证明函数（精选多篇）

推荐第1篇：函数极限证明

函数极限证明

记g(x)=lim^(1/n)，n趋于正无穷;

下面证明limg(x)=max{a1,...am},x趋于正无穷。把max{a1,...am}记作a。

不妨设f1(x)趋于a;作b>a>=0,M>1;

那么存在N1,当x>N1,有a/MN2时，0Ni时，0

那么当x>N,有

(a/M)^n

推荐第2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

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。

推荐第3篇：构造函数证明不等式

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。

推荐第4篇：构造函数证明不等式

在含有两个或两个以上字母的不等式中，若使用其它方法不能解决，可将一边整理为零，而另一边为某个字母的二次式，这时可考虑用判别式法。一般对与一元二次函数有关或能通过等价转化为一元二次方程的，都可考虑使用判别式，但使用时要注意根的取值范围和题目本身条件的限制。

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

1

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）≤ Lga.lg2x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。

推荐第5篇：函数的证明方法

一般地，对于函数f(x) ⑴如果对于函数f(x)定义域内的任意一个x，都有f(x)=f(-x）或f(x)/f(-x)=1那么函数f(x）就叫做偶函数。关于y轴对称，f（-x）=f（x）。

⑵如果对于函数f(x)定义域内的任意一个x，都有f(-x)=-f(x）或f(x)/f(-x)=-1，那么函数f(x）就叫做奇函数。关于原点对称，-f（x）=f（-x）。

⑶如果对于函数定义域内的任意一个x，都有f(x)=f(-x）和f(-x)=-f(x），（x∈R，且R关于原点对称.）那么函数f(x）既是奇函数又是偶函数，称为既奇又偶函数。 ⑷如果对于函数定义域内的存在一个a，使得f(a）≠f(-a），存在一个b，使得f(-b）≠-f(b），那么函数f(x）既不是奇函数又不是偶函数，称为非奇非偶函数。 定义域互为相反数，定义域必须关于原点对称 特殊的，f（x）=0既是奇函数，又是偶函数。

说明：①奇、偶性是函数的整体性质，对整个定义域而言。

②奇、偶函数的定义域一定关于原点对称，如果一个函数的定义域不关于原点对称，则这个函数一定不具有奇偶性。

（分析：判断函数的奇偶性，首先是检验其定义域是否关于原点对称，然后再严格按照奇、偶性的定义经过化简、整理、再与f(x）比较得出结论） ③判断或证明函数是否具有奇偶性的根据是定义。

④如果一个奇函数f(x）在x=0处有意义，则这个函数在x=0处的函数值一定为0。并且关于原点对称。

⑤如果函数定义域不关于原点对称或不符合奇函数、偶函数的条件则叫做非奇非偶函数。例如f（x）=x³【-∞，-2】或【0，+∞】（定义域不关于原点对称）

⑥如果函数既符合奇函数又符合偶函数，则叫做既奇又偶函数。例如f（x）=0 注：任意常函数（定义域关于原点对称）均为偶函数，只有f(x)=0是既奇又偶函数

推荐第6篇：构造函数证明不等式

在含有两个或两个以上字母的不等式中，若使用其它方法不能解决，可将一边整理为零，而另一边为某个字母的二次式，这时可考虑用判别式法。一般对与一元二次函数有关或能通过等价转化为一元二次方程的，都可考虑使用判别式，但使用时要注意根的取值范围和题目本身条件的限制。

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：4a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。 abc2bxb)2(3cxc)2

1492)x12x1,(abc1) abc111由f(x)0（当且仅当a,b,c时取等号），

632149得⊿≤0,即⊿＝144-4（）≤0

abc111149

∴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 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xbx证明：令 f（x）= ∵b-a>0 ba+ 在R上为减函数 bxb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b1ab≤

ab1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b1ab≤

ab1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：—

x11≤≤ 221x2[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x222x2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 1 411得：—≤y≤

22x11 ∴—≤≤

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）≤ Lga.lg2x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lgylgxlgy22

2（lgxlgy）2lgxlgy 令 f(x)= == 1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≥10

2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

9、证明不等式：

xxx2xx ∵f（-x）=- = x+ x122212xxx

[1-(1-2)]+ 12x2xx =-x+= f(x) x122 = ∴f(x)的图象关于y轴对称

x ∵当x>0时，1-2

推荐第7篇：构造函数证明数列不等式

构造函数证明数列不等式 ln2ln3ln4ln3n5n6n3n(nN*).例1.求证：23436

ln2ln3lnn2n2n1例2.求证:(1)2,(n2) 2(n1)23n

例3.求证:

例4.求证:(1

练习：

1求证:(112)(123)[1n(n1)]e

2.证明:

3.已知a11,an1(1

4.已知函数f(x)是在(0,)上处处可导的函数,若x2n311111ln(n1)1 23n12n111111)(1)(1)e和(1)(1)(12n)98132!3!n!e.ln2ln3ln4lnnn(n1)(nN*,n1) 345n14112)a.ae证明.nnn2n2nf\'(x)f(x)在x0上恒成立.

(I)求证：函数g(x)

(II)当x1f(x)在(0,)上是增函数； x0,x20时,证明:f(x1)f(x2)f(x1x2)；(III)已知不等式ln(1x)x在x1且x0时恒成立。

5.已知函数f(x)xlnx.若a0,b0,证明:f(a)(ab)ln2f(ab)f(b).

推荐第8篇：函数极限的定义证明

习题13

1.根据函数极限的定义证明:

(1)lim(3x1)8;x3

(2)lim(5x2)12;x2

x244;(3)limx2x2

14x3

(4)lim2.

x2x12

1证明 (1)分析 |(3x1)8||3x9|3|x3|, 要使|(3x1)8| , 只须|x3|.3

1证明 因为 0, , 当0|x3|时, 有|(3x1)8| , 所以lim(3x1)8.x33

1(2)分析 |(5x2)12||5x10|5|x2|, 要使|(5x2)12| , 只须|x2|.5

1证明 因为 0, , 当0|x2|时, 有|(5x2)12| , 所以lim(5x2)12.x25

(3)分析

|x(2)|.x24x24x4x24(4)|x2||x(2)|, 要使(4), 只须x2x2x2

x24x24(4), 所以lim4.证明 因为 0, , 当0|x(2)|时, 有x2x2x2

(4)分析 14x31114x312, 只须|x()|.2|12x2|2|x()|, 要使2x12x1222

14x31114x3

2, 所以lim证明 因为 0, , 当0|x()|时, 有2.12x12x122x2.根据函数极限的定义证明:

(1)lim1x3

2x3

sinxx1;2(2)limxx0.

证明 (1)分析

|x|1

1x32x311x3x322x312|x|3, 要使1x32x311, 只须, 即322|x|2.

证明 因为 0, X(2)分析

sinxx0

12

, 当|x|X时, 有1x

1x32x311x31, 所以lim.

x2x322

1x

, 即x

sinxx

|sinx|x

, 要使

sinx

证明 因为0, X

2

, 当xX时, 有

xsinxx

0, 只须



.

0, 所以lim

x

0.

3.当x2时,yx24.问等于多少, 使当|x2|

解 由于x2, |x2|0, 不妨设|x2|1, 即1x3.要使|x24||x2||x2|5|x2|0.001, 只要

|x2|

0.001

0.0002, 取0.0002, 则当0|x2|时, 就有|x24|0.001.5

x21x

34.当x时, y

x21x23

1, 问X等于多少, 使当|x|>X时, |y1|

解 要使1

4x23

0.01, 只|x|

3397, X.0.01

5.证明函数f(x)|x| 当x0时极限为零.

x|x|

6.求f(x), (x)当x0时的左﹑右极限, 并说明它们在x0时的极限是否存在.

xx

证明 因为

x

limf(x)limlim11,

x0x0xx0x

limf(x)limlim11,

x0x0xx0limf(x)limf(x),

x0

x0

所以极限limf(x)存在.

x0

因为

lim(x)lim

x0

x0

|x|x

lim1,x0xx|x|xlim1,xx0x

lim(x)lim

x0

x0

lim(x)lim(x),

x0

x0

所以极限lim(x)不存在.

x0

7.证明: 若x及x时, 函数f(x)的极限都存在且都等于A, 则limf(x)A.

x

证明 因为limf(x)A, limf(x)A, 所以>0,

x

x

X10, 使当xX1时, 有|f(x)A| ;X20, 使当xX2时, 有|f(x)A| .

取Xmax{X1, X2}, 则当|x|X时, 有|f(x)A| , 即limf(x)A.

x

8.根据极限的定义证明: 函数f(x)当xx0 时极限存在的充分必要条件是左极限、右极限各自存在并且相等.

证明 先证明必要性.设f(x)A(xx0), 则>0, 0, 使当0

|f(x)A|

因此当x0

|f(x)A|

这说明f(x)当xx0时左右极限都存在并且都等于A .再证明充分性.设f(x00)f(x00)A, 则>0,1>0, 使当x010, 使当x0

取min{1, 2}, 则当0

| f(x)A|

即f(x)A(xx0).

9.试给出x时函数极限的局部有界性的定理, 并加以证明.

解 x时函数极限的局部有界性的定理 如果f(x)当x时的极限存在 则存在X0及M0 使当|x|X时 |f(x)|M

证明 设f(x)A(x) 则对于 1 X0 当|x|X时 有|f(x)A| 1 所以|f(x)||f(x)AA||f(x)A||A|1|A|

这就是说存在X0及M0 使当|x|X时 |f(x)|M 其中M1|A|

推荐第9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≤

16

5．

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．

推荐第10篇：函数单调性定义证明

用函数单调性定义证明

例

1、用函数单调性定义证明:

(1) 为常数)在 上是增函数.(2) 在 上是减函数.

分析：虽然两个函数均为含有字母系数的函数，但字母对于函数的单调性并没有影响，故无须讨论.

证明: (1)设

则 是 上的任意两个实数，且

，

=

由 得 ，由

得 ， .

于是， ，

即即 ..

(2) 设在 是 上是增函数.上的任意两个实数，且 ，

则

由 得，由

得

于是 即.又 ， ..

在 上是减函数.

小结：由(1)中所得结论可知二次函数的单调区间只与对称轴的位置和开口方向有关，与常数 无关.若函数解析式是分式，通常变形时需要通分，将分子、分母都化成乘积的形式便于判断符号.

根据单调性确定参数

例

1、函数

在

上是减函数，求

的取值集合.分析：首先需要对 前面的系数进行分类讨论，确定函数的类型，再做进一步研究.

解：当

具备增减性.

当

，解得

.故所求

的取值集合为

.时，函数此时为

，是常数函数，在

上不时，

为一次函数，若在

上是减函数，则有

小结：此题虽比较简单，但渗透了对分类讨论的认识与使用.

第11篇：函数的单调性证明

函数的单调性证明

一．解答题（共40小题）

1．证明：函数f（x）=在（﹣∞，0）上是减函数．

2．求证：函数f（x）=4x+在（0，）上递减，在[，+∞）上递增．

3．证明f（x）=

在定义域为[0，+∞）内是增函数．

4．应用函数单调性定义证明：函数f（x）=x+在区间（0，2）上是减函数．

第1页（共23页）

5．证明函数f（x）=2x﹣在（﹣∞，0）上是增函数．

6．证明：函数f（x）=x2+3在[0，+∞）上的单调性．

7．证明：函数y=

在（﹣1，+∞）上是单调增函数．

8．求证：f（x）=

在（﹣∞，0）上递增，在（0，+∞）上递增．

9．用函数单调性的定义证明函数y=

在区间（0，+∞）上为减函数．

第2页（共23页）

10．已知函数f（x）=x+．

（Ⅰ）用定义证明：f（x）在[2，+∞）上为增函数； （Ⅱ）若

＞0对任意x∈[4，5]恒成立，求实数a的取值范围．

11．证明：函数f（x）=

在x∈（1，+∞）单调递减．

12．求证f（x）=x+的（0，1）上是减函数，在[1，+∞]上是增函数．

13．判断并证明f（x）=

在（﹣1，+∞）上的单调性．

14．判断并证明函数f（x）=x+在区间（0，2）上的单调性．

第3页（共23页）

15．求函数f（x）=

的单调增区间．

16．求证：函数f（x）=﹣

﹣1在区间（﹣∞，0）上是单调增函数．

17．求函数

的定义域．

18．求函数

的定义域．

19．根据下列条件分别求出函数f（x）的解析式 （1）f（x+）=x2+

（2）f（x）+2f（）=3x．

20．若3f（x）+2f（﹣x）=2x+2，求f（x）．

第4页（共23页）

21．求下列函数的解析式

（1）已知f（x+1）=x2求f（x）

（2）已知f（

）=x，求f（x）

（3）已知函数f（x）为一次函数，使f[f（x）]=9x+1，求f（x）

（4）已知3f（x）﹣f（）=x2，求f（x）

22．已知函数y=f（x），满足2f（x）+f（）=2x，x∈R且x≠0，求f（x）．

第5页（共23页）

23．已知3f（x）+2f（）=x（x≠0），求f（x）．

24．已知函数f（x+）=x2+（）2（x＞0），求函数f（x）．

25．已知2f（﹣x）+f（x）=3x﹣1，求f（x）．

26．若2f（x）+f（﹣x）=3x+1，则求f（x）的解析式．

27．已知4f（x）﹣5f（）=2x，求f（x）．

28．已知函数f（

+2）=x2+1，求f（x）的解析式．

第6页（共23页）

29．若f（x）满足3f（x）+2f（﹣x）=4x，求f（x）的解析式．

30．已知f（x）=ax+b且af（x）+b=9x+8，求f（x）

31．求下列函数的解析式：

（1）已知f（2x+1）=x2+1，求f（x）；

（2）已知f（）=

，求f（x）．

32．已知二次函数满足f（2x+1）=4x2﹣6x+5，求f（x）的解析式．

33．已知f（2x）=x2﹣x﹣1，求f（x）．

34．已知一次函数f（x）满足f（f（f（x）））=2x﹣3，求函数f（x）的解析式．

第7页（共23页）

35．已知f（x+2）=x2﹣3x+5，求f（x）的解析式．

36．已知函数f（x﹣2）=2x2﹣3x+4，求函数f（x）的解析式．

37．若3f（x）+2f（﹣x）=2x，求f（x）

38．f（

+1）=x2+2

，求f（x）的解析式．

39．若函数f（

）=+1，求函数f（x）的解析式．

40．已知f（x﹣1）=x2﹣4x． （1）求f（x）的解析式； （2）解方程f（x+1）=0．

第8页（共23页）

第9页（共23页）

函数的单调性证明

参考答案与试题解析

一．解答题（共40小题）

1．证明：函数f（x）=在（﹣∞，0）上是减函数． 【解答】证明：设x1＜x2＜0，则：

；

∵x1＜x2＜0；

∴x2﹣x1＞0，x1x2＞0； ∴f（x1）＞f（x2）；

∴f（x）在（﹣∞，0）上是减函数．

2．求证：函数f（x）=4x+在（0，）上递减，在[，+∞）上递增． 【解答】证明：设0＜x1＜x2＜， 则f（x1）﹣f（x2）=（4x1+

）﹣（4x2+

）=4（x1﹣x2）+

=（x1﹣x2）（），

又由0＜x1＜x2＜，

则（x1﹣x2）＜0，（4x1x2﹣9）＜0，（x1x2）＞0，

则f（x1）﹣f（x2）＞0，则函数f（x）在（0，）上递减， 设≤x3＜x4，

同理可得：f（x3）﹣f（x4）=（x3﹣x4）（又由≤x3＜x4，

第10页（共23页）

），

则（x3﹣x4）＜0，（4x3x4﹣9）＞0，（x1x2）＞0，

则f（x3）﹣f（x4）＜0，则函数f（x）在[，+∞）上递增．

3．证明f（x）=在定义域为[0，+∞）内是增函数．

【解答】证明：设x1，x2∈[0，+∞），且x1＜x2，则：

=∵x1，x2∈[0，+∞），且x1＜x2； ∴∴f（x1）＜f（x2）；

∴f（x）在定义域[0，+∞）上是增函数．

4．应用函数单调性定义证明：函数f（x）=x+在区间（0，2）上是减函数． 【解答】证明：任取x1，x2∈（0，2），且x1＜x2， 则f（x1）﹣f（x2）=

﹣（

=

；

；

因为0＜x1＜x2＜2，所以x1﹣x2＜0，x1x2＜4， 所以f（x1）﹣f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2）， 所以f（x）=x+在（0，2）上为减函数．

5．证明函数f（x）=2x﹣在（﹣∞，0）上是增函数． 【解答】解：设x1＜x2＜0， ∴f（x1）﹣f（x2） =2x1﹣﹣2x2+

=（x1﹣x2）（2+∵x1＜x2＜0， ），

第11页（共23页）

∴x1﹣x2＜0，2+

＞0，

∴f（x1）﹣f（x2）＜0， 即：f（x1）＜f（x2），

∴函数f（x）=2x﹣在（﹣∞，0）上是增函数．

6．证明：函数f（x）=x2+3在[0，+∞）上的单调性． 【解答】解：任取0≤x1＜x2， 则f（x1）﹣f（x2）==（x1+x2）（x1﹣x2）

因为0≤x1＜x2，所以x1+x2＞0，x1﹣x2＜0， 故原式f（x1）﹣f（x2）＜0，

即f（x1）＜f（x2），所以原函数在[0，+∞）是单调递增函数．

7．证明：函数y=

在（﹣1，+∞）上是单调增函数．

=1﹣

在在区间（﹣1，+∞），

【解答】解：∵函数f（x）=可以设﹣1＜x1＜x2， 可得f（x1）﹣f（x2）=1﹣∵﹣1＜x1＜x2＜0，

﹣1+=

∴x1+1＞0，1+x2＞0，x1﹣x2＜0， ∴＜0

∴f（x1）＜f（x2），

∴f（x）在区间（﹣∞，0）上为增函数；

8．求证：f（x）=在（﹣∞，0）上递增，在（0，+∞）上递增．

第12页（共23页）

【解答】证明：设x1＜x2，则f（x1）﹣f（x2）=﹣∵x1＜x2，∴x1﹣x2＜0，

﹣（﹣）=﹣=，

∴若x1＜x2＜0，则x1x2＞0，此时f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），此时函数单调递增．

若0＜x1＜x2，则x1x2＞0，此时f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），此时函数单调递增． 即f（x）=

9．用函数单调性的定义证明函数y=【解答】解：∵函数y=可以设0＜x1＜x2， 可得f（x1）﹣f（x2）=∴f（x1）＞f（x2），

∴f（x）在区间（﹣∞，0）上为减函数；

10．已知函数f（x）=x+．

（Ⅰ）用定义证明：f（x）在[2，+∞）上为增函数； （Ⅱ）若＞0对任意x∈[4，5]恒成立，求实数a的取值范围．

﹣

=

＞0，

在区间（0，+∞）上为减函数． 在（﹣∞，0）上递增，在（0，+∞）上递增．

在区间（0，+∞），

【解答】（Ⅰ）证明：任取x1，x2∈[2，+∞），且x1＜x2， 则f（x1）﹣f（x2）=（x1+

）﹣（x2+

）=

，

∵2≤x1＜x2，所以x1﹣x2＜0，x1x2＞4， ∴f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2）， ∴f（x）=x+在[2，+∞）上为增函数； （Ⅱ）解：∵＞0对任意x∈[4，5]恒成立，

第13页（共23页）

∴x﹣a＞0对任意x∈[4，5]恒成立， ∴a＜x对任意x∈[4，5]恒成立， ∴a＜4．

11．证明：函数f（x）=

在x∈（1，+∞）单调递减．

【解答】证明：设x1＞x2＞1，则：

；

∵x1＞x2＞1；

∴x2﹣x1＜0，x1﹣1＞0，x2﹣1＞0； ∴即f（x1）＜f（x2）；

∴f（x）在x∈（1，+∞）单调递减．

12．求证f（x）=x+的（0，1）上是减函数，在[1，+∞]上是增函数． 【解答】证明：①在（0，1）内任取x1，x2，令x1＜x2， 则f（x1）﹣f（x2）=（=（x1﹣x2）+=（x1﹣x2）（1﹣

；

）﹣（）

），

∵x1，x2∈（0，1），x1＜x2， ∴x1﹣x2＜0，1﹣

＜0，

∴f（x1）﹣f（x2）＞0，

∴f（x）=x+在（0，1）上是减函数． ②在[1，+∞）内任取x1，x2，令x1＜x2， 则f（x1）﹣f（x2）=（

）﹣（

）

第14页（共23页）

=（x1﹣x2）+=（x1﹣x2）（1﹣

），

∵x1，x2∈[1，+∞），x1＜x2， ∴x1﹣x2＜0，1﹣

＞0，

∴f（x1）﹣f（x2）＜0，

∴f（x）=x+在[1，+∞]上是增函数．

13．判断并证明f（x）=【解答】解：f（x）=证明如下：

在（﹣1，+∞）上任取x1，x2，令x1＜x2， f（x1）﹣f（x2）=

﹣

=

，

在（﹣1，+∞）上的单调性． 在（﹣1，+∞）上的单调递减．

∵x1，x2∈（﹣1+∞），x1＜x2， ∴x2﹣x1＞0，x1+1＞0，x2+1＞0， ∴f（x1）﹣f（x2）＞0， ∴f（x）=

14．判断并证明函数f（x）=x+在区间（0，2）上的单调性． 【解答】解：任意取x1，x2∈（0，2）且0＜x1＜x2＜2 f（x1）﹣f（x2）=x1+∵0＜x1＜x2＜2

∴x1﹣x2＜0，0＜x1x2＜4， 即x1x2﹣4＜0，

∴f（x1）﹣f（x2）＞0， 即f（x1）＞f（x2）．

第15页（共23页）

在（﹣1，+∞）上的单调递减．

﹣x2﹣=（x1﹣x2）+

﹣

=（x1﹣x2）

，

所以f（x）在（0，2）上是单调减函数．

15．求函数f（x）=

的单调增区间．

=1﹣的单调递增区间为【解答】解：根据反比例函数的性质可知，f（x）=（﹣∞，0），（0，+∞）

故答案为：（﹣∞，0），（0，+∞）

16．求证：函数f（x）=﹣

﹣1在区间（﹣∞，0）上是单调增函数．

【解答】证明：设x1＜x2＜0，则：

；

∵x1＜x2＜0；

∴x1﹣x2＜0，x1x2＞0； ∴；

∴f（x1）＜f（x2）；

∴f（x）在区间（﹣∞，0）上是单调增函数．

17．求函数

的定义域．

【解答】解：根据题意，得，

解可得，

故函数的定义域为2≤x＜3和3＜x＜5．

18．求函数

的定义域．

第16页（共23页）

【解答】解：由故函数定义域为{x|x＜}

．

19．根据下列条件分别求出函数f（x）的解析式 （1）f（x+）=x2+

（2）f（x）+2f（）=3x． 【解答】解：（1）f（x+）=x2+

=（x+）2﹣2，

即f（x）=x2﹣2，（x＞2或x＜﹣2） （2）∵f（x）+2f（）=3x， ∴f（）+2f（x）=， 消去f（）得f（x）=﹣x．

20．若3f（x）+2f（﹣x）=2x+2，求f（x）． 【解答】解：∵3f（x）+2f（﹣x）=2x+2…①， 用﹣x代替x，得：

3f（﹣x）+2f（x）=﹣2x+2…②； ①×3﹣②×2得：

5f（x）=（6x+6）﹣（﹣4x+4）=10x+2， ∴f（x）=2x+．

21．求下列函数的解析式 （1）已知f（x+1）=x2求f（x） （2）已知f（）=x，求f（x）

（3）已知函数f（x）为一次函数，使f[f（x）]=9x+1，求f（x） （4）已知3f（x）﹣f（）=x2，求f（x）

【解答】解：（1）∵已知f（x+1）=x2 ，令x+1=t，可得x=t﹣1，∴f（t）=（t﹣

第17页（共23页）

1）2，∴f（x）=（x﹣1）2． （2）∵已知f（）=x，令

=t，求得 x=

，∴f（t）=

，∴f（x）=

．

（3）已知函数f（x）为一次函数，设f（x）=kx+b，k≠0，

∵f[f（x）]=kf（x）+b=k（kx+b）+b=9x+1，∴k=3，b=，或k=﹣3，b=﹣，求 ∴f（x）=3x+，或f（x）=﹣3x﹣．

（4）∵已知3f（x）﹣f（）=x2①，∴用代替x，可得3f（）﹣f（x）=由①②求得f（x）=x2+

22．已知函数y=f（x），满足2f（x）+f（）=2x，x∈R且x≠0，求f（x）． 【解答】解：∵2f（x）+f（）=2x① 令x=，则2f（）+f（x）=②， ①×2﹣②得： 3f（x）=4x﹣， ∴f（x）=x﹣

23．已知3f（x）+2f（）=x（x≠0），求f（x）． 【解答】解：∵3f（x）+2f（）=x，① 等号两边同时以代x， 得：3f（）+2f（x）=，② 由①×3﹣2×②，解得 5f（x）=3x﹣，

∴函数f（x）的解析式：f（x）=x﹣

24．已知函数f（x+）=x2+（）2（x＞0），求函数f（x）．

第18页（共23页）

②，

．

．

（x≠0）．

【解答】解：∵x＞0时，x+≥2且函数f（x+）=x2+（）2=设t=x+，（t≥2）； ∴f（t）=t2﹣2；

即函数f（x）=x2﹣2（其中x≥2）．

=2， ﹣2；

25．已知2f（﹣x）+f（x）=3x﹣1，求f（x）． 【解答】解：∵2f（﹣x）+f（x）=3x﹣1， ∴2f（x）+f（﹣x）=﹣3x﹣1， 联立消去f（﹣x）， 可得f（x）=﹣3x﹣．

26．若2f（x）+f（﹣x）=3x+1，则求f（x）的解析式． 【解答】解：∵2f（x）+f（﹣x）=3x+1…①， 用﹣x代替x，得：

2f（﹣x）+f（x）=﹣3x+1…②； ①×2﹣②得：

3f（x）=（6x+2）﹣（﹣3x+1）=9x+1， ∴f（x）=3x+．

27．已知4f（x）﹣5f（）=2x，求f（x）． 【解答】解：∵4f（x）﹣5f（）=2x…①， ∴4f（）﹣5f（x）=…②， ①×4+②×5，得：﹣9f（x）=8x+∴f（x）=﹣x﹣

第19页（共23页）

，

．

28．已知函数f（【解答】解：令t=则由f（+2）=x2+1，求f（x）的解析式． +2，（t≥2），

，x=（t﹣2）2．

+2）=x2+1，得f（t）=（t﹣2）4+1．

∴f（x）=（x﹣2）4+1（x≥2）．

29．若f（x）满足3f（x）+2f（﹣x）=4x，求f（x）的解析式． 【解答】解：f（x）满足3f（x）+2f（﹣x）=4x，…①， 可得3f（﹣x）+2f（x）=﹣4x…②， ①×3﹣②×2可得：5f（x）=20x． ∴f（x）=4x．

f（x）的解析式：f（x）=4x．

30．已知f（x）=ax+b且af（x）+b=9x+8，求f（x） 【解答】解：∵f（x）=ax+b且af（x）+b=9x+8， ∴a（ax+b）+b=9x+8， 即a2x+ab+b=9x+8， 即，

解得a=3或a=﹣3，

若a=3，则4b=8，解得b=2，此时f（x）=3x+2， 若a=﹣3，则﹣2b=8，解得b=﹣4，此时f（x）=3x﹣4．

31．求下列函数的解析式：

（1）已知f（2x+1）=x2+1，求f（x）； （2）已知f（）=

，求f（x）．

【解答】解：（1）令2x+1=t，则x=（t﹣1）， ∴f（t）=（t﹣1）2+1，

第20页（共23页）

∴f（x）=（x﹣1）2+1； （2）令m=（m≠0），则x=，

∴f（m）==，

∴f（x）= （x≠0）．

32．已知二次函数满足f（2x+1）=4x2﹣6x+5，求f（x）的解析式． 【解答】解：（1）令2x+1=t，则x=则f（t）=4（）2﹣6•

；

+5=t2﹣5t+9，

故f（x）=x2﹣5x+9．

33．已知f（2x）=x2﹣x﹣1，求f（x）． 【解答】解：令t=2x，则x=t， ∴f（t）=t2﹣t﹣1， ∴f（x）=x2﹣x﹣1．

34．已知一次函数f（x）满足f（f（f（x）））=2x﹣3，求函数f（x）的解析式． 【解答】解：设f（x）=ax+b， ∴f（f（x）=a（ax+b）+b，

∴f（f（f（x））））=a[a（ax+b）+b]+b=2x﹣3，

∴，解得：，

∴f（x）= x﹣．

第21页（共23页）

35．已知f（x+2）=x2﹣3x+5，求f（x）的解析式． 【解答】解：f（x+2）=x2﹣3x+5， 设x+2=t，则x=t﹣2，

∴f（t）=（t﹣2）2﹣3（t﹣2）+5=t2﹣7t+15， ∴f（x）=x2﹣7x+15．

36．已知函数f（x﹣2）=2x2﹣3x+4，求函数f（x）的解析式． 【解答】解：令x﹣2=t，则x=t+2，代入原函数得 f（t）=2（t+2）2﹣3（t+2）+4=2t2+5t+6 则函数f（x）的解析式为f（x）=2x2+5x+6

37．若3f（x）+2f（﹣x）=2x，求f（x） 【解答】解：∵3f（x）+2f（﹣x）=2x…①， 用﹣x代替x，得：

3f（﹣x）+2f（x）=﹣2x…②； ①×3﹣②×2得：

5f（x）=6x﹣（﹣4x）=10x， ∴f（x）=2x．

38．f（+1）=x2+2

，求f（x）的解析式．

【解答】解：设∴x=（t﹣1）2； ∵f（+1）=x2+2+1=t，则t≥1，

，

∴f（t）=（t﹣1）4+2（t﹣1），

∴f（x）=（x﹣1）4+2（x﹣1），x∈[1，+∞）．

39．若函数f（【解答】解：令）=

+1，求函数f（x）的解析式．

=t（t≠1），则=t﹣1，

第22页（共23页）

∴f（t）=2+（t﹣1）2=t2﹣2t+3， ∴f（x）=x2﹣2x+3（x≠1）．

40．已知f（x﹣1）=x2﹣4x． （1）求f（x）的解析式； （2）解方程f（x+1）=0．

【解答】解：（1）变形可得f（x﹣1）=（x﹣1）2﹣2（x﹣1）﹣∴f（x）的解析式为f（x）=x2﹣2x﹣3；

（2）方程f（x+1）=0可化为（x+1）2﹣2（x+1）﹣3=0， 化简可得x2﹣4=0，解得x=2或x=﹣2

第23页（共23页）

3，

第12篇：数列利用函数证明数列不等式

数列

1 已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2anS2Sn对一切正整数n都成立。 （Ⅰ）求a1，a2的值； （Ⅱ）设a10，数列{lg大值。

2已知数列{an}的前n项和Sn

（1）确定常数k，求an；

（2）求数列{

3在等差数列an中，a3a4a584,a973.（Ⅰ）求数列an的通项公式； （Ⅱ）对任意mN*，将数列an中落入区间(9,9)内的项的个数记为bm，求数列m2m10a1的前n项和为Tn，当n为何值时，Tn最大？并求出Tn的最an12nkn，kN*,且Sn的最大值为8.292an的前n项和Tn。 n2bm的前m项和Sm.

第13篇：函数极限的性质证明

函数极限的性质证明

X1=2,Xn+1=2+1/Xn,证明Xn的极限存在，并求该极限

求极限我会

|Xn+1-A|

以此类推，改变数列下标可得|Xn-A|

|Xn-1-A|

……

|X2-A|

向上迭代，可以得到|Xn+1-A|

2只要证明{x(n)}单调增加有上界就可以了。

用数学归纳法：

①证明{x(n)}单调增加。

x(2)=√=√5>x(1);

设x(k+1)>x(k)，则

x(k+2)-x(k+1))=√-√(分子有理化)

=/【√+√】>0。

②证明{x(n)}有上界。

x(1)=1

设x(k)

x(k+1)=√

3当0

当0

构造函数f(x)=x*a^x(0

令t=1/a，则：t>

1、a=1/t

且，f(x)=x*(1/t)^x=x/t^x(t>1)

则：

lim(x→+∞)f(x)=lim(x→+∞)x/t^x

=lim(x→+∞)(分子分母分别求导)

=lim(x→+∞)1/(t^x*lnt)

=1/(+∞)

=0

所以，对于数列n*a^n，其极限为0

4

用数列极限的定义证明

3.根据数列极限的定义证明：

(1)lim=0

n→∞

(2)lim=3/2

n→∞

(3)lim=0

n→∞

(4)lim0.999…9=1

n→∞n个9

5几道数列极限的证明题，帮个忙。。。Lim就省略不打了。。。

n/(n^2+1)=0

√(n^2+4)/n=1

sin(1/n)=0

实质就是计算题，只不过题目把答案告诉你了，你把过程写出来就好了

第一题，分子分母都除以n，把n等于无穷带进去就行

第二题，利用海涅定理，把n换成x，原题由数列极限变成函数极限，用罗比达法则(不知楼主学了没，没学的话以后会学的)

第三题，n趋于无穷时1/n=0，sin(1/n)=0

不知楼主觉得我的解法对不对呀limn/(n^2+1)=lim(1/n)/(1+1/n^2)=lim(1/n)/(1+lim(1+n^2)=0/1=0

lim√(n^2+4)/n=lim√(1+4/n^2)=√1+lim(4/n^2)=√1+4lim(1/n^2)=1

limsin(1/n)=lim=lim(1/n)*lim/(1/n)=0*1=0

第14篇：构造法证明函数不等式

构造法证明函数不等式

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．

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

1二、作差法构造函数证明

【例2】已知函数f(x)的图象的下方．

2312xlnx，求证：在区间(1 ,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)x

32三、换元法构造函数证明

【例3】（2007年山东卷）证明：对任意的正整数n，不等式ln(

1111)23都成立． nnn

四、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，常数a、b满足ab，求证：af(a)bf(b)．

五、主元法构造函数

1x)x，g(x)xlnx． 【例5】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．

2六、构造二阶导函数证明函数的单调性（二次求导）

【例6】已知函数f(x)aex12x． 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：当x0时，f(x)1x．

七、对数法构造函数（选用于幂指数函数不等式）

【例7】证明：当x0时，(1x)1xe12．

1、（2007年，安徽卷）设a0，f(x)x1ln2x2alnx．

求证：当x1时，恒有xln2x2alnx1．

2、（2007年，安徽卷）已知定义在正实数集上的函数f(x)1x12x2ax，g(x)3a2lnxb，其中2a0，且b 52a3a2lna，求证：f(x)g(x)．

23、已知函数f(x)ln(1x) xb，求证：对任意的正数a、b，恒有lnalnb1． 1xa

4、（2007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)

B．bf(a)af(b)

C．af(a)f(b)

D．bf(b)f(a)

4 例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11x1【解析】由题意得：f(x)，∴当1x0时，f(x)0，即f(x)在x1x1g(x)ln(x1)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)11x11，则g(x)22， x1(x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1111ln(x1)x． ∴ln(x1)1．综上可知：当x1时，有x1x1∴当x1时，g(x)g(0)0，即ln(x1)【点评】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．

例2．【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)在(1 ,)上恒成12212xlnxx3，只需证明在区间(1,)上，恒有x2lnxx3成立， 23231设F(x)g(x)f(x)，x(1 , )，考虑到F(1)0，要证不等式转化变为：

6立问题，即当x1时，F(x)F(1)，这只要证明：g(x)在区间(1 ,)是增函数即可． 【解析】设F(x)g(x)f(x)，即F(x)22312xxlnx， 321(x1)(2x2x1)(x1)(2x2x1)则F\'(x)2xx；当x1时，F\'(x)0，从xxx而F(x)在(1,)上为增函数，∴F(x)F(1)

10，∴当x1时，g(x)f(x)0，即6f(x)g(x)，故在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)23x的图象的下方． 3【点评】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． 例3．【分析】本题是山东卷的第（2）问，从所证结构出发，只需令

1x，则问题转化为：当x0n时，恒有ln(x1)x2x3成立，现构造函数h(x)x3x2ln(x1)，求导即可达到证明．

13x3(x1)2 【解析】 令h(x)xxln(x1)，则h(x)3x2xx1x1322在x(0 , )上恒正，∴函数h(x)在(0 , )上单调递增，∴x(0 , )时，恒有h(x)h(0)0，即x3x2ln(x1)0，∴ln(x1)x2x3，对任意正整数n，

取x1111(0 , )，则有ln(1)23． nnnn【点评】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．

例4．【解析】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)．

【点评】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．

例5．【分析】 对于第（2）小问，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，

6 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． （2）对g(x)xlnx求导，则g\'(x)lnx1．在g(a)g(b)2g(数，设F(x)g(a)g(x)2g(ab)中以b为主变元构造函2axaxax)，则F\'(x)g\'(x)2[g()]\'lnxln． 222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)，∵F(a)0，ba，∴F(b)0，即g(a)g(b)2g(ab)0．又设G(x)F(x)(xa)ln2，则2G\'(x)lnxlnaxG\'(x)0．ln2lnxln(ax)；当x0时，因此G(x)在(0 , )2ab)(ba)ln2． 2上为减函数，∵G(a)0，ba，∴G(b)0，即g(a)g(b)2g(例6．【解析】（1）f\'(x)aexx，∵f(x)在R上为增函数，∴f\'(x)0对xR恒成立，

即axex对xR恒成立；记g(x)xex，则g\'(x)exxex(1x)ex；

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)（2）记F(x)f(x)(1x)ex111 ，∴a，即a的取值范围是[ , )．

eee12xx1（x0），则F\'(x)exx1， 2令h(x)F\'(x)exx1，则h\'(x)ex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．【点评】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

7 值是解决不等式恒成立问题的一种重要方法．

例7．【解析】 对不等式两边取对数得(1)ln(1x)11xx ，化简为2(1x)ln(1x)2xx2，

2(l1x)， 设辅助函数f(x)2xx22(1x)ln(，f\'(x)2x2n1x)（x0）又f\'\'(x)2x0（x0），易知f\'(x)在(0 , )上严格单调增加，从而f\'(x)f\'(0)01x（x0），又由f(x)在[0 , )上连续，且f\'(x)0，得f(x)在[0 , )上严格单调增加， ∴f(x)f(0)0（x0），即2xx22(1x)ln(1x)0，2xx22(1x)ln(1x)， 故(1x)11xe1x2（x0）．

1、【解析】f(x)12lnx2a2lnx1，∴f(x)0，即f(x) ，当x1，a0时，不难证明xxx 在(0,)内单调递增，故当x1时，f(x)f(1)0，∴当x1时，恒有xln2x2alnx1．

2、【解析】设F(x)g(x)f(x)12x2ax3a2lnxb，则23a2(xa)(x3a)（x0），∵a0，∴当xa时，F\'(x)0， F\'(x)x2axx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、【解析】函数f(x)的定义域为(1 , )，f\'(x)11x，∴当1x01x(1x)2(1x)2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，于是f(x)f(0)0，从而ln(1x)1xa1b1，于是，即ln(1x)1，令1x0，则11x1xbx1aabbf(x)xf\'(x)f(x)ln1，因此lnalnb1．

4、0，故【解析】F(x)，F\'(x)baaxx2f(x)f(a)f(b)af(b)bf(a)，故选A． F(x)在(0 , )上是减函数，由ab有xab8

第15篇：构造函数,利用导数证明不等式

构造函数，利用导数证明不等式

湖北省天门中学薛德斌2010年10月

例

1、设当xa,b时，f/(x)g/(x)，求证：当xa,b时，f(x)f(a)g(x)g(a)．

例

2、设f(x)是R上的可导函数，且当x1时(x1)f/(x)0．

求证：（1）f(0)f(2)2f(1)；（2）f(2)2f(1)．

例

3、已知m、nN，且mn，求证：(1m)(1n)．

nm

例

4、（2010年辽宁卷文科）已知函数f(x)(a1)lnxax21，其中a2，证明： x1,x2(0,)，|f(x1)f(x2)|4|x1x2|.例

5、（2010年全国Ⅱ卷理科）设函数fxxaIn1x有两个极值点x

1、x2，且

2x1x2，证明：fx2

12In2.

4a0，b0，例

6、已知函数f(x)xlnx，求证：f(a)(ab)ln2f(ab)f(b).xln(1x)x；1x

11112ncln（2）设c0，求证：.2cn1cn2c2ncnc例

7、（1）已知x0，求证：

第16篇：利用函数极限定义证明1

习题2-2

1.利用函数极限定义证明:

(3).limxsinx01x0;

x|1，则当 0|x| 时, 有 证明: 对于任意给定的正数 0, 取 , 因为 |sin

x1x1xxsin|x|sin|x|，所以limxsinx00.

2．利用无穷大量定义证明：

（1）lim1x

4x；

1x

4证明：对于任意给定的正数 G0, 取 M4G1, 则当 |x|M 时, 有 |

所以 lim1x

4.|G，x

5．证明：若limf(x)A，则lim|f(x)||A|.xx0xx0证明：对于任意给定的正数 0, 由于limf(x)A，存在0，使得当

xx0

0|xx0|时, 都有|f(x)A|，而

|f(x)A||f||A||fA|， 即||f(x)||A||，所以lim|f(x)||A|.xx0

第17篇：复合函数的单调性的证明

复合函数的单调性的证明

例

1、已知函数yf(x)与yg(x)的定义域都是R，值域分别是0,与,0，在R上f(x)是增函数而g(x)是减函数，求证:F(x)f(x)g(x)在R上为减函数.

分析：证明的依据应是减函数的定义.

证明：设x1,x2是R上的任意两个实数，且x1x2，

则F(x1)F(x2)f(x1)g(x1)f(x2)g(x2)

f(x1)g(x1)f(x1)g(x2)f(x1)g(x2)f(x2)g(x2)f(x1)g(x1)g(x2)g(x2)f(x1)f(x2)

f(x)是R上的增函数，g(x)是R上的减函数，且x1x2.

f(x1)f(x2)，g(x1)g(x2)即f(x1)f(x2)0，g(x1)g(x2)0.又f(x)的值域为0,，g(x)的值域为,0，f(x1)0,g(x2)0.F(x1)F(x2)0即F(x1)F(x2)

F(x)在R上为减函数.

小结：此题涉及抽象函数的有关证明，要求较高，此外在F(x1)F(x2)的变形中涉及到增减项的技巧，它也应是源于单调性只能比较同一个函数的某两个函数值，必须构造出f(x1)与f(x2)的差和g(x1)与g(x2)的差.

第18篇：函数解答题构造函数证明不等式

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)

11

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

23

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

32

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)

111

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.

第19篇：构造函数证明数列不等式答案

构造函数证明数列不等式答案

例1.求证：

ln22ln33ln44

ln33

nn

3

n

5n66

(nN).

*

解析:先构造函数有lnxx1lnx11,从而

x

x

ln22ln33ln44

ln33

nn

31(

n

12



13



13

n

)

因为

12



13



13

n

1123111111111

nnn

2134567892

n1

3n139933

23n13n

6691827

5

5n



6

n

所以

ln22



ln33



ln44



ln33

n

n

31

n

5n6

3

5n66

例2.求证:(1)2,

ln22







ln33







lnnn

2







2n

2

n1

2(n1)

(n2)

解析:构造函数f(x)

lnxx

,得到

lnnn







lnnn

2

,再进行裂项

lnnn

2

2

1

1n

2

1

1n(n1)

,

所以有

12

ln2,

13

ln3ln2,…,13

n

1n

lnnln(n1),

1n1

ln(n1)lnn,相

加后可以得到:

12



1n1

ln(n1)

另一方面SABDE

1n1



ni

1x

,从而有

1ni

n

i



ni

1x

n

lnx|nilnnln(ni)取i1

有,lnnln(n1),

12

1n

所以有ln(n1)1



,所以综上有

12



13



1n1

12!

ln(n1)1

12



1n

例11.求证:(1

)(1

13!

)(1

1n!

)e和(1

19

)(1

181

)(1

13

2n

)e.

解析:构造函数后即可证明

例12.求证:(112)(123)[1n(n1)]e解析:ln[n(n1)1]2

3n(n1)1

2n3

,叠加之后就可以得到答案

例13.证明:

ln23ln34ln45

lnnn1





n(n1)

(nN*,n1)

解析:构造函数f(x)ln(x1)(x1)1(x1),求导,可以得到:f\'(x)

1x1

1

2xx1

\'\'

,令f(x)0有1x2,令f(x)0有x2,

所以f(x)f(2)0,所以ln(x1)x2,令xn1有,lnn

lnnn1

n12

22

n1

所以



,所以

ln23



ln34



ln45



lnnn1



n(n1)

(nN*,n1)

例14.已知a11,an1(1

1n(n1)

1nn

12

n

)an

12

n

.证明ane.

12

n

解析: an1(1)an

(1

1n(n1)



)an,然后两边取自然对数,可以得

到lnan1ln(1

1n(n1)



12

n

)lnan

然后运用ln(1x)x和裂项可以得到答案)放缩思路：

an1(1

1n

n



12

2n

)anlnan1ln(1

1nn



12

n

)lnanlnan

1nn



12

n

。于

是lnan1lnan

1nn



12

n

，

n1n1



i1

(lnai1lnai)



i1

1n1

1()

11111 2(2i)lnanlna112n2.

1nn2ii2

1

即lnanlna12ane.

注：题目所给条件ln(1x)x（x0）为一有用结论，可以起到提醒思路与探索放缩方向的作用；当然，本题还可用结论2

an1(1

1n(n1)

)an

1n(n1)

n

n(n1)(n2)来放缩：

an11(1

1n(n1)

)(an1)

ln(an11)ln(an1)ln(1

n1

n1

1n(n1)

1i(i1)

)

1n(n1)

.

1n1，



[ln(ai11)ln(ai1)]

i2



i2

ln(an1)ln(a21)1

即ln(an1)1ln3an3e1e.

例15.(2008年厦门市质检) 已知函数f(x)是在(0,)上处处可导的函数,若xf\'(x)f(x)

f(x)x

在x0上恒成立.(I)求证：函数g(x)在(0,)上是增函数；

(II)当x10,x20时,证明:f(x1)f(x2)f(x1x2)；(III)已知不等式ln(1x)x在x1且x0时恒成立，求证：

12

ln2

13

ln3

14

ln4

1(n1)

ln(n1)

n

2(n1)(n2)

(nN).

*

解析:(I)g\'(x)

f\'(x)xf(x)

xf(x)x

0,所以函数g(x)

f(x)x

在(0,)上是增函数

(II)因为g(x)在(0,)上是增函数,所以

f(x1)x1



f(x1x2)x1x2

f(x1)

x1x1x2

f(x1x2)

f(x2)x2



f(x1x2)x1x2

f(x2)

x2x1x2

f(x1x2)

两式相加后可以得到f(x1)f(x2)f(x1x2) (3)

f(x1)x1



f(x1x2xn)x1x2xn

f(x1)

x1

x1x2xn

x2

x1x2xn

xn

x1x2xn

f(x1x2xn)

f(x2)x2f(xn)xn



f(x1x2xn)x1x2xnf(x1x2xn)x1x2xn

f(x2)

f(x1x2xn)……



f(xn)

f(x1x2xn)

相加后可以得到:

f(x1)f(x2)f(xn)f(x1x2xn)所以

x1lnx1x2lnx2x3lnx3xnlnxn(x1x2xn)ln(x1x2xn)

令xn

11112222ln2ln3ln4ln(n1),有 222222

34(n1)(1n)

111

ln222

3(n1)2





11112222

34(n1)2

111

2232(n1)2



111ln(n1)n2132



111n



n12n22(n1)(n2)

所以

12

ln2

13

ln3

14

ln4

1(n1)

ln(n1)

n

2(n1)(n2)

(nN).

*

(方法二)

ln(n1)(n1)



ln(n1)

(n1)(n2)

14



11

ln4

(n1)(n2)n1n2

1nln412

ln(n1)ln42

(n1)2n22(n2)1

ln4

所以

12

ln2

13

ln3

ln4

又ln41

1n1

,

所以1ln221ln321ln42

222

1(n1)

ln(n1)

n

2(n1)(n2)

(nN).

*

例16.(2008年福州市质检)已知函数f(x)xlnx.若a0,b0,证明:f(a)(ab)ln2f(ab)f(b).解析:设函数g(x)f(x)f(kx),

f(x)xlnx,

(k0)

g(x)xlnx(kx)ln(kx),0xk.

g(x)lnx1ln(kx)1ln令g(x)0,则有

xkx

1

xkx

,k2

xk.

2xkkx

0

∴函数g(x)在[,k）上单调递增，在(0,

k

k2

]上单调递减.

kk

∴g(x)的最小值为g()，即总有g(x)g().

22

而g()f()f(k

k

k

k2)kln

k2

k(lnkln2)f(k)kln2,

g(x)f(k)kln2, 即f(x)f(kx)f(k)kln2.令xa,kxb,则kab.

f(a)f(b)f(ab)(ab)ln2.f(a)(ab)ln2f(ab)f(b).

第20篇：构造可导函数证明函数不等式

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。

《证明函数.doc》

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