一鍵復(fù)制
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證明函數(shù)奇偶性篇一
下面證明limg(x)=max{a1,...am},x趨于正無(wú)窮。把max{a1,...am}記作a。
不妨設(shè)f1(x)趨于a;作b>a>=0,m>1;
那么存在n1,當(dāng)x>n1,有a/mn2時(shí)，0ni時(shí)，0
那么當(dāng)x>n,有
(a/m)^n第2篇：函數(shù)的證明方法
一般地，對(duì)于函數(shù)f(x)⑴如果對(duì)于函數(shù)f(x)定義域內(nèi)的任意一個(gè)x，都有f(x)=f(-x）或f(x)/f(-x)=1那么函數(shù)f(x）就叫做偶函數(shù)。關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，f（-x）=f（x）。
⑵如果對(duì)于函數(shù)f(x)定義域內(nèi)的任意一個(gè)x，都有f(-x)=-f(x）或f(x)/f(-x)=-1，那么函數(shù)f(x）就叫做奇函數(shù)。關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，-f（x）=f（-x）。
⑶如果對(duì)于函數(shù)定義域內(nèi)的任意一個(gè)x，都有f(x)=f(-x）和f(-x)=-f(x），（x∈r，且r關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng).）那么函數(shù)f(x）既是奇函數(shù)又是偶函數(shù)，稱(chēng)為既奇又偶函數(shù)。⑷如果對(duì)于函數(shù)定義域內(nèi)的存在一個(gè)a，使得f(a）≠f(-a），存在一個(gè)b，使得f(-b）≠-f(b），那么函數(shù)f(x）既不是奇函數(shù)又不是偶函數(shù)，稱(chēng)為非奇非偶函數(shù)。定義域互為相反數(shù)，定義域必須關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng) 特殊的，f（x）=0既是奇函數(shù)，又是偶函數(shù)。
說(shuō)明：①奇、偶性是函數(shù)的整體性質(zhì)，對(duì)整個(gè)定義域而言。
②奇、偶函數(shù)的定義域一定關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，如果一個(gè)函數(shù)的定義域不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，則這個(gè)函數(shù)一定不具有奇偶性。
（分析：判斷函數(shù)的奇偶性，首先是檢驗(yàn)其定義域是否關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，然后再?lài)?yán)格按照奇、偶性的定義經(jīng)過(guò)化簡(jiǎn)、整理、再與f(x）比較得出結(jié)論）③判斷或證明函數(shù)是否具有奇偶性的根據(jù)是定義。
④如果一個(gè)奇函數(shù)f(x）在x=0處有意義，則這個(gè)函數(shù)在x=0處的函數(shù)值一定為0。并且關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)。
⑤如果函數(shù)定義域不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)或不符合奇函數(shù)、偶函數(shù)的條件則叫做非奇非偶函數(shù)。例如f（x）=x3【-∞，-2】或【0，+∞】（定義域不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)）
⑥如果函數(shù)既符合奇函數(shù)又符合偶函數(shù)，則叫做既奇又偶函數(shù)。例如f（x）=0 注：任意常函數(shù)（定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)）均為偶函數(shù)，只有f(x)=0是既奇又偶函數(shù)
證明函數(shù)奇偶性篇二
函數(shù)的單調(diào)性證明
一．解答題（共40小題）
1．證明：函數(shù)f（x）=在（﹣∞，0）上是減函數(shù)．
2．求證：函數(shù)f（x）=4x+在（0，）上遞減，在[，+∞）上遞增．
3．證明f（x）=
在定義域?yàn)閇0，+∞）內(nèi)是增函數(shù)．
4．應(yīng)用函數(shù)單調(diào)性定義證明：函數(shù)f（x）=x+在區(qū)間（0，2）上是減函數(shù)．
第1頁(yè)（共23頁(yè)）
5．證明函數(shù)f（x）=2x﹣在（﹣∞，0）上是增函數(shù)．
6．證明：函數(shù)f（x）=x2+3在[0，+∞）上的單調(diào)性．
7．證明：函數(shù)y=
在（﹣1，+∞）上是單調(diào)增函數(shù)．
8．求證：f（x）=
在（﹣∞，0）上遞增，在（0，+∞）上遞增．
9．用函數(shù)單調(diào)性的定義證明函數(shù)y=
在區(qū)間（0，+∞）上為減函數(shù)．
第2頁(yè)（共23頁(yè)）
10．已知函數(shù)f（x）=x+．
（ⅰ）用定義證明：f（x）在[2，+∞）上為增函數(shù)；（ⅱ）若
＞0對(duì)任意x∈[4，5]恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
11．證明：函數(shù)f（x）=
在x∈（1，+∞）單調(diào)遞減．
12．求證f（x）=x+的（0，1）上是減函數(shù)，在[1，+∞]上是增函數(shù)．
13．判斷并證明f（x）=
在（﹣1，+∞）上的單調(diào)性．
14．判斷并證明函數(shù)f（x）=x+在區(qū)間（0，2）上的單調(diào)性．
第3頁(yè)（共23頁(yè)）
15．求函數(shù)f（x）=的單調(diào)增區(qū)間．
16．求證：函數(shù)f（x）=﹣
﹣1在區(qū)間（﹣∞，0）上是單調(diào)增函數(shù)．
17．求函數(shù)的定義域．
18．求函數(shù)的定義域．
19．根據(jù)下列條件分別求出函數(shù)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頁(yè)（共23頁(yè)）
21．求下列函數(shù)的解析式
（1）已知f（x+1）=x2求f（x）
（2）已知f（）=x，求f（x）
（3）已知函數(shù)f（x）為一次函數(shù)，使f[f（x）]=9x+1，求f（x）
（4）已知3f（x）﹣f（）=x2，求f（x）
22．已知函數(shù)y=f（x），滿(mǎn)足2f（x）+f（）=2x，x∈r且x≠0，求f（x）．
第5頁(yè)（共23頁(yè)）
23．已知3f（x）+2f（）=x（x≠0），求f（x）．
24．已知函數(shù)f（x+）=x2+（）2（x＞0），求函數(shù)f（x）．
25．已知2f（﹣x）+f（x）=3x﹣1，求f（x）．
26．若2f（x）+f（﹣x）=3x+1，則求f（x）的解析式．
27．已知4f（x）﹣5f（）=2x，求f（x）．
28．已知函數(shù)f（+2）=x2+1，求f（x）的解析式．
第6頁(yè)（共23頁(yè)）
29．若f（x）滿(mǎn)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．求下列函數(shù)的解析式：
（1）已知f（2x+1）=x2+1，求f（x）；
（2）已知f（）=，求f（x）．
32．已知二次函數(shù)滿(mǎn)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．已知一次函數(shù)f（x）滿(mǎn)足f（f（f（x）））=2x﹣3，求函數(shù)f（x）的解析式．
第7頁(yè)（共23頁(yè)）
35．已知f（x+2）=x2﹣3x+5，求f（x）的解析式．
36．已知函數(shù)f（x﹣2）=2x2﹣3x+4，求函數(shù)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．若函數(shù)f（）=+1，求函數(shù)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頁(yè)（共23頁(yè)）
第9頁(yè)（共23頁(yè)）
函數(shù)的單調(diào)性證明
參考答案與試題解析
一．解答題（共40小題）
1．證明：函數(shù)f（x）=在（﹣∞，0）上是減函數(shù)． 【解答】證明：設(shè)x1＜x2＜0，則：；
∵x1＜x2＜0；
∴x2﹣x1＞0，x1x2＞0； ∴f（x1）＞f（x2）；
∴f（x）在（﹣∞，0）上是減函數(shù)．
2．求證：函數(shù)f（x）=4x+在（0，）上遞減，在[，+∞）上遞增． 【解答】證明：設(shè)0＜x1＜x2＜，則f（x1）﹣f（x2）=（4x1+）﹣（4x2+）=4（x1﹣x2）+
=（x1﹣x2）（），又由0＜x1＜x2＜，則（x1﹣x2）＜0，（4x1x2﹣9）＜0，（x1x2）＞0，則f（x1）﹣f（x2）＞0，則函數(shù)f（x）在（0，）上遞減，設(shè)≤x3＜x4，同理可得：f（x3）﹣f（x4）=（x3﹣x4）（又由≤x3＜x4，第10頁(yè)（共23頁(yè)）），則（x3﹣x4）＜0，（4x3x4﹣9）＞0，（x1x2）＞0，則f（x3）﹣f（x4）＜0，則函數(shù)f（x）在[，+∞）上遞增．
3．證明f（x）=在定義域?yàn)閇0，+∞）內(nèi)是增函數(shù)．
【解答】證明：設(shè)x1，x2∈[0，+∞），且x1＜x2，則：
=∵x1，x2∈[0，+∞），且x1＜x2； ∴∴f（x1）＜f（x2）；
∴f（x）在定義域[0，+∞）上是增函數(shù)．
4．應(yīng)用函數(shù)單調(diào)性定義證明：函數(shù)f（x）=x+在區(qū)間（0，2）上是減函數(shù)． 【解答】證明：任取x1，x2∈（0，2），且x1＜x2，則f（x1）﹣f（x2）=
﹣（=；；
因?yàn)?＜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）上為減函數(shù)．
5．證明函數(shù)f（x）=2x﹣在（﹣∞，0）上是增函數(shù)． 【解答】解：設(shè)x1＜x2＜0，∴f（x1）﹣f（x2）=2x1﹣﹣2x2+
=（x1﹣x2）（2+∵x1＜x2＜0，），第11頁(yè)（共23頁(yè)）
∴x1﹣x2＜0，2+
＞0，∴f（x1）﹣f（x2）＜0，即：f（x1）＜f（x2），∴函數(shù)f（x）=2x﹣在（﹣∞，0）上是增函數(shù)．
6．證明：函數(shù)f（x）=x2+3在[0，+∞）上的單調(diào)性． 【解答】解：任取0≤x1＜x2，則f（x1）﹣f（x2）==（x1+x2）（x1﹣x2）
因?yàn)?≤x1＜x2，所以x1+x2＞0，x1﹣x2＜0，故原式f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），所以原函數(shù)在[0，+∞）是單調(diào)遞增函數(shù)．
7．證明：函數(shù)y=
在（﹣1，+∞）上是單調(diào)增函數(shù)．
=1﹣
在在區(qū)間（﹣1，+∞），【解答】解：∵函數(shù)f（x）=可以設(shè)﹣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）在區(qū)間（﹣∞，0）上為增函數(shù)；
8．求證：f（x）=在（﹣∞，0）上遞增，在（0，+∞）上遞增．
第12頁(yè)（共23頁(yè)）
【解答】證明：設(shè)x1＜x2，則f（x1）﹣f（x2）=﹣∵x1＜x2，∴x1﹣x2＜0，﹣（﹣）=﹣=，∴若x1＜x2＜0，則x1x2＞0，此時(shí)f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞增．
若0＜x1＜x2，則x1x2＞0，此時(shí)f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞增． 即f（x）=
9．用函數(shù)單調(diào)性的定義證明函數(shù)y=【解答】解：∵函數(shù)y=可以設(shè)0＜x1＜x2，可得f（x1）﹣f（x2）=∴f（x1）＞f（x2），∴f（x）在區(qū)間（﹣∞，0）上為減函數(shù)；
10．已知函數(shù)f（x）=x+．
（?。┯枚x證明：f（x）在[2，+∞）上為增函數(shù)；（ⅱ）若＞0對(duì)任意x∈[4，5]恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
﹣
=
＞0，在區(qū)間（0，+∞）上為減函數(shù)． 在（﹣∞，0）上遞增，在（0，+∞）上遞增．
在區(qū)間（0，+∞），【解答】（?。┳C明：任取x1，x2∈[2，+∞），且x1＜x2，則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，+∞）上為增函數(shù)；（ⅱ）解：∵＞0對(duì)任意x∈[4，5]恒成立，第13頁(yè)（共23頁(yè)）
∴x﹣a＞0對(duì)任意x∈[4，5]恒成立，∴a＜x對(duì)任意x∈[4，5]恒成立，∴a＜4．
11．證明：函數(shù)f（x）=
在x∈（1，+∞）單調(diào)遞減．
【解答】證明：設(shè)x1＞x2＞1，則：；
∵x1＞x2＞1；
∴x2﹣x1＜0，x1﹣1＞0，x2﹣1＞0； ∴即f（x1）＜f（x2）；
∴f（x）在x∈（1，+∞）單調(diào)遞減．
12．求證f（x）=x+的（0，1）上是減函數(shù)，在[1，+∞]上是增函數(shù)． 【解答】證明：①在（0，1）內(nèi)任取x1，x2，令x1＜x2，則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）上是減函數(shù)． ②在[1，+∞）內(nèi)任取x1，x2，令x1＜x2，則f（x1）﹣f（x2）=（）﹣（）
第14頁(yè)（共23頁(yè)）
=（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，+∞]上是增函數(shù)．
13．判斷并證明f（x）=【解答】解：f（x）=證明如下：
在（﹣1，+∞）上任取x1，x2，令x1＜x2，f（x1）﹣f（x2）=
﹣
=，在（﹣1，+∞）上的單調(diào)性． 在（﹣1，+∞）上的單調(diào)遞減．
∵x1，x2∈（﹣1+∞），x1＜x2，∴x2﹣x1＞0，x1+1＞0，x2+1＞0，∴f（x1）﹣f（x2）＞0，∴f（x）=
14．判斷并證明函數(shù)f（x）=x+在區(qū)間（0，2）上的單調(diào)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頁(yè)（共23頁(yè)）
在（﹣1，+∞）上的單調(diào)遞減．
﹣x2﹣=（x1﹣x2）+
﹣
=（x1﹣x2），所以f（x）在（0，2）上是單調(diào)減函數(shù)．
15．求函數(shù)f（x）=的單調(diào)增區(qū)間．
=1﹣的單調(diào)遞增區(qū)間為【解答】解：根據(jù)反比例函數(shù)的性質(zhì)可知，f（x）=（﹣∞，0），（0，+∞）
故答案為：（﹣∞，0），（0，+∞）
16．求證：函數(shù)f（x）=﹣
﹣1在區(qū)間（﹣∞，0）上是單調(diào)增函數(shù)．
【解答】證明：設(shè)x1＜x2＜0，則：；
∵x1＜x2＜0；
∴x1﹣x2＜0，x1x2＞0； ∴；
∴f（x1）＜f（x2）；
∴f（x）在區(qū)間（﹣∞，0）上是單調(diào)增函數(shù)．
17．求函數(shù)的定義域．
【解答】解：根據(jù)題意，得，解可得，故函數(shù)的定義域?yàn)?≤x＜3和3＜x＜5．
18．求函數(shù)的定義域．
第16頁(yè)（共23頁(yè)）
【解答】解：由故函數(shù)定義域?yàn)閧x|x＜}
．
19．根據(jù)下列條件分別求出函數(shù)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．求下列函數(shù)的解析式（1）已知f（x+1）=x2求f（x）（2）已知f（）=x，求f（x）
（3）已知函數(shù)f（x）為一次函數(shù)，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頁(yè)（共23頁(yè)）
1）2，∴f（x）=（x﹣1）2．（2）∵已知f（）=x，令
=t，求得 x=，∴f（t）=，∴f（x）=
．
（3）已知函數(shù)f（x）為一次函數(shù)，設(shè)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．已知函數(shù)y=f（x），滿(mǎn)足2f（x）+f（）=2x，x∈r且x≠0，求f（x）． 【解答】解：∵2f（x）+f（）=2x① 令x=，則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 等號(hào)兩邊同時(shí)以代x，得：3f（）+2f（x）=，② 由①×3﹣2×②，解得 5f（x）=3x﹣，∴函數(shù)f（x）的解析式：f（x）=x﹣
24．已知函數(shù)f（x+）=x2+（）2（x＞0），求函數(shù)f（x）．
第18頁(yè)（共23頁(yè)）
②，．
．
（x≠0）．
【解答】解：∵x＞0時(shí)，x+≥2且函數(shù)f（x+）=x2+（）2=設(shè)t=x+，（t≥2）； ∴f（t）=t2﹣2；
即函數(shù)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，聯(lián)立消去f（﹣x），可得f（x）=﹣3x﹣．
26．若2f（x）+f（﹣x）=3x+1，則求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頁(yè)（共23頁(yè)），．
28．已知函數(shù)f（【解答】解：令t=則由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）滿(mǎn)足3f（x）+2f（﹣x）=4x，求f（x）的解析式． 【解答】解：f（x）滿(mǎn)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，則4b=8，解得b=2，此時(shí)f（x）=3x+2，若a=﹣3，則﹣2b=8，解得b=﹣4，此時(shí)f（x）=3x﹣4．
31．求下列函數(shù)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，則x=（t﹣1），∴f（t）=（t﹣1）2+1，第20頁(yè)（共23頁(yè)）
∴f（x）=（x﹣1）2+1；（2）令m=（m≠0），則x=，∴f（m）==，∴f（x）=（x≠0）．
32．已知二次函數(shù)滿(mǎn)足f（2x+1）=4x2﹣6x+5，求f（x）的解析式． 【解答】解：（1）令2x+1=t，則x=則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，則x=t，∴f（t）=t2﹣t﹣1，∴f（x）=x2﹣x﹣1．
34．已知一次函數(shù)f（x）滿(mǎn)足f（f（f（x）））=2x﹣3，求函數(shù)f（x）的解析式． 【解答】解：設(shè)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頁(yè)（共23頁(yè)）
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，設(shè)x+2=t，則x=t﹣2，∴f（t）=（t﹣2）2﹣3（t﹣2）+5=t2﹣7t+15，∴f（x）=x2﹣7x+15．
36．已知函數(shù)f（x﹣2）=2x2﹣3x+4，求函數(shù)f（x）的解析式． 【解答】解：令x﹣2=t，則x=t+2，代入原函數(shù)得 f（t）=2（t+2）2﹣3（t+2）+4=2t2+5t+6 則函數(shù)f（x）的解析式為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：設(shè)∴x=（t﹣1）2； ∵f（+1）=x2+2+1=t，則t≥1，∴f（t）=（t﹣1）4+2（t﹣1），∴f（x）=（x﹣1）4+2（x﹣1），x∈[1，+∞）．
39．若函數(shù)f（【解答】解：令）=
+1，求函數(shù)f（x）的解析式．
=t（t≠1），則=t﹣1，第22頁(yè)（共23頁(yè)）
∴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）變形可得f（x﹣1）=（x﹣1）2﹣2（x﹣1）﹣∴f（x）的解析式為f（x）=x2﹣2x﹣3；
（2）方程f（x+1）=0可化為（x+1）2﹣2（x+1）﹣3=0，化簡(jiǎn)可得x2﹣4=0，解得x=2或x=﹣2
第23頁(yè)（共23頁(yè)）
3，
證明函數(shù)奇偶性篇三
習(xí)題1?3
1.根據(jù)函數(shù)極限的定義證明:
(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證明(1)分析 |(3x?1)?8|?|3x?9|?3|x?3|, 要使|(3x?1)?8|?? , 只須|x?3|??.3
1證明 因?yàn)?? ?0, ????, 當(dāng)0?|x?3|??時(shí), 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|?? , 只須|x?2|??.5
1證明 因?yàn)?? ?0, ????, 當(dāng)0?|x?2|??時(shí), 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)??, 只須x?2x?2x?2
x2?4x2?4?(?4)??, 所以lim??4.證明 因?yàn)?? ?0, ????, 當(dāng)0?|x?(?2)|??時(shí), 有x??2x?2x?2
(4)分析 1?4x3111?4x31?2??, 只須|x?(?)|??.?2?|1?2x?2|?2|x?(?)|, 要使2x?12x?1222
1?4x3111?4x3
?2??, 所以lim證明 因?yàn)?? ?0, ????, 當(dāng)0?|x?(?)|??時(shí), 有?2.12x?12x?122x??2.根據(jù)函數(shù)極限的定義證明:
(1)lim1?x3
2x3
sinxx???1;2(2)limx???x?0.證明(1)分析
|x|?1
1?x32x311?x3?x3??22x3?12|x|3, 要使1?x32x3?11??, 只須??, 即322|x|2?.證明 因?yàn)?? ?0, ?x?(2)分析
sinxx?0?
12?, 當(dāng)|x|?x時(shí), 有1x
1?x32x311?x31???, 所以lim?.x??2x322
1x
??, 即x?
sinxx
|sinx|x
?, 要使
sinx
證明 因?yàn)???0, ?x?
?2, 當(dāng)x?x時(shí), 有
xsinxx
?0??, 只須
?
.?0??, 所以lim
x???
?0.3.當(dāng)x?2時(shí),y?x2?4.問(wèn)?等于多少, 使當(dāng)|x?2|n
解 由于x?2, |x?2|?0, 不妨設(shè)|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, 則當(dāng)0?|x?2|??時(shí), 就有|x2?4|?0.001.5
x2?1x?
34.當(dāng)x??時(shí), y?
x2?1x2?3
?1, 問(wèn)x等于多少, 使當(dāng)|x|>x時(shí), |y?1|n
解 要使?1?
4x2?3
?0.01, 只|x|?
?3?397, x?.0.01
5.證明函數(shù)f(x)?|x| 當(dāng)x?0時(shí)極限為零.x|x|
6.求f(x)?, ?(x)?當(dāng)x?0時(shí)的左﹑右極限, 并說(shuō)明它們?cè)趚?
證明 因?yàn)?/p>
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
所以極限limf(x)存在.x?0
因?yàn)?/p>
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
所以極限lim?(x)不存在.x?0
7.證明: 若x???及x???時(shí), 函數(shù)f(x)的極限都存在且都等于a, 則limf(x)?a.x??
證明 因?yàn)閘imf(x)?a, limf(x)?a, 所以??>0，x???
x???
?x1?0, 使當(dāng)x??x1時(shí), 有|f(x)?a|??;?x2?0, 使當(dāng)x?x2時(shí), 有|f(x)?a|??.取x?max{x1, x2}, 則當(dāng)|x|?x時(shí), 有|f(x)?a|?? , 即limf(x)?a.x??
8.根據(jù)極限的定義證明: 函數(shù)f(x)當(dāng)x?x0 時(shí)極限存在的充分必要條件是左極限、右極限各自存在并且相等.證明 先證明必要性.設(shè)f(x)?a(x?x0), 則??>0, ???0, 使當(dāng)0n
|f(x)?a|n
因此當(dāng)x0??n
|f(x)?a|n
這說(shuō)明f(x)當(dāng)x?x0時(shí)左右極限都存在并且都等于a.再證明充分性.設(shè)f(x0?0)?f(x0?0)?a, 則??>0,??1>0, 使當(dāng)x0??10, 使當(dāng)x0n
取??min{?1, ?2}, 則當(dāng)0n
| f(x)?a|n
即f(x)?a(x?x0).9.試給出x??時(shí)函數(shù)極限的局部有界性的定理, 并加以證明.解 x??時(shí)函數(shù)極限的局部有界性的定理? 如果f(x)當(dāng)x??時(shí)的極限存在? 則存在x?0及m?0? 使當(dāng)|x|?x時(shí)? |f(x)|?m?
證明 設(shè)f(x)?a(x??)? 則對(duì)于? ?1? ?x?0? 當(dāng)|x|?x時(shí)? 有|f(x)?a|?? ?1? 所以|f(x)|?|f(x)?a?a|?|f(x)?a|?|a|?1?|a|?
這就是說(shuō)存在x?0及m?0? 使當(dāng)|x|?x時(shí)? |f(x)|?m? 其中m?1?|a|?
證明函數(shù)奇偶性篇四
用函數(shù)單調(diào)性定義證明
例
1、用函數(shù)單調(diào)性定義證明:
(1)為常數(shù))在 上是增函數(shù).(2)在 上是減函數(shù).分析：雖然兩個(gè)函數(shù)均為含有字母系數(shù)的函數(shù)，但字母對(duì)于函數(shù)的單調(diào)性并沒(méi)有影響，故無(wú)須討論.證明:(1)設(shè)
則 是 上的任意兩個(gè)實(shí)數(shù)，且，=
由 得，由
得，.于是，即即..(2)設(shè)在 是 上是增函數(shù).上的任意兩個(gè)實(shí)數(shù)，且，則
由 得，由
得
于是 即.又，..在 上是減函數(shù).小結(jié)：由(1)中所得結(jié)論可知二次函數(shù)的單調(diào)區(qū)間只與對(duì)稱(chēng)軸的位置和開(kāi)口方向有關(guān)，與常數(shù) 無(wú)關(guān).若函數(shù)解析式是分式，通常變形時(shí)需要通分，將分子、分母都化成乘積的形式便于判斷符號(hào).根據(jù)單調(diào)性確定參數(shù)
例
1、函數(shù)
在上是減函數(shù)，求的取值集合.分析：首先需要對(duì) 前面的系數(shù)進(jìn)行分類(lèi)討論，確定函數(shù)的類(lèi)型，再做進(jìn)一步研究.解：當(dāng)
具備增減性.當(dāng)，解得
.故所求的取值集合為
.時(shí)，函數(shù)此時(shí)為，是常數(shù)函數(shù)，在上不時(shí)，為一次函數(shù)，若在上是減函數(shù)，則有
小結(jié)：此題雖比較簡(jiǎn)單，但滲透了對(duì)分類(lèi)討論的認(rèn)識(shí)與使用.
證明函數(shù)奇偶性篇五
函數(shù)解答題-構(gòu)造函數(shù)證明不等式 例1（2013年高考北京卷（理））設(shè)l為曲線(xiàn)c:y?lnx在點(diǎn)(1,0)處的切線(xiàn).x
(i)求l的方程;
(ii)證明:除切點(diǎn)(1,0)之外,曲線(xiàn)c在直線(xiàn)l的下方.【答案】解:(i)設(shè)f(x)?lnx1?lnx,則f?(x)?.所以f?(1)?1.所以l的方程為2xx
y?x?1.(ii)令g(x)?x?1?f(x),則除切點(diǎn)之外,曲線(xiàn)c在直線(xiàn)l的下方等價(jià)于
x2?1?lnxg(x)?0(?x?0,x?1).g(x)滿(mǎn)足g(1)?0,且g?(x)?1?f?(x)?.x2
2當(dāng)0?x?1時(shí),x?1?0,lnx?0,所以g?(x)?0,故g(x)單調(diào)遞減;
當(dāng)x?1時(shí),x?1?0,lnx?0,所以g?(x)?0,故g(x)單調(diào)遞增.所以,g(x)?g(1)?0(x?0,x?1).所以除切點(diǎn)之外,曲線(xiàn)c在直線(xiàn)l的下方.又解:g(x)?0即x?1?2lnx?0變形為x2?x?lnx?0,記h(x)?x2?x?lnx,則x
12x2?x?1(2x?1)(x?1)h?(x)?2x?1???,xxx
所以當(dāng)0?x?1時(shí),h?(x)?0,h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減;當(dāng)x?1時(shí),h?(x)?0,h(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增.所以h(x)?h(1)?0.)
例2（2013年普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試遼寧數(shù)學(xué)（理）試題（word版））已知函數(shù)f?x???1?x?e?2xx3,g?x??ax??1?2xcosx.當(dāng)x??0,1?時(shí)，2
1;1?x(i)求證:1-x?f?x??
(ii)若f?x??g?x?恒成立,求實(shí)數(shù)a取值范圍.【答案】解：(1)證明：要證x∈[0，1]時(shí)，(1＋x)e－2x≥1－x，只需證明(1＋x)ex≥(1－x)ex.－
記h(x)＝(1＋x)ex－(1－x)ex，則h′(x)＝x(ex－ex)，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h′(x)＞0，因此h(x)在[0，1]上是增函數(shù)，故h(x)≥h(0)＝0.所以f(x)≥1－x，x∈[0，1]．
－
－
要證x∈[0，1]時(shí)，(1＋x)e
－2x
1≤ex≥x＋1.1＋x
記k(x)＝ex－x－1，則k′(x)＝ex－1，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，k′(x)＞0，因此k(x)在[0，1]上是增函數(shù)，故k(x)≥k(0)＝0.所以f(x)≤，x∈[0，1]．
1＋x1
綜上，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
設(shè)g(x)＝2cos x，則g′(x)＝x－2sin x.記h(x)＝x－2sin x，則h′(x)＝1－2cos x，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h′(x)＜0，于是g′(x)在[0，1]上是減函數(shù)，從而當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)＜g′(0)＝0，故g(x)在[0，1]上是減函數(shù)．于是g(x)≤g(0)＝2.從而
a＋1＋g(x)≤a＋3，所以，當(dāng)a≤－3時(shí)，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立．
下面證明，當(dāng)a＞－3時(shí)，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記i(x)＝＋a＋2cos x＝＋a＋g(x)，則i′(x)＝＋g′(x)．當(dāng)x∈(0，21＋x1＋x（1＋x）1)時(shí)，i′(x)＜0.故i(x)在[0，1]上是減函數(shù)，于是i(x)在[0，1]上的值域?yàn)閇a＋1＋2cos 1，a＋
3]．
因?yàn)楫?dāng)a＞－3時(shí)，a＋3＞0，所以存在x0∈(0，1)，使得i(x0)＞0，此時(shí)f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．
綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，－3]．(方法二)
先證當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，1－x2≤cos x≤1－2.241
記f(x)＝cos x－1＋x2，則f′(x)＝－sin x＋x.22
記g(x)＝－sin x＋x，則g′(x)＝－cos x＋1，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)＞0，于是g(x)在[0，1]上是增函數(shù)，因此當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g(x)＞g(0)＝0，從而f(x)在[0，1]上是增函數(shù)，因此f(x)≥f(0)＝0.所以
當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，12≤cos x.同理可證，當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，cos x≤1－2.411
綜上，當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，1－x2≤cos x≤1－x2.24因?yàn)楫?dāng)x∈[0，1]時(shí)．
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.所以當(dāng)a≤－3時(shí)，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立．
下面證明，當(dāng)a＞－3時(shí)，f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．因?yàn)?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取中的較小值滿(mǎn)足f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0，321]上不恒成立．
綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，－3]．
例3（2012高考遼寧文21）(本小題滿(mǎn)分12分)
設(shè)f(x)＝lnx＋x－1，證明： 3
(1)當(dāng)x>1時(shí)，f(x)
(2)當(dāng)1
x＋5
【答案】解：(1)(證法一)
記g(x)＝lnx＋x－1－2(x－1)．則當(dāng)x>1時(shí)，113
g′(x)＝x2，g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．
2x又g(1)＝0，有g(shù)(x)
f(x)
由均值不等式，當(dāng)x>1時(shí)，x
令k(x)＝lnx－x＋1，則k(1)＝0，k′(x)＝x1
由①②得，當(dāng)x>1時(shí)，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，則當(dāng)1
9?x－1?
x＋5(證法二)
記h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)，則當(dāng)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)內(nèi)單調(diào)遞減，又h(1)＝0，所以h(x)
9?x－1?
.x＋5
例4（2012高考浙江文21）（本題滿(mǎn)分15分）已知a∈r，函數(shù)f(x)?4x3?2ax?a（1）求f(x)的單調(diào)區(qū)間
（2）證明：當(dāng)0≤x≤1時(shí)，f(x)+ 2?a＞0.【答案】
【解析】（1）由題意得f?(x)?12x2?2a，當(dāng)a?0時(shí)，f?(x)?0恒成立，此時(shí)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為???,???.當(dāng)a?
0時(shí)，f?(x)?12(x?
?此時(shí)函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為?x，.?(2)由于0?x?1，當(dāng)a?2時(shí)，f(x)?a?2?4x3?2ax?2?4x3?4x?2.333
當(dāng)a?2時(shí)，f(x)?a?2?4x?2a(1?x)?2?4x?4(1?x)?2?4x?4x?2.設(shè)g(x)?2x?2x?1,0?x?
1，則g?(x)?6x?2?6(x?則有
x?.33
所以g(x)min?g?1?0.3
當(dāng)0?x?1時(shí)，2x?2x?1?0.故f(x)?a?2?4x3?4x?2?0.例5（2012高考山東文22）(本小題滿(mǎn)分13分)
已知函數(shù)f(x)?
lnx?k
(k為常數(shù)，e=2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，曲線(xiàn)y?f(x)在點(diǎn)ex
(1,f(1))處的切線(xiàn)與x軸平行.(ⅰ)求k的值；
(ⅱ)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(ⅲ)設(shè)g(x)?xf?(x)，其中f?(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù).證明：對(duì)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
設(shè)k(x)?
?lnx?1，則k?(x)??2??0，即k(x)在(0,??)上是減函數(shù)，xxx
由k(1)?0知，當(dāng)0?x?1時(shí)k(x)?0，從而f?(x)?0，當(dāng)x?1時(shí)k(x)?0，從而f?(x)?0.綜上可知，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間是(1,??).(iii)由(ii)可知，當(dāng)x?1時(shí)，g(x)?xf?(x)≤0＜1+e?2，故只需證明g(x)?1?e?2在0?x?1時(shí)成立.當(dāng)0?x?1時(shí)，ex＞1，且g(x)?0，∴g(x)?
1?xlnx?x
?1?xlnx?x.x
e
設(shè)f(x)?1?xlnx?x，x?(0,1)，則f?(x)??(lnx?2)，當(dāng)x?(0,e?2)時(shí)，f?(x)?0，當(dāng)x?(e?2,1)時(shí)，f?(x)?0，所以當(dāng)x?e?2時(shí)，f(x)取得最大值f(e?2)?1?e?2.所以g(x)?f(x)?1?e?2.綜上，對(duì)任意x?0，g(x)?1?e?2.
證明函數(shù)奇偶性篇六
構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)證明不等式
◎李思陽(yáng)本溪市機(jī)電工程學(xué)校 117022
【內(nèi)容簡(jiǎn)要】構(gòu)造輔助函數(shù)，把不等式證明轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性或最值，從而證得不等式。而如何構(gòu)造一個(gè)可導(dǎo)函數(shù)，是用導(dǎo)數(shù)證明不等式的關(guān)鍵。本文從熱門(mén)的高考題及模擬題中選出四種類(lèi)型題供師生們參考。
【關(guān)鍵詞】構(gòu)造輔助函數(shù)；導(dǎo)數(shù)；不等式。
一．直接作差
1（2011·遼寧文科）設(shè)函數(shù)f(x)?x?ax2?blnx，曲線(xiàn)y?f(x)過(guò)p（1，0），且在p點(diǎn)處的切線(xiàn)斜率為2.（1）求a，b的值；
（2）證明：f(x)?2x?2。
（1）解：f?(x)=1+2ax??1?a?0b.由已知條件得f(1)?0，f?(1)=2，即? x?1?2a?b?2
解得??a??1。
?b?3
(2)證明:因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)椋?，+∞），由（1）知f(x)?x?x2?3lnx。
設(shè)g(x)?f(x)?(2x?2)=2?x?x?3lnx，則g?(x)=?1?2x?23(x?1)(2x?3)=。xx
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g?(x)＞0，當(dāng)x＞1時(shí)，g?(x)＜0。
所以g(x)在（0，1）內(nèi)單調(diào)遞增，在（1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞減。而g(1)=0，故當(dāng)x＞0時(shí)，g(x)≤0，即f(x)?2x?2。
總結(jié)：直接作差g(x)?f(x)?(2x?2)，用導(dǎo)數(shù)得gmax(x)?g(1)=0，從而得證。直接作差是證這類(lèi)題最常用的方法。
二．分離函數(shù)
2.（2011·課標(biāo)全國(guó)卷文科）已知函數(shù)f(x)?
處的切線(xiàn)方程為x?2y?3?0。
（1）求a，b的值；
（2）證明：當(dāng)x＞0，且x?1時(shí)，f(x)＞
(1)解:略a?1，b?1。alnxb?，曲線(xiàn)y?f(x)在點(diǎn)（1，f(1)）x?1xlnx。x?1
lnx1lnx1x2?1?，所以f(x)?(2lnx?)。（2）證明：由（1）知f(x)?=x?1xx?11?x2x
x2?1考慮函數(shù)h(x)=2lnx?（x＞0），則 x
22x2?(x2?1)(x?1)2
=。h?(x)=?22xxx
所以當(dāng)x?1時(shí)，h?(x)＜0，而h(1)?0
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，h(x)＞0，可得，故 1h(x)＞0； 21?x
1h(x)＞0。當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，h(x)＜0，可得1?x2
lnx從而當(dāng)x＞0，且x?1時(shí)，f(x)＞。x?1
總結(jié)：作差后的函數(shù)如可分為兩個(gè)函數(shù)的積，直接求導(dǎo)很繁，可取其中一個(gè)函數(shù)求導(dǎo)，再討論證明。
三．巧妙變形
3.（2010·遼寧文科）已知函數(shù)f(x)?(a?1)lnx?ax2?1。
（1）討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
（2）設(shè)a??2，證明：對(duì)任意x1，x2∈（0，+∞），f(x1)?f(x2)?4x1?x2。解：（1）略。
（2）不妨設(shè)x1≥x2，由于a??2，故f(x)在（0，+∞）減少。所以
f(x1)?f(x2)?4x1?x2等價(jià)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，則g?(x)=。于是 xx
?4x2?4x?1?(2x?1)2
?g?(x)≤≤0。xx
從而g(x)在（0，+∞）單調(diào)減少，故g(x1)≤g(x2)。即f(x1)?x1≤f(x2)?x2，故，對(duì)任意x1，x2∈（0，+∞），f(x1)?f(x2)?4x1?x2。
總結(jié)：通過(guò)等價(jià)變形，構(gòu)造函數(shù)g(x)，利用g(x)的單調(diào)性得證。
四．作函數(shù)積
12?。exex
1212證明: 對(duì)任意的x?（0，﹢∞），lnx?1＞x??x(lnx?1)>x(x?)exexee
x2設(shè)函數(shù)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·本溪一中模擬）對(duì)任意的x?（0，﹢∞），求證：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∵?
總結(jié)：直接做不好做，不等式兩邊同乘以一個(gè)函數(shù)，先進(jìn)行證明，得到結(jié)果后再同除以這個(gè)函數(shù)，從而證得。
證明函數(shù)奇偶性篇七
函數(shù)極限的性質(zhì)證明
x1=2,xn+1=2+1/xn,證明xn的極限存在，并求該極限
求極限我會(huì)
|xn+1-a|
以此類(lèi)推，改變數(shù)列下標(biāo)可得|xn-a|
|xn-1-a|
……
|x2-a|
向上迭代，可以得到|xn+1-a|
2只要證明{x(n)}單調(diào)增加有上界就可以了。
用數(shù)學(xué)歸納法：
①證明{x(n)}單調(diào)增加。
x(2)=√=√5>x(1);
設(shè)x(k+1)>x(k)，則
x(k+2)-x(k+1))=√-√(分子有理化)
=/【√+√】>0。
②證明{x(n)}有上界。
x(1)=1
設(shè)x(k)
x(k+1)=√
3當(dāng)0
當(dāng)0
構(gòu)造函數(shù)f(x)=x*a^x(0
令t=1/a，則：t>
1、a=1/t
且，f(x)=x*(1/t)^x=x/t^x(t>1)
則：
lim(x→+∞)f(x)=lim(x→+∞)x/t^x
=lim(x→+∞)(分子分母分別求導(dǎo))
=lim(x→+∞)1/(t^x*lnt)
=1/(+∞)
=0
所以，對(duì)于數(shù)列n*a^n，其極限為0
用數(shù)列極限的定義證明
3.根據(jù)數(shù)列極限的定義證明：
(1)lim=0
n→∞
(2)lim=3/2
n→∞
(3)lim=0
n→∞
(4)lim0.999…9=1
n→∞n個(gè)9
5幾道數(shù)列極限的證明題，幫個(gè)忙。lim就省略不打了。
n/(n^2+1)=0
√(n^2+4)/n=1
sin(1/n)=0
實(shí)質(zhì)就是計(jì)算題，只不過(guò)題目把答案告訴你了，你把過(guò)程寫(xiě)出來(lái)就好了
第一題，分子分母都除以n，把n等于無(wú)窮帶進(jìn)去就行
第二題，利用海涅定理，把n換成x，原題由數(shù)列極限變成函數(shù)極限，用羅比達(dá)法則(不知樓主學(xué)了沒(méi)，沒(méi)學(xué)的話(huà)以后會(huì)學(xué)的)
第三題，n趨于無(wú)窮時(shí)1/n=0，sin(1/n)=0
不知樓主覺(jué)得我的解法對(duì)不對(duì)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
證明函數(shù)奇偶性篇八
函數(shù)單調(diào)性的證明
函數(shù)的單調(diào)性需抓住單調(diào)性定義來(lái)證明，這是目前高一階段唯一的方法。
一、證明方法步驟為：
① 在給定區(qū)間上任取兩個(gè)自變量x
1、x2且x1＜x2 ② 將f?x1?與f?x2?作差或作商（分母不為零）
③ 比較差值（商）與0（1）的大小 ④ 下結(jié)論，確定函數(shù)的單調(diào)性。
在做差比較時(shí)，我們常將差化為積討論，常用因式分解（整式）、通分（分式）、有理化（無(wú)理式）、配方等手段。
二、常見(jiàn)的類(lèi)型有兩種：
（一）已知函數(shù)的解析式：
1例1：證明：函數(shù)f?x?=在x∈（1，+∞）單調(diào)遞減
x-
1例2：證明：函數(shù)f?x?=x+x+1在x∈r時(shí)單調(diào)遞增
3[1，+?）時(shí)單調(diào)遞增 例3：證明：函數(shù)f?x?=x-1在x∈2
例4：討論函數(shù)f?x?=x+
1在（1，+?）的單調(diào)性，并求最小值 x-1
例5：求函數(shù)f?x?= x+2的單調(diào)區(qū)間 x-1+?）單調(diào)遞增 練習(xí)：
1、證明函數(shù)f?x?=x+（a＞0）在（a，2、討論函數(shù)f?x?=1+x-x的單調(diào)性
2ax
（二）f?x?抽象函數(shù)的單調(diào)性：
抽象函數(shù)的單調(diào)性關(guān)鍵是抽象函數(shù)關(guān)系式的運(yùn)用，同時(shí)，要注意選擇作差還是作商，這一點(diǎn)可觀察題意中與0比較，應(yīng)作差；與1比較，應(yīng)作商。如下三例：
例1：已知函數(shù)滿(mǎn)足x、y∈r時(shí)，f(x?y)?f(x)?f(y)恒成立，且當(dāng)x＞0時(shí)，＞0.證明：f(x)在r上單調(diào)遞增.例2：已知函數(shù)滿(mǎn)足x、y∈r時(shí)，f(xy)?f(x)?f(y)恒成立，且當(dāng)x＞1時(shí)，0.證明：f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.例3：已知函數(shù)滿(mǎn)足x、y∈r時(shí)，f(xy)?f(x)?f(y)恒成立，且當(dāng)x＞1時(shí)，1.若f(x)?0.證明：f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.練習(xí)：
1、已知函數(shù)
f?x?對(duì)于任意的x、y∈r，f?x?+f?y?=f?x+y?，且當(dāng)x＞0時(shí)，f?x?＜0；f?1?=-23.2
f(x)＞f(x)＞總有（1）求證：f?x?在r上是減函數(shù)
（2）求f?x?在[-3，3]上的最大值與最小值
2、已知函數(shù)f?x?的定義域?yàn)閞，且m、n∈r，恒有f?m?+f?n?=f?m+n?+1，且f?-＞-?1??=0，當(dāng)x?2?1時(shí)，f?x?＞0.2（1）求證：f?x?是單調(diào)遞增函數(shù)（2）求f?x?在[-2,2]的最大值與最小值.3、定義在r上的函數(shù)f?x?恒為正，且滿(mǎn)足f?x+y?=f?x?f?y?，當(dāng)x＞0時(shí)，f?x?＞1.（1）證明：f?x?在r上單調(diào)遞增.2（2）若函數(shù)f?x?的定義域?yàn)閇-1,1]時(shí)，解不等式fx-1＞f?2x?
??
4、函數(shù)f?x?的定義域?yàn)閞，對(duì)于任意的a、b∈r皆有f?a?+f?b?=f?a+b?+1，且x＞0時(shí)，f?x?＞1（1）求證：f?x?是r上的增函數(shù)
2（2）若f?4?=5，解不等式f3m-m-2＜3
??3
證明函數(shù)奇偶性篇九
在含有兩個(gè)或兩個(gè)以上字母的不等式中，若使用其它方法不能解決，可將一邊整理為零，而另一邊為某個(gè)字母的二次式，這時(shí)可考慮用判別式法。一般對(duì)與一元二次函數(shù)有關(guān)或能通過(guò)等價(jià)轉(zhuǎn)化為一元二次方程的，都可考慮使用判別式，但使用時(shí)要注意根的取值范圍和題目本身?xiàng)l件的限制。
例1.設(shè)：a、b、c∈r，證明：a2?ac?c2?3b(a?b?c)?0成立，并指出等號(hào)
何時(shí)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。
當(dāng)⊿＝0時(shí)，b?c?0，此時(shí)，f(a)?a2?ac?c2?3ab?(a?c)2?0，∴a??b?c時(shí)，不等式取等號(hào)。
?4?例2.已知：a,b,c?r且a?b?c?2,a2?b2?c2?2，求證： 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 構(gòu)造函數(shù)逆用判別式證明不等式
對(duì)某些不等式證明，若能根據(jù)其條件和結(jié)論，結(jié)合判別式的結(jié)構(gòu)特征，通過(guò)構(gòu)造二項(xiàng)平方和函數(shù)：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處理較繁瑣的問(wèn)題，獲得簡(jiǎn)捷明快的證明。
例3.設(shè)a,b,c,d?r?且a?b?c?d?1，求證：a?1?4b?1?4c?1?4d?1﹤6。
解析：構(gòu)造函數(shù)：
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.設(shè)a,b,c,d?r?且a?b?c?1，求
解析：構(gòu)造函數(shù)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（當(dāng)且僅當(dāng)a?,b?,c?時(shí)取等號(hào)），632
149得⊿≤0,即⊿＝144-4（??）≤0 abc
111149∴當(dāng)a?,b?,c?時(shí)，(??)min?36 632abc
構(gòu)造函數(shù)證明不等式
1、利用函數(shù)的單調(diào)性
+例
5、巳知a、b、c∈r，且a
求證： a?ma> b?mb
[分析]本題可以用比較法、分析法等多種方法證明。若采用函數(shù)思想，構(gòu)造出與所證不
等式密切相關(guān)的函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性來(lái)比較函數(shù)值而證之，思路則更為清新。
a?x+，其中x∈r，0
b?x?b?ab?af（x）==1-b?xb?x證明：令 f（x）=
∵b-a>0
b?a+ 在r上為減函數(shù) b?x
b?a+從而f（x）= 在r上為增函數(shù) b?x∴y=
∵m>0∴f（m）> f（0）∴a?ma> b?mb
例
6、求證：a?b
1?a?b≤a?b
1?a?b（a、b∈r）
[分析]本題若直接運(yùn)用比較法或放縮法，很難尋其線(xiàn)索。若考慮構(gòu)造函數(shù)，運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性證明，問(wèn)題將迎刃而解。
[證明]令 f（x）=x，可證得f（x）在[0，∞)上是增函數(shù)（證略）1?x
而0
得f（∣a+b∣）≤ f（∣a∣+∣b∣）
即： a?b
1?a?b≤a?b
1?a?b
[說(shuō)明]要證明函數(shù)f(x)是增函數(shù)還是減函數(shù)，若用定義來(lái)證明，則證明過(guò)程是用比較
法證明f(x1)與f(x2)的大小關(guān)系；反過(guò)來(lái)，證明不等式又可以利用函數(shù)的單調(diào)性。
2、利用函數(shù)的值域
例
7、若x為任意實(shí)數(shù)，求證：—1x1≤≤ 221?x
2[分析]本題可以直接使用分析法或比較法證明，但過(guò)程較繁。聯(lián)想到函數(shù)的值域，于是
構(gòu)造函數(shù)f（x）= x11，從而只需證明f(x)的值域?yàn)閇—，]即可。1?x222
x2證明：設(shè) y=，則yx-x+y=0 21?x
∵x為任意實(shí)數(shù)
22∴上式中δ≥0，即（-1）-4y≥0
411得：—≤y≤ 22
1x1∴—≤≤ 21?x22∴y≤2[說(shuō)明]應(yīng)用判別式說(shuō)明不等式，應(yīng)特別注意函數(shù)的定義域。
另證：類(lèi)比萬(wàn)能公式中的正弦公式構(gòu)造三角函數(shù)更簡(jiǎn)單。
例
8、求證：必存在常數(shù)a，使得lg（xy）≤ 2x?lg2y對(duì)大于1的任意x與y恒成立。
[分析]此例即證a的存在性，可先分離參數(shù)，視參數(shù)為變?cè)暮瘮?shù)，然后根據(jù)變?cè)瘮?shù)的值域來(lái)求解a，從而說(shuō)明常數(shù)a的存在性。若s≥f(t)恒成立，則s的最小值為f(t)的最
大值；若 s≤f(t)恒成立，則s的最大值為f(t)的最小值。22證明：∵lgx?lgy > 0(x>1,y>1)
∴原不等式可變形為：lga≥lgx?lgy
lgx?lgy2
22lgx?lgy）2lgxlgy令 f(x)= == ?222222lgx?lgylgx?lgylgx?lgylgx?lgy
22而 lgx>0,lgy>0,∴l(xiāng)gx+lgy ≥ 2lgxlgy > 0
∴2lgxlgy≤1 22lgx?lgy
∴ 1
從而要使原不等式對(duì)于大于1的任意x與y恒成立，只需lga≥2即 a≥102即可。
故必存在常數(shù)a，使原不等式對(duì)大于1的任意x、y恒成立。
3、運(yùn)用函數(shù)的奇偶性
xx
2xx 證明：設(shè)f（x）=-(x≠0)x1?22 例
9、證明不等式：
?x?x?x2xx∵f（-x）=-= x+ ?x1?222?12
xxx[1-(1-2)]+1?2x2
xx=-x+= f(x)x1?22=
∴f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)
x∵當(dāng)x>0時(shí)，1-2
當(dāng)x
故當(dāng) x≠0時(shí),恒有f(x)
即：xx
[小結(jié)]本題運(yùn)用了比較法，實(shí)質(zhì)是根據(jù)函數(shù)的奇偶性來(lái)證明的，本題也可以運(yùn)用分類(lèi)討論思想。但利用偶函數(shù)的軸對(duì)稱(chēng)性和奇函數(shù)的中心對(duì)稱(chēng)性，常能使所求解的問(wèn)題避免復(fù)雜的討論。
證明函數(shù)奇偶性篇十
在含有兩個(gè)或兩個(gè)以上字母的不等式中，若使用其它方法不能解決，可將一邊整理為零，而另一邊為某個(gè)字母的二次式，這時(shí)可考慮用判別式法。一般對(duì)與一元二次函數(shù)有關(guān)或能通過(guò)等價(jià)轉(zhuǎn)化為一元二次方程的，都可考慮使用判別式，但使用時(shí)要注意根的取值范圍和題目本身?xiàng)l件的限制。
例1.設(shè)：a、b、c∈r，證明：a2?ac?c2?3b(a?b?c)?0成立，并指出等號(hào)何時(shí)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。
當(dāng)⊿＝0時(shí)，b?c?0，此時(shí)，f(a)?a2?ac?c2?3ab?(a?c)2?0，∴a??b?c時(shí)，不等式取等號(hào)。
?4?例2.已知：a,b,c?r且a?b?c?2,a2?b2?c2?2，求證： 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 構(gòu)造函數(shù)逆用判別式證明不等式
對(duì)某些不等式證明，若能根據(jù)其條件和結(jié)論，結(jié)合判別式的結(jié)構(gòu)特征，通過(guò)構(gòu)造二項(xiàng)平方和函數(shù)：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處理較繁瑣的問(wèn)題，獲得簡(jiǎn)捷明快的證明。
例3.設(shè)a,b,c,d?r?且a?b?c?d?1，求證：4a?1?4b?1?4c?1?4d?1﹤6。解析：構(gòu)造函數(shù)：
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.設(shè)a,b,c,d?r?且a?b?c?1，求解析：構(gòu)造函數(shù)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（當(dāng)且僅當(dāng)a?,b?,c?時(shí)取等號(hào)），632149得⊿≤0,即⊿＝144-4（??）≤0
abc111149
∴當(dāng)a?,b?,c?時(shí)，(??)min?36 632abc
構(gòu)造函數(shù)證明不等式
1、利用函數(shù)的單調(diào)性
+例
5、巳知a、b、c∈r，且a b?mb[分析]本題可以用比較法、分析法等多種方法證明。若采用函數(shù)思想，構(gòu)造出與所證不等式密切相關(guān)的函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性來(lái)比較函數(shù)值而證之，思路則更為清新。
a?x+，其中x∈r，0
b?xb?x證明：令 f（x）= ∵b-a>0 b?a+ 在r上為減函數(shù) b?xb?a+從而f（x）= 在r上為增函數(shù)
b?x∴y= ∵m>0 ∴f（m）> f（0）
∴a?ma> b?mb例
6、求證：a?b1?a?b≤
a?b1?a?b（a、b∈r）
[分析]本題若直接運(yùn)用比較法或放縮法，很難尋其線(xiàn)索。若考慮構(gòu)造函數(shù)，運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性證明，問(wèn)題將迎刃而解。
[證明]令 f（x）=
x，可證得f（x）在[0，∞)上是增函數(shù)（證略）1?x 而 0
得 f（∣a+b∣）≤ f（∣a∣+∣b∣）
即： a?b1?a?b≤
a?b1?a?b
[說(shuō)明]要證明函數(shù)f(x)是增函數(shù)還是減函數(shù)，若用定義來(lái)證明，則證明過(guò)程是用比較法證明f(x1)與f(x2)的大小關(guān)系；反過(guò)來(lái)，證明不等式又可以利用函數(shù)的單調(diào)性。
2、利用函數(shù)的值域
例
7、若x為任意實(shí)數(shù)，求證：—
x11≤≤ 221?x2[分析]本題可以直接使用分析法或比較法證明，但過(guò)程較繁。聯(lián)想到函數(shù)的值域，于是構(gòu)造函數(shù)f（x）= x11，從而只需證明f(x)的值域?yàn)閇—，]即可。
1?x222x2證明：設(shè) y=，則yx-x+y=0 21?x ∵x為任意實(shí)數(shù)∴上式中δ≥0，即（-1）-4y≥0 1 411得：—≤y≤
22x11 ∴—≤≤
21?x22 ∴y≤2[說(shuō)明]應(yīng)用判別式說(shuō)明不等式，應(yīng)特別注意函數(shù)的定義域。
另證：類(lèi)比萬(wàn)能公式中的正弦公式構(gòu)造三角函數(shù)更簡(jiǎn)單。
例
8、求證：必存在常數(shù)a，使得lg（xy）≤ 2x?lg2y
對(duì)大于1的任意x與y恒成立。
[分析]此例即證a的存在性，可先分離參數(shù)，視參數(shù)為變?cè)暮瘮?shù)，然后根據(jù)變?cè)瘮?shù)的值域來(lái)求解a，從而說(shuō)明常數(shù)a的存在性。若s≥f(t)恒成立，則s的最小值為f(t)的最大值；若 s≤f(t)恒成立，則s的最大值為f(t)的最小值。
22證明：∵lgx?lgy > 0(x>1,y>1)∴原不等式可變形為：lga≥
lgx?lgylgx?lgy22
2（lgx?lgy）2lgxlgy 令 f(x)= == 1?222222lgx?lgylgx?lgylgx?lgylgx?lgy而 lgx>0,lgy>0, ∴l(xiāng)gx+lgy ≥ 2lgxlgy > 0 ∴2lgxlgy≤1 22lgx?lgy ∴ 1
從而要使原不等式對(duì)于大于1的任意x與y恒成立，只需lga≥2即 a≥10
2即可。
故必存在常數(shù)a，使原不等式對(duì)大于1的任意x、y恒成立。
3、運(yùn)用函數(shù)的奇偶性
xx
9、證明不等式：
?x?x?x2xx ∵f（-x）=-= x+ ?x1?222?12xxx
[1-(1-2)]+ 1?2x2xx =-x+= f(x)x1?22 = ∴f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)
x ∵當(dāng)x>0時(shí)，1-2第12篇：構(gòu)造函數(shù)證明不等式
構(gòu)造函數(shù)證明不等式
構(gòu)造函數(shù)證明:>e的(4n-4)/6n+3)次方
不等式兩邊取自然對(duì)數(shù)(嚴(yán)格遞增)有:
ln(2^2/2^2-1)+ln(3^2/3^2-1)+...+ln(n^2/n^2-1)>(4n-4)/(6n+3)
不等式左邊=2ln2-ln1-ln3+2ln3-ln2-ln4+...+2lnn-ln(n-1)-ln(n+1)
=ln2-ln1+lnn-ln(n+1)=ln
構(gòu)造函數(shù)f(x)=ln-(4x-4)/(6x+3)
對(duì)f(x)求導(dǎo),有:f(x)=+^
2當(dāng)x>2時(shí),有f(x)>0有f(x)在x>2時(shí)嚴(yán)格遞增從而有
f(n)>=f(2)=ln(4/3)-4/15=0.02>0
即有l(wèi)n>(4n-4)/(6n+3)
原不等式等證
【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)
原式可化簡(jiǎn)為：2n/(n+1)>e^((4n-4)/6n+3))
構(gòu)建函數(shù)：f(n)=2n/(n+1)-e^((4n-4)/(6n+3))
其一階導(dǎo)數(shù)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))
故得證。
一、結(jié)合勘根定理，利用判別式“△”的特點(diǎn)構(gòu)造函數(shù)證明不等式
例1若a,b,c∈r，且a≠0，又4a+6b+c>0，a-3b+c4ac.證明構(gòu)造函數(shù)f(x),設(shè)f(x)=ax2+3bx+c(a≠0)，由f(2)=4a+6b+c>0，f(-1)=a-3b+c
根據(jù)勘根定理可知：f(x)在區(qū)間(-1,2)內(nèi)必有零點(diǎn).又f(x)為二次函數(shù)，由勘根定理結(jié)合可知：
f(x)必有兩個(gè)不同的零點(diǎn).令ax2+3bx+c=0可知△=(3b)2-4ac>0，所以可得：9b2>4ac.命題得證.評(píng)析本題合理變換思維角度，抓住問(wèn)題本質(zhì)，通過(guò)構(gòu)造二次函數(shù),將所要證明的結(jié)論轉(zhuǎn)化成判別式“△”的問(wèn)題,再結(jié)合勘根定理和二次函數(shù)知識(shí)，從而使問(wèn)題獲得解決.二、結(jié)合構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性證明不等式
例2(2005年人教a版《選修4-5不等式選講》例題改編)已知a,b,c是實(shí)數(shù)，求證：
|a+b+c|1+|a+b+c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.證明構(gòu)造函數(shù)f(x)，設(shè)f(x)=x1+x(x≥0).由于f′(x)=1(1+x)2,所以結(jié)合導(dǎo)數(shù)知識(shí)可知f(x)在[0，+∞)上是增函數(shù).∵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|.命題得證.三、結(jié)合構(gòu)造函數(shù)在某個(gè)區(qū)間的最值證明不等式
例3(第36屆imo試題)
設(shè)a,b,c為正實(shí)數(shù)，且滿(mǎn)足abc=1,求證:
1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b)≥32.證明構(gòu)造函數(shù)，設(shè)f(a,b,c)=1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b),顯然a=b=c=1時(shí)，f(a,b,c)=32≥32成立.又abc=1，a,b,c為正實(shí)數(shù)，則a,b,c中必有一個(gè)不大于1，不妨設(shè)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)，因此要證f(a,b,c)≥32，只要證f(a,1,c)≥32，此時(shí)ac=1，∴a,1,c成等比數(shù)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).由導(dǎo)數(shù)知識(shí)(方法同例
2、例3)可知函數(shù)
f(a,1,c)=t2-t+1t-1(t≥2)是增函數(shù)，當(dāng)且僅當(dāng)t=2q=1a=c=1時(shí)，(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.命題得證。
證明函數(shù)奇偶性篇十一
函數(shù)法證明不等式
已知函數(shù)f(x)=x-sinx,數(shù)列{an}滿(mǎn)足0
證明0
證明an+1
3它提示是構(gòu)造一個(gè)函數(shù)然后做差求導(dǎo)，確定單調(diào)性?？墒沁€是一點(diǎn)思路都沒(méi)有，各位能不能給出具體一點(diǎn)的解答過(guò)程啊?
(1)f(x)=x-sinx,f(x)=1-cosx
00,f(x)是增函數(shù),f(0)
因?yàn)?
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(gòu)造函數(shù)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
證畢!
構(gòu)造分式函數(shù)，利用分式函數(shù)的單調(diào)性證明不等式
【例1】證明不等式：≥(人教版教材p23t4)
證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=(x≥0)
則f(x)==1-在上單調(diào)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(diǎn)評(píng)：本題還可以繼續(xù)推廣。如：求證：≥。利用分式函數(shù)的單調(diào)性可以證明的教材中的習(xí)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(zhǎng)是a，b，c，且m是正數(shù)，求證：
p12例題2:已知a，b，m，都是正數(shù)，且a
二、利用分式函數(shù)的奇偶性證明不等式
【例2】證明不等式：(x≠0)
證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=
∵f(-x)=
=f(x)
∴f(x)是偶函數(shù)，其圖像關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)。
當(dāng)x>0時(shí)，
當(dāng)x0,故f(x)=f(-x)
∴
三、構(gòu)造一次函數(shù)，利用一次函數(shù)的單調(diào)性證明不等式
【例3】已知|a|
∵|a|
∴-10
∴f(c)的(-1，1)上是增函數(shù)
∵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。
證明函數(shù)奇偶性篇十二
習(xí)題2-2
1.利用函數(shù)極限定義證明:
(3).limxsinx?01x?0;
x|?1，則當(dāng) 0?|x|?? 時(shí), 有 證明: 對(duì)于任意給定的正數(shù) ??0, 取 ???, 因?yàn)?|sin
x1x1xxsin?|x|sin?|x|??，所以limxsinx?0?0.2．利用無(wú)窮大量定義證明：
（1）lim1?x
4x????；
1?x
4證明：對(duì)于任意給定的正數(shù) g?0, 取 m?4g?1, 則當(dāng) |x|?m 時(shí), 有 |
所以 lim1?x
4??.|?g，x??
5．證明：若limf(x)?a，則lim|f(x)|?|a|.x?x0x?x0證明：對(duì)于任意給定的正數(shù) ??0, 由于limf(x)?a，存在??0，使得當(dāng)
x?x0
0?|x?x0|??時(shí), 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
證明函數(shù)奇偶性篇十三
構(gòu)造函數(shù)證明數(shù)列不等式 ln2ln3ln4ln3n5n?6?????n?3n?(n?n*).例1.求證：23436
ln2?ln3?lnn?2n2?n?1例2.求證:(1)??2,???????(n?2)?2(n?1)23n
例3.求證:
例4.求證:(1?
練習(xí)：
1求證:(1?1?2)?(1?2?3)???[1?n(n?1)]?e
2.證明:
3.已知a1?1,an?1?(1?
4.已知函數(shù)f(x)是在(0,??)上處處可導(dǎo)的函數(shù),若x?2n?311111?????ln(n?1)?1???? 23n?12n111111)(1?)???(1?)?e和(1?)(1?)???(1?2n)?98132!3!n!2ln3ln4lnnn(n?1)??????(n?n*,n?1)345n?14112)a?.a?2?n2nf(x)?f(x)在x?0上恒成立.(i)求證：函數(shù)g(x)?
(ii)當(dāng)x1f(x)在(0,??)上是增函數(shù)； x?0,x2?0時(shí),證明:f(x1)?f(x2)?f(x1?x2)；(iii)已知不等式ln(1?x)?x在x??1且x?0時(shí)恒成立。
5.已知函數(shù)f(x)?xlnx.若a?0,b?0,證明:f(a)?(a?b)ln2?f(a?b)?f(b).
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