证明函数收敛则有界(五篇)

每个人都曾试图在平淡的学习、工作和生活中写一篇文章。写作是培养人的观察、联想、想象、思维和记忆的重要手段。相信许多人会觉得范文很难写？以下是小编为大家收集的优秀范文，欢迎大家分享阅读。

例1.设：a、b、c∈r，证明：a2acc23b(abc)0成立，并指出等号

何时成立。

解析：令f(a)a2(3bc)ac23b23bc

⊿＝(3bc)24(c23b23bc)3(bc)

2∵b、c∈r，∴⊿≤0

即：f(a)0，∴a2acc23b(abc)0恒成立。

当⊿＝0时，bc0，此时，f(a)a2acc23ab(ac)20，∴abc时，不等式取等号。

4例2.已知：a,b,cr且abc2,a2b2c22，求证： a,b,c0,。3

abc222解析：2 消去c得：此方程恒成立，a(b2)ab2b10，22abc

2∴⊿＝(b2)24(b22b1)3b24b0，即：0b

4同理可求得a,c0, 34。

3② 构造函数逆用判别式证明不等式

对某些不等式证明，若能根据其条件和结论，结合判别式的结构特征，通过构造二项平方和函数：f(x)(a1xb1)2(a2xb2)2(anxbn)2 由f(x)0，得⊿≤0，就可以使一些用一般方法处理较繁琐的问题，获得简捷明快的证明。

例3.设a,b,c,dr且abcd1，求证：a14b14c14d1﹤6。

解析：构造函数：

f(x)(4a1x1)2(4b1x1)2(4c1x1)2(4d1x1)2

＝8x22(4a14b14c14d1)x4.(abcd1)

由f(x)0，得⊿≤0，即⊿＝4(4a14b14c14d1)21280.∴4a14b14c14d142﹤6.例4.设a,b,c,dr且abc1，求

解析：构造函数f(x)（＝(1axa)2(149的最小值。abc2xb)2(3cx)2 1492)x12x1,(abc1)abc

111由f(x)0（当且仅当a,b,c时取等号），632

149得⊿≤0,即⊿＝144-4（）≤0 abc

111149∴当a,b,c时，()min36 632abc

构造函数证明不等式

1、利用函数的单调性

+例

5、巳知a、b、c∈r，且a

求证： ama> bmb

[分析]本题可以用比较法、分析法等多种方法证明。若采用函数思想，构造出与所证不

等式密切相关的函数，利用函数的单调性来比较函数值而证之，思路则更为清新。

ax+，其中x∈r，0

bxbabaf（x）==1-bxbx证明：令 f（x）=

∵b-a>0

ba+ 在r上为减函数 bx

ba+从而f（x）= 在r上为增函数 bx∴y=

∵m>0∴f（m）> f（0）∴ama> bmb

例

6、求证：ab

1ab≤ab

1ab（a、b∈r）

[分析]本题若直接运用比较法或放缩法，很难寻其线索。若考虑构造函数，运用函数的单调性证明，问题将迎刃而解。

[证明]令 f（x）=x，可证得f（x）在[0，∞)上是增函数（证略）1x

而0

得f（∣a+b∣）≤ f（∣a∣+∣b∣）

即： ab

1ab≤ab

1ab

[说明]要证明函数f(x)是增函数还是减函数，若用定义来证明，则证明过程是用比较

法证明f(x1)与f(x2)的大小关系；反过来，证明不等式又可以利用函数的单调性。

2、利用函数的值域

例

7、若x为任意实数，求证：—1x1≤≤ 221x

2[分析]本题可以直接使用分析法或比较法证明，但过程较繁。联想到函数的值域，于是

构造函数f（x）= x11，从而只需证明f(x)的值域为[—，]即可。1x222

x2证明：设 y=，则yx-x+y=0 21x

∵x为任意实数

22∴上式中δ≥0，即（-1）-4y≥0

411得：—≤y≤ 22

1x1∴—≤≤ 21x22∴y≤2[说明]应用判别式说明不等式，应特别注意函数的定义域。

另证：类比万能公式中的正弦公式构造三角函数更简单。

例

8、求证：必存在常数a，使得lg（xy）≤ 2xlg2y对大于1的任意x与y恒成立。

[分析]此例即证a的存在性，可先分离参数，视参数为变元的函数，然后根据变元函数的值域来求解a，从而说明常数a的存在性。若s≥f(t)恒成立，则s的最小值为f(t)的最

大值；若 s≤f(t)恒成立，则s的最大值为f(t)的最小值。22证明：∵lgxlgy > 0(x>1,y>1)

∴原不等式可变形为：lga≥lgxlgy

lgxlgy2

22lgxlgy）2lgxlgy令 f(x)= == 222222lgxlgylgxlgylgxlgylgxlgy

22而 lgx>0,lgy>0,∴lgx+lgy ≥ 2lgxlgy > 0

∴2lgxlgy≤1 22lgxlgy

∴ 1

从而要使原不等式对于大于1的任意x与y恒成立，只需lga≥2即 a≥102即可。

故必存在常数a，使原不等式对大于1的任意x、y恒成立。

3、运用函数的奇偶性

xx

2xx 证明：设f（x）=-(x≠0)x122 例

9、证明不等式：

xxx2xx∵f（-x）=-= x+ x122212

xxx[1-(1-2)]+12x2

xx=-x+= f(x)x122=

∴f(x)的图象关于y轴对称

x∵当x>0时，1-2

当x

故当 x≠0时,恒有f(x)

即：xx

[小结]本题运用了比较法，实质是根据函数的奇偶性来证明的，本题也可以运用分类讨论思想。但利用偶函数的轴对称性和奇函数的中心对称性，常能使所求解的问题避免复杂的讨论。

构造可导函数证明不等式

◎李思阳本溪市机电工程学校 117022

【内容简要】构造辅助函数，把不等式证明转化为利用导数研究函数的单调性或最值，从而证得不等式。而如何构造一个可导函数，是用导数证明不等式的关键。本文从热门的高考题及模拟题中选出四种类型题供师生们参考。

【关键词】构造辅助函数；导数；不等式。

一．直接作差

1（2011·辽宁文科）设函数f(x)xax2blnx，曲线yf(x)过p（1，0），且在p点处的切线斜率为2.（1）求a，b的值；

（2）证明：f(x)2x2。

（1）解：f(x)=1+2ax1a0b.由已知条件得f(1)0，f(1)=2，即 x12ab2

解得a1。

b3

(2)证明:因为f(x)的定义域为（0，+∞），由（1）知f(x)xx23lnx。

设g(x)f(x)(2x2)=2xx3lnx，则g(x)=12x23(x1)(2x3)=。xx

当0＜x＜1时，g(x)＞0，当x＞1时，g(x)＜0。

所以g(x)在（0，1）内单调递增，在（1，+∞）内单调递减。而g(1)=0，故当x＞0时，g(x)≤0，即f(x)2x2。

总结：直接作差g(x)f(x)(2x2)，用导数得gmax(x)g(1)=0，从而得证。直接作差是证这类题最常用的方法。

二．分离函数

2.（2011·课标全国卷文科）已知函数f(x)

处的切线方程为x2y30。

（1）求a，b的值；

（2）证明：当x＞0，且x1时，f(x)＞

(1)解:略a1，b1。alnxb，曲线yf(x)在点（1，f(1)）x1xlnx。x1

lnx1lnx1x21，所以f(x)(2lnx)。（2）证明：由（1）知f(x)=x1xx11x2x

x21考虑函数h(x)=2lnx（x＞0），则 x

22x2(x21)(x1)2

=。h(x)=22xxx

所以当x1时，h(x)＜0，而h(1)0

当x∈（0，1）时，h(x)＞0，可得，故 1h(x)＞0； 21x

1h(x)＞0。当x∈（1，+∞）时，h(x)＜0，可得1x2

lnx从而当x＞0，且x1时，f(x)＞。x1

总结：作差后的函数如可分为两个函数的积，直接求导很繁，可取其中一个函数求导，再讨论证明。

三．巧妙变形

3.（2010·辽宁文科）已知函数f(x)(a1)lnxax21。

（1）讨论函数f(x)的单调性；

（2）设a2，证明：对任意x1，x2∈（0，+∞），f(x1)f(x2)4x1x2。解：（1）略。

（2）不妨设x1≥x2，由于a2，故f(x)在（0，+∞）减少。所以

f(x1)f(x2)4x1x2等价于f(x2)f(x1)≥x1-x2，即f(x2)x2≥f(x1)x1。

a12ax24xa12ax4=令g(x)f(x)x，则g(x)=。于是 xx

4x24x1(2x1)2

g(x)≤≤0。xx

从而g(x)在（0，+∞）单调减少，故g(x1)≤g(x2)。即f(x1)x1≤f(x2)x2，故，对任意x1，x2∈（0，+∞），f(x1)f(x2)4x1x2。

总结：通过等价变形，构造函数g(x)，利用g(x)的单调性得证。

四．作函数积

12。exex

1212证明: 对任意的x（0，﹢∞），lnx1＞xx(lnx1)>x(x)exexee

x2设函数f(x)=xlnxx，g(x)=x+。ee

111f(x)=lnx2，f(x)=0，得x2，易知fmin(x)=f(2)=—2。eee4.（2011·本溪一中模拟）对任意的x（0，﹢∞），求证：lnx1＞

1exxex

，=0，得1，易知==。g(1)g(x)=g(x)g(x)xmaxee2x

11，∴fmin(x)＞gmax(x)，∴f(x)g(x)。ee2

x212∴xlnxxx+。因此lnx1＞x。exeee∵

总结：直接做不好做，不等式两边同乘以一个函数，先进行证明，得到结果后再同除以这个函数，从而证得。

函数解答题-构造函数证明不等式 例1（2013年高考北京卷（理））设l为曲线c:ylnx在点(1,0)处的切线.x

(i)求l的方程;

(ii)证明:除切点(1,0)之外,曲线c在直线l的下方.【答案】解:(i)设f(x)lnx1lnx,则f(x).所以f(1)1.所以l的方程为2xx

yx1.(ii)令g(x)x1f(x),则除切点之外,曲线c在直线l的下方等价于

x21lnxg(x)0(x0,x1).g(x)满足g(1)0,且g(x)1f(x).x2

2当0x1时,x10,lnx0,所以g(x)0,故g(x)单调递减;

当x1时,x10,lnx0,所以g(x)0,故g(x)单调递增.所以,g(x)g(1)0(x0,x1).所以除切点之外,曲线c在直线l的下方.又解:g(x)0即x12lnx0变形为x2xlnx0,记h(x)x2xlnx,则x

12x2x1(2x1)(x1)h(x)2x1,xxx

所以当0x1时,h(x)0,h(x)在(0,1)上单调递减;当x1时,h(x)0,h(x)在(1,+∞)上单调递增.所以h(x)h(1)0.)

例2（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（word版））已知函数fx1xe2xx3,gxax12xcosx.当x0,1时，2

1;1x(i)求证:1-xfx

(ii)若fxgx恒成立,求实数a取值范围.【答案】解：(1)证明：要证x∈[0，1]时，(1＋x)e－2x≥1－x，只需证明(1＋x)ex≥(1－x)ex.－

记h(x)＝(1＋x)ex－(1－x)ex，则h′(x)＝x(ex－ex)，当x∈(0，1)时，h′(x)＞0，因此h(x)在[0，1]上是增函数，故h(x)≥h(0)＝0.所以f(x)≥1－x，x∈[0，1]．

－

－

要证x∈[0，1]时，(1＋x)e

－2x

1≤ex≥x＋1.1＋x

记k(x)＝ex－x－1，则k′(x)＝ex－1，当x∈(0，1)时，k′(x)＞0，因此k(x)在[0，1]上是增函数，故k(x)≥k(0)＝0.所以f(x)≤，x∈[0，1]．

1＋x1

综上，1－x≤f(x)≤，x∈[0，1]．

1＋x(2)(方法一)

x

ax＋1＋2xcos x f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2

－2x

x3

≥1－x－ax－1－2xcos x

2x

a＋1＋＋2cos x.＝－x2

x2

设g(x)＝2cos x，则g′(x)＝x－2sin x.记h(x)＝x－2sin x，则h′(x)＝1－2cos x，当x∈(0，1)时，h′(x)＜0，于是g′(x)在[0，1]上是减函数，从而当x∈(0，1)时，g′(x)＜g′(0)＝0，故g(x)在[0，1]上是减函数．于是g(x)≤g(0)＝2.从而

a＋1＋g(x)≤a＋3，所以，当a≤－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立．

下面证明，当a＞－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．

1x3

f(x)－g(x)≤1－ax－2xcos x

21＋x－xx3

＝ax－－2xcos x

21＋x

1x

＝－x1＋xa2＋2cos x.

－11x21记i(x)＝＋a＋2cos x＝＋a＋g(x)，则i′(x)＝＋g′(x)．当x∈(0，21＋x1＋x（1＋x）1)时，i′(x)＜0.故i(x)在[0，1]上是减函数，于是i(x)在[0，1]上的值域为[a＋1＋2cos 1，a＋

3]．

因为当a＞－3时，a＋3＞0，所以存在x0∈(0，1)，使得i(x0)＞0，此时f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．

综上，实数a的取值范围是(－∞，－3]．(方法二)

先证当x∈[0，1]时，1－x2≤cos x≤1－2.241

记f(x)＝cos x－1＋x2，则f′(x)＝－sin x＋x.22

记g(x)＝－sin x＋x，则g′(x)＝－cos x＋1，当x∈(0，1)时，g′(x)＞0，于是g(x)在[0，1]上是增函数，因此当x∈(0，1)时，g(x)＞g(0)＝0，从而f(x)在[0，1]上是增函数，因此f(x)≥f(0)＝0.所以

当x∈[0，1]时，12≤cos x.同理可证，当x∈[0，1]时，cos x≤1－2.411

综上，当x∈[0，1]时，1－x2≤cos x≤1－x2.24因为当x∈[0，1]时．

x

ax＋1＋2xcos x f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2

－2x

1x3

1－2 ≥(1－x)－ax－1－2x42

＝－(a＋3)x.所以当a≤－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立．

下面证明，当a＞－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．因为 x

ax＋1＋2xcos x f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2

－2x

11x3

1－x2 ≤1－ax－2x221＋xx2x3

＝(a＋3)x 1＋x2

x－a＋3），≤x23

a＋31所以存在x0∈(0，1)例如x0取中的较小值满足f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0，321]上不恒成立．

综上，实数a的取值范围是(－∞，－3]．

例3（2012高考辽宁文21）(本小题满分12分)

设f(x)＝lnx＋x－1，证明： 3

(1)当x>1时，f(x)

(2)当1

x＋5

【答案】解：(1)(证法一)

记g(x)＝lnx＋x－1－2(x－1)．则当x>1时，113

g′(x)＝x2，g(x)在(1，＋∞)上单调递减．

2x又g(1)＝0，有g(x)

f(x)

由均值不等式，当x>1时，x

令k(x)＝lnx－x＋1，则k(1)＝0，k′(x)＝x1

由①②得，当x>1时，f(x)

9x－1，由(1)得 x＋5

1154

h′(x)＝x2xx＋52＋xx＋55454＝2xx＋54xx＋5x＋53－216x

＝4xx＋5令g(x)＝(x＋5)3－216x，则当1

9x－1

x＋5(证法二)

记h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)，则当1

－9 2x－1)＋(x＋5)x2x1

＝2xx(x－1)＋(x＋5)(2＋x)－18x]

x11

2x3xx－1＋x＋52＋22－18x 1

＝4xx2－32x＋25)

因此h(x)在(1,3)内单调递减，又h(1)＝0，所以h(x)

9x－1

.x＋5

例4（2012高考浙江文21）（本题满分15分）已知a∈r，函数f(x)4x32axa（1）求f(x)的单调区间

（2）证明：当0≤x≤1时，f(x)+ 2a＞0.【答案】

【解析】（1）由题意得f(x)12x22a，当a0时，f(x)0恒成立，此时f(x)的单调递增区间为,.当a

0时，f(x)12(x

此时函数f(x)的单调递增区间为x，.(2)由于0x1，当a2时，f(x)a24x32ax24x34x2.333

当a2时，f(x)a24x2a(1x)24x4(1x)24x4x2.设g(x)2x2x1,0x

1，则g(x)6x26(x则有

x.33

所以g(x)ming10.3

当0x1时，2x2x10.故f(x)a24x34x20.例5（2012高考山东文22）(本小题满分13分)

已知函数f(x)

lnxk

(k为常数，e=2.71828…是自然对数的底数)，曲线yf(x)在点ex

(1,f(1))处的切线与x轴平行.(ⅰ)求k的值；

(ⅱ)求f(x)的单调区间；

(ⅲ)设g(x)xf(x)，其中f(x)为f(x)的导函数.证明：对任意x0,g(x)1e2.1

lnxk【答案】(i)f(x)，ex

由已知，f(1)

1k

0，∴k1.e

lnx1(ii)由(i)知，f(x).ex

设k(x)

lnx1，则k(x)20，即k(x)在(0,)上是减函数，xxx

由k(1)0知，当0x1时k(x)0，从而f(x)0，当x1时k(x)0，从而f(x)0.综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1,).(iii)由(ii)可知，当x1时，g(x)xf(x)≤0＜1+e2，故只需证明g(x)1e2在0x1时成立.当0x1时，ex＞1，且g(x)0，∴g(x)

1xlnxx

1xlnxx.x

e

设f(x)1xlnxx，x(0,1)，则f(x)(lnx2)，当x(0,e2)时，f(x)0，当x(e2,1)时，f(x)0，所以当xe2时，f(x)取得最大值f(e2)1e2.所以g(x)f(x)1e2.综上，对任意x0，g(x)1e2.

函数法证明不等式

已知函数f(x)=x-sinx,数列{an}满足0

证明0

证明an+1

3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^3-an+1=(1/6)an^3-an+sinan>0①

构造函数g(x)=(1/6)x^3-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

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，

当x0,故f(x)=f(-x)

∴

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|

∵|a|

∴-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)

∴f(1)

∴a+b+c。

构造函数证明不等式

构造函数证明:>e的(4n-4)/6n+3)次方

不等式两边取自然对数(严格递增)有:

ln(2^2/2^2-1)+ln(3^2/3^2-1)+...+ln(n^2/n^2-1)>(4n-4)/(6n+3)

不等式左边=2ln2-ln1-ln3+2ln3-ln2-ln4+...+2lnn-ln(n-1)-ln(n+1)

=ln2-ln1+lnn-ln(n+1)=ln

构造函数f(x)=ln-(4x-4)/(6x+3)

对f(x)求导,有:f(x)=+^

2当x>2时,有f(x)>0有f(x)在x>2时严格递增从而有

f(n)>=f(2)=ln(4/3)-4/15=0.02>0

即有ln>(4n-4)/(6n+3)

原不等式等证

【解】：

∏{n^2/(n^2-1)}>e^((4n-4)/(6n+3))

∵n^2/(n^2-1)=n^2/(n+1)(n-1)

∴∏{n^2/(n^2-1)}=2n/(n+1)

原式可化简为：2n/(n+1)>e^((4n-4)/6n+3))

构建函数：f(n)=2n/(n+1)-e^((4n-4)/(6n+3))

其一阶导数f’(n)={2-4e^((4n-4)/(6n+3))}/(n+1)^2

∵e^((4n-4)/(6n+3))

∴f’(n)>0

而f=4/(2+1)-e^((8-4)/(12+3))=4/3-e^(4/15)>0

所以f(n)>0

即：2n/(n+1)>e^((4n-4)/6n+3))

故得证。

一、结合勘根定理，利用判别式“△”的特点构造函数证明不等式

例1若a,b,c∈r，且a≠0，又4a+6b+c>0，a-3b+c4ac.证明构造函数f(x),设f(x)=ax2+3bx+c(a≠0)，由f(2)=4a+6b+c>0，f(-1)=a-3b+c

根据勘根定理可知：f(x)在区间(-1,2)内必有零点.又f(x)为二次函数，由勘根定理结合可知：

f(x)必有两个不同的零点.令ax2+3bx+c=0可知△=(3b)2-4ac>0，所以可得：9b2>4ac.命题得证.评析本题合理变换思维角度，抓住问题本质，通过构造二次函数,将所要证明的结论转化成判别式“△”的问题,再结合勘根定理和二次函数知识，从而使问题获得解决.二、结合构造函数的单调性证明不等式

例2(2005年人教a版《选修4-5不等式选讲》例题改编)已知a,b,c是实数，求证：

|a+b+c|1+|a+b+c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.证明构造函数f(x)，设f(x)=x1+x(x≥0).由于f′(x)=1(1+x)2,所以结合导数知识可知f(x)在[0，+∞)上是增函数.∵0≤|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|，∴f(|a+b+c|)≤f(|a|+|b|+|c|)，即|a+b+c|1+|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|1+|a|+|b|+|c|=|a|1+|a|+|b|+|c|+|b|1+|a|+|b|+|c|+|c|1+|a|+|b|+|c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.命题得证.三、结合构造函数在某个区间的最值证明不等式

例3(第36届imo试题)

设a,b,c为正实数，且满足abc=1,求证:

1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b)≥32.证明构造函数，设f(a,b,c)=1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b),显然a=b=c=1时，f(a,b,c)=32≥32成立.又abc=1，a,b,c为正实数，则a,b,c中必有一个不大于1，不妨设0f(a,b,c)-f(a,1,c)=(1-b)1a3(b+c)(1+c)+1+b+b2b3(a+c)+1c3(a+b)(1+a)≥0，∴f(a,b,c)≥f(a,1,c)，因此要证f(a,b,c)≥32，只要证f(a,1,c)≥32，此时ac=1，∴a,1,c成等比数列，令a=q-1，c=q(q>0).f(a,1,c)=q31+q+qq2+1+1q2(1+q)

=q5+1q2(1+q)+qq2+1

=(q4+1)-(q3+q)+q2q2+qq2+1

=(q2+q-2)-(q+q-1)+1q+q-1+1

=t2-t+1t-1.(其中t=q+q-1，且t≥2).由导数知识(方法同例

2、例3)可知函数

f(a,1,c)=t2-t+1t-1(t≥2)是增函数，当且仅当t=2q=1a=c=1时，(f(a,1,c))min=22-2+12-1=32成立，∴f(a,1,c)≥32.故f(a,b,c)≥f(a,1,c)≥32.命题得证。