1時，恆有
1?1?ln(x?1)?x x?1
分析：本題是雙邊不等式，其右邊直接從已知函數證明，左邊構造函數
1?1，從其導數入手即可證明。 x?1
1x?1??【解】f?(x)?x?1x?1g(x)?ln(x?1)?
∴當?1?x?0時，f?(x)?0，即f(x)在x?(?1,0)上為增函數
當x?0時，f?(x)?0，即f(x)在x?(0,??)上為減函數
故函數f(x)的單調遞增區間為(?1,0)，單調遞減區間(0,??)
於是函數f(x)在(?1,??)上的最大值為f(x)max?f(0)?0，因此，當x??1時，f(x)?f(0)?0，即ln(x?1)?x?0∴ln(x?1)?x （右面得證）， 現證左面，令g(x)?ln(x?1)?111x?1， 則g?(x)? ??22x?1x?1(x?1)(x?1)
當x?(?1,0)時,g?(x)?0;當x?(0,??)時,g?(x)?0 ，
即g(x)在x?(?1,0)上為減函數，在x?(0,??)上為增函數，
故函數g(x)在(?1,??)上的最小值為g(x)min?g(0)?0，
1?1?0 x?1
11?1?ln(x?1)?x∴ln(x?1)?1?，綜上可知，當x??1時,有x?1x?1
【警示啟迪】如果f(a)是函數f(x)在區間上的最大（小）值，則有f(x)?f(a)（或f(x)?f(a)），
那麼要證不等式，只要求函數的最大值不超過0就可得證． ∴當x??1時，g(x)?g(0)?0，即ln(x?1)?
2、作差法構造函數證明
【例2】已知函數f(x)?1223x?lnx. 求證：在區間(1,??)上，函數f(x)的圖象在函數g(x)?x的23
第 1 頁 共 6 頁 圖象的下方；
分析：函數f(x)的圖象在函數g(x)的圖象的下方?不等式f(x)?g(x)問題， 12212x?lnx?x3，只需證明在區間(1,??)上，恆有x2?lnx?x3成立，設2323
1f(x)?g(x)?f(x)，x?(1,??)，考慮到f(1)??0 6
要證不等式轉化變為：當x?1時，f(x)?f(1)，這隻要證明： g(x)在區間(1,??)是增函數即可。
2312【解】設f(x)?g(x)?f(x)，即f(x)?x?x?lnx， 32即
1(x?1)(2x2?x?1)則f?(x)?2x?x?= xx2
(x?1)(2x2?x?1)當x?1時，f?(x)= x
從而f(x)在(1,??)上為增函數，∴f(x)?f(1)?
∴當x?1時 g(x)?f(x)?0，即f(x)?g(x)，
故在區間(1,??)上，函數f(x)的圖象在函數g(x)?1?0 623x的圖象的下方。 3
【警示啟迪】本題首先根據題意構造出一個函數（可以移項，使右邊為零，將移項後的左式設為函數），
並利用導數判斷所設函數的單調性，再根據函數單調性的定義，證明要證的不等式。讀者也可以設f(x)?f(x)?g(x)做一做，深刻體會其中的思想方法。
3、換元法構造函數證明
111?1)?2?3 都成立. nnn
1分析：本題是山東卷的第（ii）問，從所證結構出發，只需令?x，則問題轉化為：當x?0時，n【例3】（2014年，山東卷）證明：對任意的正整數n，不等式ln(
恆有ln(x?1)?x?x成立，現構造函數h(x)?x?x?ln(x?1)，求導即可達到證明。
【解】令h(x)?x?x?ln(x?1)， 322332
13x3?(x?1)2
?則h?(x)?3x?2x?在x?(0,??)上恆正， x?1x?12
所以函數h(x)在(0,??)上單調遞增，∴x?(0,??)時，恆有h(x)?h(0)?0，
即x?x?ln(x?1)?0，∴ln(x?1)?x?x
對任意正整數n，取x?32231111?(0,??)，則有ln(?1)?2?3 nnnn
【警示啟迪】我們知道，當f(x)在[a,b]上單調遞增，則x?a時，有f(x)?f(a)．如果f(a)＝?(a)，要證明當x?a時，f(x)??(x)，那麼，只要令f(x)＝f(x)－?(x)，就可以利用f(x)的單調增性來推導．也就是説，在f(x)可導的前提下，只要證明f'(x)?０即可．
4、從條件特徵入手構造函數證明
【例4】若函數y=f(x)在r上可導且滿足不等式xf?(x)>－f(x)恆成立，且常數a，b滿足a>b，求
證：．af(a)>bf(b)
【解】由已知 xf?(x)+f(x)>0 ∴構造函數 f(x)?xf(x)，
則f'(x)? xf?(x)+f(x)>0， 從而f(x)在r上為增函數。
?a?b ∴f(a)?f(b) 即 af(a)>bf(b)
【警示啟迪】由條件移項後xf?(x)?f(x)，容易想到是一個積的導數，從而可以構造函數f(x)?xf(x)，
求導即可完成證明。若題目中的條件改為xf?(x)?f(x)，則移項後xf?(x)?f(x)，要想到
是一個商的導數的分子，平時解題多注意總結。
5、主元法構造函數
1?x)?x,g(x)?xlnx 例．（全國）已知函數f(x)?ln(
(1) 求函數f(x)的最大值；
(2) 設0?a?b,證明 ：0?g(a)?g(b)?2g(a?b)?(b?a)ln2. 2
分析：對於（ii）絕大部分的學生都會望而生畏.學生的盲點也主要就在對所給函數用不上.如果能挖掘一下所給函數與所證不等式間的聯繫，想一想大小關係又與函數的單調性密切相關，由此就可過渡到根據所要證的不等式構造恰當的函數，利用導數研究函數的單調性，藉助單調性比較函數值的大小，以期達到證明不等式的目的.證明如下：
證明：對g(x)?xlnx求導,則g'(x)?lnx?1. 在g(a)?g(b)?2g(a?b)中以b為主變元構造函數, 2
a?x'a?xa?x. )]?lnx?ln),則f'(x)?g'(x)?2[g(222設f(x)?g(a)?g(x)?2g(
當0?x?a時，f'(x)?0,因此f(x)在(0,a)內為減函數.
當x?a時,f'(x)?0,因此f(x)在(a,??)上為增函數.
從而當x?a時, f(x) 有極小值f(a).
因為f(a)?0,b?a,所以f(b)?0,即g(a)?g(b)?2g(
又設g(x)?f(x)?(x?a)ln2.則g'(x)?lnx?lna?b)?0. 2a?x?ln2?lnx?ln(a?x). 2
'當x?0時,g(x)?0.因此g(x)在(0,??)上為減函數.
因為g(a)?0,b?a,所以g(b)?0,即g(a)?g(b)?2g(
6、構造二階導數函數證明導數的單調性 例．已知函數f(x)?ae?xa?b)?(b?a)ln2. 212x 2
(1)若f(x)在r上為增函數,求a的取值範圍;
(2)若a=1,求證:x＞0時,f(x)>1+x
x解：(1)f′(x)＝ ae－ｘ，
∵ｆ（ｘ）在ｒ上為增函數，∴f′(x)≥０對ｘ∈ｒ恆成立，
-ｘ即ａ≥ｘｅ對ｘ∈ｒ恆成立
-ｘ-ｘ-ｘ-x記ｇ（ｘ）＝ｘｅ，則ｇ′(ｘ)＝ｅ－ｘｅ=(1-x)e，
當ｘ＞１時，ｇ′（ｘ）＜０，當ｘ＜１時，ｇ′（ｘ）＞０．
知ｇ（ｘ）在(-∞,1)上為增函數,在(1,+ ∞)上為減函數,
∴g(x)在x=1時,取得最大值，即g(x)max=g(1)=1/e, ∴a≥1/e,
即a的取值範圍是[1/e, + ∞)
(2)記f(x)=f(x) －(1+x) =e?
xx12x?1?x(x?0) 2則f′(x)=e-1-x,
xx令h(x)= f′(x)=e-1-x,則h′(x)=e-1
當x>0時, h′(x)>0, ∴h(x)在(0,+ ∞)上為增函數,
又h(x)在x=0處連續, ∴h(x)>h(0)=0
即f′(x)>0 ,∴f(x) 在(0,+ ∞)上為增函數,又f(x)在x=0處連續,
∴f(x)>f(0)=0,即f(x)>1+x．
小結：當函數取最大（或最小）值時不等式都成立，可得該不等式恆成立，從而把不等式的恆成立問題可轉化為求函數最值問題．不等式恆成立問題，一般都會涉及到求參數範圍，往往把變量分離後可以轉化為m?f(x)(或m?f(x))恆成立，於是m大於f(x)的最大值（或m小於f(x)的最小值），從而把不等式恆成立問題轉化為求函數的最值問題．因此，利用導數求函數最值是解決不等式恆成立問題的一種重要方法．
7.對數法構造函數（選用於冪指數函數不等式） 例：證明當x?0時
,(1?x)1?1
x?e1?x
8.構造形似函數
例：證明當b?a?e,證明a?b
ba
例：已知m、n都是正整數，且1?m?n,證明：(1?
m)n?(1?n)m
【思維挑戰】
1、（2014年，安徽卷） 設a?0,f(x)?x?1?lnx?2alnx
2求證：當x?1時，恆有x?lnx?2alnx?1，
2、（2014年，安徽卷）已知定義在正實數集上的函數 2
f(x)?52122x?2ax,g(x)?3a2lnx?b,其中a>0，且b?a?3alna，22
求證：f(x)?g(x)
3、已知函數f(x)?ln(1?x)?
恆有lna?lnb?1?x，求證：對任意的正數a、b， 1?xb. a
4、（2014年，陝西卷）f(x)是定義在（0，+∞）上的非負可導函數，且滿足xf?(x)?f(x)≤0，對任意正數a、b，若a < b，則必有（）
（a）af (b)≤bf (a)
（c）af (a)≤f (b)
【答案諮詢】（b）bf (a)≤af (b) （d）bf (b)≤f (a)
2lnx2a2lnx??1 ，當x?1，a?0時，不難證明xxx
∴f?(x)?0，即f(x)在(0,??)內單調遞增，故當x?1時，
2f(x)?f(1)?0，∴當x?1時，恆有x?lnx?2alnx?1 1、提示：f?(x)?1?
123a2
22、提示：設f(x)?g(x)?f(x)?x?2ax?3alnx?b則f?(x)?x?2a? 2x
(x?a)(x?3a)= (x?0) ?a?0，∴ 當x?a時，f?(x)?0， x
故f(x)在(0,a)上為減函數，在(a,??)上為增函數，於是函數f(x) 在(0,??)上的最小
值是f(a)?f(a)?g(a)?0，故當x?0時，有f(x)?g(x)?0，即f(x)?g(x)
3、提示：函數f(x)的定義域為(?1,??)，f?(x)?11x ??221?x(1?x)(1?x)
∴當?1?x?0時，f?(x)?0，即f(x)在x?(?1,0)上為減函數
當x?0時，f?(x)?0，即f(x)在x?(0,??)上為增函數
因此在x?0時,f(x)取得極小值f(0)?0，而且是最小值 x1，即ln(1?x)?1? 1?x1?x
a1bab?1?於是ln?1? 令1?x??0,則1?bx?1aba
b因此lna?lnb?1? a於是f(x)?f(0)?0,從而ln(1?x)?
f(x)f(x)xf'(x)?f(x)f(x)??04、提示：f(x)?，f?(x)?，故在（0，+∞）上是減函數，xxx2
由a?b 有f(a)f(b)?? af (b)≤bf (a)故選（a） ab
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