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证明范本优秀范文8
函数法证明不等式(精选多篇)-证明范本-实用范文
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函数法证明不等式(精选多篇)
第一篇：函数法证明不等式
函数法证明不等式已知函数f(x)=x-sinx,数列{an}满足0
<1>证明0
<2>证明an+1<(1/6)×(an)
它提示是构造一个函数然后做差求导，确定单调性。可是还是一点思路都没有，各位能不能给出具体一点的解答过程啊?
(1)f(x)=x-sinx,f’(x)=1-cosx
00,f(x)是增函数,f(0)
因为0
且an+1=an-sinan
(2)求证不等式即(1/6)an
-an+1=(1/6)an
-an+sinan>0①
构造函数g(x)=(1/6)x
-x+sinx(0
g’’(x)=x-sinx,由(1)知g’’(x)>0,所以g’(x)单增,g’(x)>g’(0)=0
所以g(x)单增且g(x)>g(0)=0,故不等式①成立
因此an+1<(1/6)×(an)
成立。
证毕!
构造分式函数，利用分式函数的单调性证明不等式
【例1】证明不等式：≥(人教版教材p23t4)
证明：构造函数f(x)=(x≥0)
则f(x)==1-在上单调递增
∵f(|a|+|b|)=f(|a+b|)=且|a|+|b|≥|a+b|
∴f(|a|+|b|)≥f(|a+b|)即所证不等式正确。
点评：本题还可以继续推广。如：求证：≥。利用分式函数的单调性可以证明的教材中的习题还有很多，如：
p14第14题：已知c>a>b>0,求证:
p19第9题:已知三角形三边的长是a，b，c，且m是正数，求证：
p12例题2:已知a，b，m，都是正数，且a二、利用分式函数的奇偶性证明不等式
【例2】证明不等式：(x≠0)
证明：构造函数f(x)=
∵f(-x)=
=f(x)
∴f(x)是偶函数，其图像关于y轴对称。
当x>0时，<0，f(x)<0;
当x<0时，-x>0,故f(x)=f(-x)<0
∴<0，即
三、构造一次函数，利用一次函数的单调性证明不等式
【例3】已知|a|<1，|b|<1，|c|<1，求证：a+b+c证明：构造函数f(c)=(1-ab)c+a+b-2
∵|a|<1，|b|<1
∴-10
∴f(c)的(-1，1)上是增函数
∵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：构造函数法证明不等式
构造函数法证明不等式
河北省 赵春祥
不等式证明是中学数学的重要内容之一．由于证明不等式没有固定的模式，证法灵活多样，技巧性强，使其成为各种考试命题的热点问题，函数法证明不等式就是其常见题型．即有些不等式可以和函数建立直接联系，通过构造函数式，利用函数的有关特性，完成不等式的证明．
一、构造一元一次函数证明不等式
例1设0＜x＜1，0＜y＜1，0＜z＜1，求证：x(1－y)＋y(1－z)＋z(1－x)＜1．
证明：构造一次函数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当0＜1－y－z＜1时，f(x)在(0，1)上是增函数，于是
f(x)＜f(1)=1－yz＜1；
⑵当－1＜1－y－z＜0时，f(x)在(0，1)上是减函数，于是
f(x)＜f(0)= y＋z－yz = 1－(1－y)(1－z)＜1；
⑶当1－y－z = 0，即y＋z = 1时，f(x)= y＋z－yz = 1－yz＜1．
综上，原不等式成立．
例2已知 | a |＜1 ，| b |＜1，| c |＜1，求证：abc＋2＞a＋b＋c．
证明：构造一次函数f(x)=
(bc－1)x＋2－b－c，这里， | b |＜1，| c |＜1，| x |＜1，则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，∴一次函数f(x)= (bc－1)x＋2－b－c的图象在x轴上方，这就是说，当| a
|＜1 ，| b |＜1，| c |＜1时，有(bc－1)a＋2－b－c＞0，
即abc＋2＞a＋b＋c．
二、构造一元二次函数证明不等式
例3若 a、b、c∈r+ ，求证：a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca ．
证明构造函数f(x)= x2－( b＋c )x＋b2＋c2－bc ．
因为 △= ( b＋c )2－4( b2＋c2－bc ) =－3( b－c )2≤0 ，
又因为二次项的系数为正数，所以x2－( b＋c )x＋b2＋c2－bc≥0对任意实数恒成立．
以a 替换 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是满足a＋b＋c＋d＋e= 8，a2＋b2＋c2＋d2＋e2= 16的实数，求证：0≤e≤
165
．
证明：构造一元二次函数
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∵二次项系数为正数，
∴△= 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、构造单调函数证明不等式 例5已知 a＞0，b＞0，求证 ：证明：
构造函数f(x)=
x1?x
a1?a
＋
b1?b
＞
x
a?b1?a?b
．
，易证f(x)=
1?x
= 1－
1?x
当x＞0 时单调递增．
∵ 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对任意自然数n 求证： (1＋1)(1＋
14
)·…·(1＋
13n?2
)＞3n?1．
证明：构造函数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)是自然数集n上的单调递增函数，
∴(1＋1)(1＋
14
)·…·(1＋
13n?2
)＞33n?1．
第三篇：对构造函数法证明不等式的再研究
龙源期刊网
http://.cn
对构造函数法证明不等式的再研究
作者：时英雄
来源：《理科考试研究·高中》2014年第10期
某刊一文阐述了构造法证明不等式的九个模型，笔者深受启发，对其中作者介绍的构造函数模型进行了挖掘，着重对构造函数模型，利用函数的有关性质解决不等式问题进行了再研究，以供大家参考。
第四篇：巧用构造函数法证明不等式
构造函数法证明不等式
一、构造分式函数，利用分式函数的单调性证明不等式
【例1】证明不等式：|a|?|b||a?b|
1?|a|?|b|≥1?|a?b|
证明：构造函数f(x)=
x
1?x (x≥0)则f(x)=x1?x=1-1
1?x
在?0，???上单调递增
∵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|)即所证不等式正确。
二、利用分式函数的奇偶性证明不等式
【例2】证明不等式：x1?2x＜x
2（x≠0） 证明：构造函数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)是偶函数，其图像关于y轴对称。当x＞0时，1?2x
＜0，f(x)＜0；
当x＜0时，-x＞0,故f(x)=f(-x)＜0 ∴x1-2x?x2＜0，即x1?2
x
＜x
2
三、构造一次函数，利用一次函数的单调性证明不等式
【例3】已知|a|＜1，|b|＜1，|c|＜1，求证：a + b + c＜abc + 2。
证明：构造函数f(c)=(1-ab)c
+ a + b-2
∵|a|＜1，|b|＜1
∴-1＜ab＜1，1-ab＞0
∴f(c)的（-1，1）上是增函数
∵f(1)=1-ab + a + b -2=a + b–ab(推荐访问范文网WWw.91exam.org) -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、构造二次函数
⒈利用判别式法证明不等式
【例4】已知a，b，c∈r，(a + c)(a + b + c)＜0，求证：(b - c)2＞4a(a + b + c)。 证明：构造函数f(x)=ax2 + (-b + c)x + (a + b
+ c)(a≠0)
则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有两个不等的实数根。 ∴△＞0，即(b - c)2＞4a(a + b + c) 当a=0时，显然成立。
∴(b
- c)2＞4a(a + b + c)
【例5】已知实数a，b，c满足a + b + c = 5，a2 + b2 + c2
= 9，求证a，b，c的值都不小于1，又都 不大于213
。
证明：构造函数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
同理可证：1≤a≤21，1≤b≤2133
。
【例6】已知a，b，c∈r，证明：a2 + ac + c2 + 3b(a + b + c)≥0，并指出等号何时成立？
证明：令f(a)= a2 +
(c + 3b)a + c2 + 3b2
+ 3bc
△=(c + 3b)2-4(c2 +
3b2 + 3bc)=-3(b + c)2
≤0 恒成立
∵二次项系数1＞0
∴f(a)≥0，即 a2 + ac +
c2 + 3b(a + b + c)≥0
又当△=0，即b + c = 0时f(a)=(a + b)2
= 0 ∴当且仅当a=-b=c时才能取等号。
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⒉利用一元二次方程根的分布证明不等式
【例7】设a + b + c=1，a2 + b2 + c2 =1，且a＞b＞c，求证：-1
3＜c＜0
证明：∵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的两个实数根
∵a＞b＞c，故方程有大于c的两个不等的实数根
构造函数f(x)=
x2-(1-c)x+c2-c，则有：
????(1?c)2?4(c2?c)＞0
??1?c＞c
?2
??f(c)＞0
∴-1
3＜c＜0
⒊综合运用判别式法、一元二次方程根的分布证明不等式
【例8】设a，b是两个不等于0的实数，求证：下列不等式中至少有一个成立。a?a2?2b2
2b1 ，aa2?2b2
2b1
证明：设f(x)=bx2?ax?b
2(b≠0)
∵△=(-a)2-2b(-b)=a2+2b2＞0
∴抛物线与x轴必有两个交点，其横坐标为x=a?a2?2b2
2b
∴f(-1)=b
2?af(0)= ?b
2f(1)= b
2?a
⑴当b＞0时，f(0)＜0
若a＞0,则f(-1)＞0
∴点a（-1，f(-1)）在x轴上方，点b（0，f(0)）在x轴下方
∴抛物线与x轴在（-1，0）内必有一个交点，此时有
aa2?2b2
2b1 若a＜0，则f(1)＞0 ∴点c(1，f(1))在x轴上方 ∴抛物线与x轴在（0，1）内必有一个交点，此时有
a?a2?2b22b1 ⑵当b＜0时，f(0)＞0，此时点b在x轴下方，同理可证a点和c点至少有一点
在x轴上方。故两个不等式至少有一个成立。
构造函数法证明不等式，关键在于找到能够反映所要证不等式特征的合适的函数，从而就可以利用该函数的性质去证明不等式。
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第五篇：构造函数法证明不等式的八种方法
构造函数法证明不等式的八种方法
1、利用导数研究函数的单调性极值和最值，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，也是近几年高考的热点。
2、解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。
以下介绍构造函数法证明不等式的八种方法：
一、移项法构造函数
【例1】 已知函数f(x)?ln(x?1)?x，求证：当x??1时，恒有
1?1?ln(x?1)?x x?1
分析：本题是双边不等式，其右边直接从已知函数证明，左边构造函数
1?1，从其导数入手即可证明。 x?1
1x?1??【解】f?(x)?x?1x?1g(x)?ln(x?1)?
∴当?1?x?0时，f?(x)?0，即f(x)在x?(?1,0)上为增函数
当x?0时，f?(x)?0，即f(x)在x?(0,??)上为减函数
故函数f(x)的单调递增区间为(?1,0)，单调递减区间(0,??)
于是函数f(x)在(?1,??)上的最大值为f(x)max?f(0)?0，因此，当x??1时，f(x)?f(0)?0，即ln(x?1)?x?0∴ln(x?1)?x
（右面得证）， 现证左面，令g(x)?ln(x?1)?111x?1， 则g?(x)? ??22x?1x?1(x?1)(x?1)
当x?(?1,0)时,g?(x)?0;当x?(0,??)时,g?(x)?0 ，
即g(x)在x?(?1,0)上为减函数，在x?(0,??)上为增函数，
故函数g(x)在(?1,??)上的最小值为g(x)min?g(0)?0，
1?1?0 x?1
11?1?ln(x?1)?x∴ln(x?1)?1?，综上可知，当x??1时,有x?1x?1
【警示启迪】如果f(a)是函数f(x)在区间上的最大（小）值，则有f(x)?f(a)（或f(x)?f(a)），
那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过0就可得证． ∴当x??1时，g(x)?g(0)?0，即ln(x?1)?
2、作差法构造函数证明
【例2】已知函数f(x)?1223x?lnx. 求证：在区间(1,??)上，函数f(x)的图象在函数g(x)?x的23
第 1 页 共 6 页 图象的下方；
分析：函数f(x)的图象在函数g(x)的图象的下方?不等式f(x)?g(x)问题， 12212x?lnx?x3，只需证明在区间(1,??)上，恒有x2?lnx?x3成立，设2323
1f(x)?g(x)?f(x)，x?(1,??)，考虑到f(1)??0 6
要证不等式转化变为：当x?1时，f(x)?f(1)，这只要证明： g(x)在区间(1,??)是增函数即可。
2312【解】设f(x)?g(x)?f(x)，即f(x)?x?x?lnx， 32即
1(x?1)(2x2?x?1)则f?(x)?2x?x?= xx2
(x?1)(2x2?x?1)当x?1时，f?(x)= x
从而f(x)在(1,??)上为增函数，∴f(x)?f(1)?
∴当x?1时 g(x)?f(x)?0，即f(x)?g(x)，
故在区间(1,??)上，函数f(x)的图象在函数g(x)?1?0 623x的图象的下方。 3
【警示启迪】本题首先根据题意构造出一个函数（可以移项，使右边为零，将移项后的左式设为函数），
并利用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要证的不等式。读者也可以设f(x)?f(x)?g(x)做一做，深刻体会其中的思想方法。
3、换元法构造函数证明
111?1)?2?3 都成立. nnn
1分析：本题是山东卷的第（ii）问，从所证结构出发，只需令?x，则问题转化为：当x?0时，n【例3】（2014年，山东卷）证明：对任意的正整数n，不等式ln(
恒有ln(x?1)?x?x成立，现构造函数h(x)?x?x?ln(x?1)，求导即可达到证明。
【解】令h(x)?x?x?ln(x?1)， 322332
13x3?(x?1)2
?则h?(x)?3x?2x?在x?(0,??)上恒正， x?1x?12
所以函数h(x)在(0,??)上单调递增，∴x?(0,??)时，恒有h(x)?h(0)?0，
即x?x?ln(x?1)?0，∴ln(x?1)?x?x
对任意正整数n，取x?32231111?(0,??)，则有ln(?1)?2?3 nnnn
【警示启迪】我们知道，当f(x)在[a,b]上单调递增，则x?a时，有f(x)?f(a)．如果f(a)＝?(a)，要证明当x?a时，f(x)??(x)，那么，只要令f(x)＝f(x)－?(x)，就可以利用f(x)的单调增性来推导．也就是说，在f(x)可导的前提下，只要证明f’(x)?０即可．
4、从条件特征入手构造函数证明
【例4】若函数y=f(x)在r上可导且满足不等式xf?(x)>－f(x)恒成立，且常数a，b满足a>b，求
证：．af(a)>bf(b)
【解】由已知
xf?(x)+f(x)>0 ∴构造函数
f(x)?xf(x)，
则f’(x)?
xf?(x)+f(x)>0， 从而f(x)在r上为增函数。
?a?b ∴f(a)?f(b) 即 af(a)>bf(b)
【警示启迪】由条件移项后xf?(x)?f(x)，容易想到是一个积的导数，从而可以构造函数f(x)?xf(x)，
求导即可完成证明。若题目中的条件改为xf?(x)?f(x)，则移项后xf?(x)?f(x)，要想到
是一个商的导数的分子，平时解题多注意总结。
5、主元法构造函数
1?x)?x,g(x)?xlnx 例．（全国）已知函数f(x)?ln(
(1) 求函数f(x)的最大值；
(2) 设0?a?b,证明 ：0?g(a)?g(b)?2g(a?b)?(b?a)ln2. 2
分析：对于（ii）绝大部分的学生都会望而生畏.学生的盲点也主要就在对所给函数用不上.如果能挖掘一下所给函数与所证不等式间的联系，想一想大小关系又与函数的单调性密切相关，由此就可过渡到根据所要证的不等式构造恰当的函数，利用导数研究函数的单调性，借助单调性比较函数值的大小，以期达到证明不等式的目的.证明如下：
证明：对g(x)?xlnx求导,则g’(x)?lnx?1. 在g(a)?g(b)?2g(a?b)中以b为主变元构造函数, 2
a?x’a?xa?x. )]?lnx?ln),则f’(x)?g’(x)?2[g(222设f(x)?g(a)?g(x)?2g(
当0?x?a时，f’(x)?0,因此f(x)在(0,a)内为减函数.
当x?a时,f’(x)?0,因此f(x)在(a,??)上为增函数.
从而当x?a时, f(x) 有极小值f(a).
因为f(a)?0,b?a,所以f(b)?0,即g(a)?g(b)?2g(
又设g(x)?f(x)?(x?a)ln2.则g’(x)?lnx?lna?b)?0.
2a?x?ln2?lnx?ln(a?x). 2
‘当x?0时,g(x)?0.因此g(x)在(0,??)上为减函数.
因为g(a)?0,b?a,所以g(b)?0,即g(a)?g(b)?2g(
6、构造二阶导数函数证明导数的单调性
例．已知函数f(x)?ae?xa?b)?(b?a)ln2. 212x 2
(1)若f(x)在r上为增函数,求a的取值范围;
(2)若a=1,求证:x＞0时,f(x)>1+x
x解：(1)f′(x)＝ ae－ｘ，
∵ｆ（ｘ）在ｒ上为增函数，∴f′(x)≥０对ｘ∈ｒ恒成立，
-ｘ即ａ≥ｘｅ对ｘ∈ｒ恒成立
-ｘ-ｘ-ｘ-x记ｇ（ｘ）＝ｘｅ，则ｇ′(ｘ)＝ｅ－ｘｅ=(1-x)e，
当ｘ＞１时，ｇ′（ｘ）＜０，当ｘ＜１时，ｇ′（ｘ）＞０．
知ｇ（ｘ）在(-∞,1)上为增函数,在(1,+ ∞)上为减函数,
∴g(x)在x=1时,取得最大值，即g(x)max=g(1)=1/e, ∴a≥1/e,
即a的取值范围是[1/e, + ∞)
(2)记f(x)=f(x) －(1+x) =e?
xx12x?1?x(x?0) 2则f′(x)=e-1-x,
xx令h(x)= f′(x)=e-1-x,则h′(x)=e-1
当x>0时, h′(x)>0, ∴h(x)在(0,+ ∞)上为增函数,
又h(x)在x=0处连续, ∴h(x)>h(0)=0
即f′(x)>0
,∴f(x) 在(0,+ ∞)上为增函数,又f(x)在x=0处连续,
∴f(x)>f(0)=0,即f(x)>1+x．
小结：当函数取最大（或最小）值时不等式都成立，可得该不等式恒成立，从而把不等式的恒成立问题可转化为求函数最值问题．不等式恒成立问题，一般都会涉及到求参数范围，往往把变量分离后可以转化为m?f(x)(或m?f(x))恒成立，于是m大于f(x)的最大值（或m小于f(x)的最小值），从而把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题．因此，利用导数求函数最值是解决不等式恒成立问题的一种重要方法．
7.对数法构造函数（选用于幂指数函数不等式）
例：证明当x?0时
,(1?x)1?1
x?e1?x
8.构造形似函数
例：证明当b?a?e,证明a?b
ba
例：已知m、n都是正整数，且1?m?n,证明：(1?
m)n?(1?n)m
【思维挑战】
1、（2014年，安徽卷） 设a?0,f(x)?x?1?lnx?2alnx
2求证：当x?1时，恒有x?lnx?2alnx?1，
2、（2014年，安徽卷）已知定义在正实数集上的函数 2
f(x)?52122x?2ax,g(x)?3a2lnx?b,其中a>0，且b?a?3alna，22
求证：f(x)?g(x)
3、已知函数f(x)?ln(1?x)?
恒有lna?lnb?1?x，求证：对任意的正数a、b， 1?xb. a
4、（2014年，陕西卷）f(x)是定义在（0，+∞）上的非负可导函数，且满足xf?(x)?f(x)≤0，对任意正数a、b，若a < b，则必有（）
（a）af (b)≤bf (a)
（c）af (a)≤f (b)
【答案咨询】（b）bf (a)≤af (b) （d）bf (b)≤f (a)
2lnx2a2lnx??1 ，当x?1，a?0时，不难证明xxx
∴f?(x)?0，即f(x)在(0,??)内单调递增，故当x?1时，
2f(x)?f(1)?0，∴当x?1时，恒有x?lnx?2alnx?1
1、提示：f?(x)?1?
123a2
22、提示：设f(x)?g(x)?f(x)?x?2ax?3alnx?b则f?(x)?x?2a? 2x
(x?a)(x?3a)= (x?0) ?a?0，∴ 当x?a时，f?(x)?0， x
故f(x)在(0,a)上为减函数，在(a,??)上为增函数，于是函数f(x)
在(0,??)上的最小
值是f(a)?f(a)?g(a)?0，故当x?0时，有f(x)?g(x)?0，即f(x)?g(x)
3、提示：函数f(x)的定义域为(?1,??)，f?(x)?11x ??221?x(1?x)(1?x)
∴当?1?x?0时，f?(x)?0，即f(x)在x?(?1,0)上为减函数
当x?0时，f?(x)?0，即f(x)在x?(0,??)上为增函数
因此在x?0时,f(x)取得极小值f(0)?0，而且是最小值 x1，即ln(1?x)?1? 1?x1?x
a1bab?1?于是ln?1? 令1?x??0,则1?bx?1aba
b因此lna?lnb?1? a于是f(x)?f(0)?0,从而ln(1?x)?
f(x)f(x)xf’(x)?f(x)f(x)??04、提示：f(x)?，f?(x)?，故在（0，+∞）上是减函数，xxx2
由a?b 有f(a)f(b)?? af (b)≤bf (a)故选（a） ab
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