a?x1?x2x1?1?x2?122恒成立，（或a?x1?x2x1?1?x2?122恒成立）．
因此，只要求出
x1?x2x1?1?x2?122在条件“x1,x2??1,???，且x1?x2”之下
的最大、最小值即可．为了探求这个代数式的最值，我们可以考虑极端情况，如：
x1?1,x2?1，容易知道，此时
x1?x2x1?1?x2?122x1?x2x1?1?x2?122???；若考虑x1?x2???，则
不难看出，此时
?1，至此我们可以看出：要使得函数f?x?为单调函
数，只需a?1．
事实上，当a?1时，由于x1?x2?x12?1?x22?1?0恒成立，所以，x1?x2x1?1?x2?122?1．所以，在条件“x1,x2??1,???，且x1?x2”之下，必有：
f?x1??f?x2??0．
所以，f?x?在区间?1,???上单调递减．
?5?当a?1时，由（1）可以看出：特例a?2的情况下，存在f?1??f??．由此可以
?3?猜想：函数f?x?在区间?1,???上不是单调函数．为了说明这一点，只需找到
x1,x2??1,???，使得f?x1??f?x2?即可．简便起见，不妨取x1?1，此时，可求得
?a2?1???a，所以，f?x?在区间?1,???上不是单调函数． x2?2?1，也即：f?1??f?2??a?1?a?1?a2?1
另解：f??x??a?xx?12，对x??1,???，易知：
当x?1时，xx?12???；当x???时，xx?12xx?12?1；
所以当x??1,???时，?1，
从而只须a?1，必有f??x??0，函数在x??1,???上单调递减。
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【例6】 ［－1，1］， m+n≠0时
已知f(x)是定义在［－1，1］上的奇函数，且f(1)=1，若m、n∈
f(m)?f(n)＞0.
m?n(1)用定义证明f(x)在［－1，1］上是增函数； (2)解不等式：f(x+
11)＜f()； 2x?1(3)若f(x)≤t2－2at+1对所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒成立，求实数t的取值范围.
解：(1)证明：任取x1＜x2，且x1，x2∈［－1，1］， 则f(x1)－f(x2)=f(x1)+f(－x2)=∵－1≤x1＜x2≤1， ∴x1+(－x2)≠0，由已知
f(x1)?f(?x2)＞0，又 x1－x2＜0，
x1?x2f(x1)?f(?x2)·(x1－x2)
x1?x2∴f(x1)－f(x2)＜0，即f(x)在［－1，1］上为增函数. (2)解：∵f(x)在［－1，1］上为增函数，
1??1?x??1?2?13??1 解得：{x|－≤x＜－1，x∈R} ∴??1?x?12?11?x???2x?1?(3)解：由(1)可知f(x)在［－1，1］上为增函数，且f(1)=1， 故对x∈［－1，1］，恒有f(x)≤1，
所以要f(x)≤t2－2at+1对所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒成立， 即要t2－2at+1≥1成立，故t2－2at≥0， 记g(a)=t2－2at，对a∈［－1，1］，g(a)≥0， 只需g(a)在［－1，1］上的最小值大于等于0， g(－1)≥0，g(1)≥0，解得，t≤－2或t=0或t≥2. ∴t的取值范围是：{t|t≤－2或t=0或t≥2}.
【例7】
给出一个不等式
x2?1?cx?c2?1?cc（x∈R）。
经验证：当c=1, 2, 3时，对于x取一切实数，不等式都成立。
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试问：当c取任何正数时，不等式对任何实数x是否都成立？若能成立，请给出证明；若不成立，请求出c的取值范围，使不等式对任何实数x都能成立。
解：令f(x)=
x2?1?cx2?c，设u=x2?c(u≥c)
u2?11?u? (u≥c) 则f(x)=uu∴f(x)?c?11c?1(u?c(uc?1) ?(u?)??uccucc?1c≥0
要使不等式成立，即f(x)－
∵u≥c>0 ∴只须uc－1≥0
11 ∴x2+c≥ cc11∴x2≥－c 故当c=时，
c2∴u2c≥1 u2≥
原不等式不是对一切实数x都成立，即原不等式对一切实数x不都成立 要使原不等式对一切实数x都成立，即使x2≥∵x2≥0 故
1－c对一切实数都成立。 c1－c≤0 c∴c≥1(c>0) ∴c≥1时，原不等式对一切实数x都能成立。
不等式的证明
【例1】
已知a?2，求证：log?a?1?a?loga?a?1?
1?loga?a?1?
loga?a?1?1??loga?a?1????loga?a?1??．
loga?a?1?解1：log?a?1?a?loga?a?1???因为a?2，所以，loga?a?1??0,loga?a?1??0，所以，
loga?a?1??loga?a?1???loga?a?1????loga?a?1??????2???2?log?aa2?14????loga?2a22
?14所以，log?a?1?a?loga?a?1??0，命题得证．
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解2：因为a?2，所以，loga?a?1??0,loga?a?1??0，所以，
1log?a?1?aloga?a?1?1??，
loga?a?1?loga?a?1??loga?a?1????loga?a?1??由解1可知：上式>1．故命题得证．
【例2】
已知a＞0，b＞0，且a+b=1。求证：(a+
2511)(b+)≥. ab4证法一：(分析综合法)
欲证原式，即证4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，即证4(ab)2－33(ab)+8≥0， 即证ab≤
1或ab≥8. 41，从而得证. 4∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立 ∵1=a+b≥2ab，∴ab≤证法二：(均值代换法) 设a=
11+t1，b=+t2. 2211，|t2|＜ 22∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜
11a2?1b2?1?(a?)(b?)??abab1111(?t1)2?1(?t2)2?1(?t1?t12?1)(?t2?t22?1)4?2?2?41111?t1?t2(?t1)(?t2)2222115 (?t1?t12?1)(?t2?t22?1)(?t22)2?t224?4?411?t22?t2244253225?t2?t2425?162?16?.1142?t244显然当且仅当t=0，即a=b=证法三：(比较法）
1时，等号成立. 21 4∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤
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1125a2?1b2?1254a2b2?33ab?8(1?4ab)(8?ab)(a?)(b?)???????0ab4ab44ab4ab 1125?(a?)(b?)?ab4证法四：(综合法)
∵a+b=1， a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤
1. 425??(1?ab)2?1??2?139?16?(1?ab)?1252?1?ab?1???(1?ab)???? ??14416?ab4 ?4???ab??1125 即(a?)(b?)?ab4证法五：(三角代换法）
∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0，
11112(a?)(b?)?(sin2α?)(cosα?)22absinαcosαsin4α?cos4α?2sin2αcos2α?2(4?sin2α)2?16??4sin22α4sin22α?sin22α?1,?4?sin22α?4?1?3.4?2sin22α?16?25?2225?(4?sin2α)???114?4sin22α?24sin2α?1125即得(a?)(b?)?.ab4?2)
2
【例3】
证明不等式1?12?13???1n*
?2n(n∈N)
证法一：(1)当n等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立； (2)假设n=k(k≥1)时，不等式成立，即1+
12131k?1k?11k?112?13???1k＜2k，
则1????????2k?2k(k?1)?1k?1k?(k?1)?1
?2k?1,∴当n=k+1时，不等式成立. 综合(1)、(2)得：当n∈N*时，都有1+
12?13???1n＜2n.
另从k到k+1时的证明还有下列证法：
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