证明函数（共17篇）

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第2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

第3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4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|n

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|n

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0n

|f(x)A|n

因此当x0n

|f(x)A|n

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x0n

取min{1, 2}, 则当0n

| f(x)A|n

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|

第5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6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)

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.

第7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。

第8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

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9篇：专题：函数单调性的证明

函数单调性的证明

函数的单调性需抓住单调性定义来证明，这是目前高一阶段唯一的方法。

一、证明方法步骤为：

① 在给定区间上任取两个自变量x

1、x2且x1＜x2 ② 将fx1与fx2作差或作商（分母不为零）

③ 比较差值（商）与0（1）的大小 ④ 下结论，确定函数的单调性。

在做差比较时，我们常将差化为积讨论，常用因式分解（整式）、通分（分式）、有理化（无理式）、配方等手段。

二、常见的类型有两种：

（一）已知函数的解析式：

1例1：证明：函数fx=在x∈（1，+∞）单调递减

x-

1例2：证明：函数fx=x+x+1在x∈R时单调递增

3[1，+）时单调递增 例3：证明：函数fx=x-1在x∈2

例4：讨论函数fx=x+

1在（1，+）的单调性，并求最小值 x-1

例5：求函数fx= x+2的单调区间 x-1+）单调递增 练习：

1、证明函数fx=x+（a＞0）在（a，2、讨论函数fx=1+x-x的单调性

2ax

（二）fx抽象函数的单调性：

抽象函数的单调性关键是抽象函数关系式的运用，同时，要注意选择作差还是作商，这一点可观察题意中与0比较，应作差；与1比较，应作商。如下三例：

例1：已知函数满足x、y∈R时，f(xy)f(x)f(y)恒成立，且当x＞0时，＞0.证明：f(x)在R上单调递增.例2：已知函数满足x、y∈R时，f(xy)f(x)f(y)恒成立，且当x＞1时，0.证明：f(x)在(0,+∞)上单调递增.例3：已知函数满足x、y∈R时，f(xy)f(x)f(y)恒成立，且当x＞1时，1.若f(x)0.证明：f(x)在(0,+∞)上单调递增.练习：

1、已知函数

fx对于任意的x、y∈R，fx+fy=fx+y，且当x＞0时，fx＜0；f1=-23.2

f(x)＞f(x)＞总有（1）求证：fx在R上是减函数

（2）求fx在[-3，3]上的最大值与最小值

2、已知函数fx的定义域为R，且m、n∈R，恒有fm+fn=fm+n+1，且f-＞-1=0，当x21时，fx＞0.2（1）求证：fx是单调递增函数（2）求fx在[-2,2]的最大值与最小值.3、定义在R上的函数fx恒为正，且满足fx+y=fxfy，当x＞0时，fx＞1.（1）证明：fx在R上单调递增.2（2）若函数fx的定义域为[-1,1]时，解不等式fx-1＞f2x



4、函数fx的定义域为R，对于任意的a、b∈R皆有fa+fb=fa+b+1，且x＞0时，fx＞1（1）求证：fx是R上的增函数

2（2）若f4=5，解不等式f3m-m-2＜3

3

第10篇：实变函数证明题

证明题由直线上互不相交的开区间作为集合A的元素，则A至多为可数集。证明区间上的单调增加函数的不连续点最多只有可数多个。设{A|},{B|}是两个集族.若,AB,且

AA,BB,(,,), 则AB.

4设f:XY, 则f是单射当且仅当A,BX,f(AB)f(A)f(B).5 设M[0,1]是[0.1]上全体实函数所成之集, 证明M[0,1]2证明数轴上一切闭区间所成之集的基数为c.7 设ABc,则Ac或Bc设f:XY, 则f是单射当且仅当AX,Af1[0,1].[f(A)].9 设f:XY, 则f是单射当且仅当AX,f(XA)f(X)f(A).10 设f:XY,f(X)YCY,f[f1(C)]C.11 设A是可数集,则A的一切有限子集所成之集是可数集.12证明每一个闭集必是可数多个开集的交集。

13证明f(x)为[a, b]上连续函数的充要条件是对任意实数c，集E{x|f(x)c}和

E1{x|f(x)c}都是闭集。明直线上非空开集的任何两个不同的构成区间必不相交。间（a,b）上任何两个单调函数，若在一稠密集上相等，则它们有相同的连续点． 16 证明xExE{x}证明E为闭集.18 证明f(x)为(a,b)上连续函数的充要条件是对任意实数c，集E{x|f(x)c}和

E1{x|f(x)c}都是直线上的开集。证明xEd(x,E{x})0.20 证明任何非空闭集可表示为可数个开集的交.21 证明Rn中的孤立点集至多可数.

第11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∴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第12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。

第13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。

第14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

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。

第15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).

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：用定义证明函数极限方法总结

144163369.doc

用定义证明函数极限方法总结:

用定义来证明函数极限式limf(x)c，方法与用定义证明数列极限式类似，只是细节xa

不同。

方法1：从不等式f(x)c中直接解出(或找出其充分条件)xah()，从而得h()。

方法2：将f(x)c放大成xa，解xa，得xah()，从而得

h()。

部分放大法：当f(x)c不易放大时，限定0xa1，得f(x)cxa，解xa，得：xah()，取min1,h()。

用定义来证明函数极限式limf(x)c，方法： x

方法1：从不等式f(x)c中直接解出(或找出其充分条件)xh()，从而得Ah()。

方法2：将f(x)c放大成xa，解xa，得xh()，从而得

Ah()。

部分放大法：当f(x)c不易放大时，限定xA1，得f(x)cxa，解xa，得：xh()，取AmaxA1,h()。

平行地，可以写出证明其它四种形式的极限的方法。

例1 证明：lim(2x3)7。x2

证明：0，要使：

(2x3)72x2，只要 2x2，即0x2

取2，

2，即可。

x212。例2 证明：lim2x12xx13

x1x212x12分析：因为，放大时，只有限制22xx132x1332x1

0x1，即0x2，才容易放大。

证明：0，限制0x1，即0x2，要使；

x1x1x1x1x212x12

，只要

32x2x132x1332x132x13

即0x3，取min(1,3)，即可。

例3

证明：（a1）。

xa

证明：0，限制0xa

1a1a

1，要使：，所以x

22





，只要

1a,，即可。，取min，即0xa

22



x3,x1

例4 设f(x)，证明:limf(x)1。

x1

2,x1

证明：当x1时，f(x)1x1x1xx1

限制0x1，则xx112，xx17。0，要使：

f(x)1x1x2x17x1，只要7x，即x1

，取



min，当0x1时，有：

7

f(x)，limf(x)1

x1

说明：这里限制自变量x的变化范围0x1，必须按自变量x的变化趋势来设计，xa时，只能限制x在a点的某邻域内，不能随便限制！

错解：设x1，则xx13，要使：

f(x)1x1x2x13x1，只要0x1

，取min1,，3

当0x1时，有：f(x)1。limf(x)1。

x1

例5 证明:lim

1。

x12x1

2x11

证明：考察，2x12x1112x1 1

2x12x1

限制0x1

111，则2x112x11。0，要使： 422

2x1

4x1，只要4x，即x1，42x12x1

1

44

1，2x1

取min,，当0x时，有：lim

x1

1。

2x1

1，则4

说明：在以上放大f(x)A（即缩小2x1）的过程中，先限制0x1得：2x1

11。其实任取一个小于的正数1，先限制0x11，则22

0x1或0x1，则不2x1x1112m（如果是限制0

例6 证明:lim

能达到以上目的）。

x

2。

x24x7

证明：考察

7x271x，仅在x的邻域内无界，所以，限制2

44x74x74x7

171

0x2（此邻域不包含x点），则4x74x2114x2。

842

0，要使：

7x27x2x

只要14x2，即x2，214x2，144x74x714x2

取min，x1，当时，有：2，0x2

4x7814

x

2。

x24x7

x0

lim

x

例7 用定义证明极限式：lima1，（a1）

证明：0（不妨1），要使：

ax11ax1loga1xloga1（由对数函数

。于是，取minloga1, loga10，f(x)logax是单调增函数）

xx

当0x0时，有：a1。故lima1。证毕

x0

例8 设f(x)0，limf(x)

A，证明：lim

xx0

xx0



n2为正整数。

证明：（用定义证明）因为，f(x)0，由极限保不等式性知，A0；当A0时，0，由limf(x)A，知：0，当0xx0时，有：f(x)A



xx0





f(x)A

n1





n2

n2



n1



f(x)A

n1





n1，故：lim

xx0



im(f)x0当A0时：0，由l

xx，知：

0，当0xx0时，有：

f(x)

 0lim

xx0

0。证毕

证明函数连续（共5篇）

函数极限证明

证明函数fx

证明函数收敛

证明函数可导（共3篇）