證明函數(shù)fx(多篇)

1、證明函數(shù)fx（多篇）一直接作差1（20XX年遼寧文科）設(shè)函數(shù)f(x)xax2blnx，曲線yf(x)過P（1，0），且在P點(diǎn)處的切線斜率為2.1）求a，b的值；2）證明：f(x)2x2。（1）解：f(x)=1+2ax1a0b.由已知條件得f(1)0，f(1)=2，即x12ab2解得a1。b3(2)證明:由于f(x)的定義域?yàn)椋?，+），由（1）知f(x)xx23lnx。設(shè)g(x)f(x)(2x2)=2xx3lnx，則g(x)=12x23(x1)(2x3)=。xx當(dāng)0 x1時(shí)，g(x)0，當(dāng)x1時(shí)，g(x)0。因此g(x)在（0，1）內(nèi)單一遞加，在（1，+）內(nèi)單一遞減。而g(1)=0，故當(dāng)x0時(shí)

2、，g(x)0，即f(x)2x2?？偨Y(jié)：直接作差g(x)f(x)(2x2)，用導(dǎo)數(shù)得gmax(x)g(1)=0，從而得證。直接作差是證這類題最常用的方法。二分別函數(shù)2.（20XX年課標(biāo)全國卷文科）已知函數(shù)f(x)處的切線方程為x2y30。1）求a，b的值；2）證明：當(dāng)x0，且x1時(shí)，f(x)(1)解:略a1，b1。alnxb，曲線yf(x)在點(diǎn)（1，f(1)）x1xlnx。x1lnx1lnx1x21，因此f(x)(2lnx)。（2）證明：由（1）知f(x)=x1xx11x2xx21考慮函數(shù)h(x)=2lnx（x0），則x22x2(x21)(x1)2=。h(x)=22xxx因此當(dāng)x1時(shí)，h(x)0

3、，而h(1)0當(dāng)x（0，1）時(shí)，h(x)0，可得，故1h(x)0；21x1h(x)0。當(dāng)x（1，+）時(shí)，h(x)0，可得1x2lnx從而當(dāng)x0，且x1時(shí)，f(x)。x1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)，再談?wù)撟C明。三巧妙變形3.（20XX年遼寧文科）已知函數(shù)f(x)(a1)lnxax21。1）談?wù)摵瘮?shù)f(x)的單一性；2）設(shè)a2，證明：對(duì)隨意x1，x2（0，+），f(x1)f(x2)4x1x2。解：（1）略。（2）不如設(shè)x1x2，由于a2，故f(x)在（0，+）減少。因此f(x1)f(x2)4x1x2等價(jià)于f(x2)f(x1)x1-x2，即f(x2)x

4、2f(x1)a12ax2x1。4xa12ax4=令g(x)f(x)x，則g(x)=。于是xx4x24x1(2x1)2(x)0。xx從而g(x)在（0，+）單一減少，故g(x1)g(x2)。即f(x1)x1f(x2)x2，故，對(duì)隨意x1，x2（0，+），f(x1)f(x2)4x1x2?？偨Y(jié)：經(jīng)過等價(jià)變形，結(jié)構(gòu)函數(shù)g(x)，利用g(x)的單一性得證。四作函數(shù)積12。exex1212證明:對(duì)隨意的x（0，），lnx1xx(lnx1)x(x)exexeex2設(shè)函數(shù)f(x)=xlnxx，g(x)=x+。ee111f(x)=lnx2，f(x)=0，得x2，易知fmin(x)=f(2)=2。eee4（.20

5、XX年本溪一中模擬）對(duì)隨意的x（0，），求證：lnx11exxex，=0，得1，易知=。g(1)g(x)=g(x)g(x)xmaxee2x11，fmin(x)gmax(x)，f(x)g(x)。ee2x212xlnxxx+。因此lnx1x。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，獲取結(jié)果后再同除以這個(gè)函數(shù)，從而證得。第3篇：函數(shù)解答題結(jié)構(gòu)函數(shù)證明不等式函數(shù)解答題-結(jié)構(gòu)函數(shù)證明不等式例1（20XX年高考北京卷（理）設(shè)L為曲線C:ylnx在點(diǎn)(1,0)處的切線.x(I)求L的方程;(II)證明:除切點(diǎn)(1,0)之外,曲線C在直線L的下方.解:(I)設(shè)f(x)lnx1lnx

6、,則f(x).因此f(1)1.因此L的方程為2xxyx(II)令1.g(x)x1f(x),則除切點(diǎn)之外,曲線C在直線l的下方等價(jià)于x21g(x)12當(dāng)0當(dāng)xlnxg(x)0(f(x).x2x1時(shí),x1時(shí),x1x0,x1).g(x)10,lnx0,因此0,lnx0,因此g滿足g(1)0,且g(x)0,故g(x)單一遞減;(x)0,故g(x)單一遞加.所以,g(x)g(1)0(x0,x1).因此除切點(diǎn)之外,曲線C在直線L的下方.又解:g(x)0即x12lnx0變形為x2xlnx0,記h(x)x2xlnx,則x12x2x1(2x1)(x1)h(x)2x1,xxx因此當(dāng)0 x1時(shí),h(x)0,h(x)

7、在(0,1)上單一遞減;當(dāng)x1時(shí),h(x)0,h(x)在(1,+)上單一遞加.因此h(x)h(1)0.)例2（20XX年一般高等學(xué)校招生一致考試遼寧數(shù)學(xué)（理）試題（WORD版）已知函數(shù)fx1xe2xx3,gxax12xcosx.當(dāng)x0,1時(shí)，21;1x(I)求證:1-xfx(II)若fxgx恒建立,求實(shí)數(shù)a取值范圍.解：(1)證明：要證x0，1時(shí)，(1x)e2x1x，只要證明(1x)ex(1x)ex.記h(x)(1x)ex(1x)ex，則h(x)x(exex)，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.因此f(x)1x，x0，1要證x0，1時(shí)，(1x)

8、e2x1exxx記K(x)exx1，則K(x)ex1，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.因此f(x)，x0，11x1綜上，1xf(x)，x0，11x(2)(方法一)xax12xcosxf(x)g(x)(1x)e22xx31xax12xcosx2xa12cosx.x2x2設(shè)G(x)2cosx，則G(x)x2sinx.記H(x)x2sinx，則H(x)12cosx，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a1G(x)a3，因此，當(dāng)

9、a3時(shí)，f(x)g(x)在0，1上恒建立下面證明，當(dāng)a3時(shí)，f(x)g(x)在0，1上不恒建立1x3f(x)g(x)1ax2xcosx21xxx3ax2xcosx21x1xx1xa22cosx.11x21記I(x)a2cosxaG(x)，則I(x)G(x)當(dāng)x(0，是I(x)在0，1上的值域?yàn)閍12cos1，a3由于當(dāng)a3時(shí)，a30，因此存在x0(0，1)，使得I(x0)0，此時(shí)f(x0)g(x0)，即f(x)g(x)在0，1上不恒建立綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(，3(方法二)11先證當(dāng)x0，1時(shí)，1x2cosx12.241記F(x)cosx1x2，則F(x)sinxx.22記G(x)sinxx

10、，則G(x)cosx1，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.因此當(dāng)x0，1時(shí)，12cosx.同理可證，當(dāng)x0，1時(shí)，cosx12.411綜上，當(dāng)x0，1時(shí)，1x2cosx1x2.由于當(dāng)x0，1時(shí)xax12xcosxf(x)g(x)(1x)e22x1x312(1x)ax12x42(a3)x.因此當(dāng)a3時(shí)，f(x)g(x)在0，1上恒建立下面證明，當(dāng)a3時(shí)，f(x)g(x)在0，1上不恒建立由于xax12xcosxf(x)g(x)(1x)e22x11x31x21ax2x221

11、xx2x3(a3)x1x223xa3），x23a31因此存在x0(0，1)比方x0取中的較小值滿足f(x0)g(x0)，即f(x)g(x)在0，321上不恒建立綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(，3例3（20XX年高考遼寧文21）(本小題滿分12分)設(shè)f(x)lnxx1，證明：3(1)當(dāng)x1時(shí)，f(x)(2)當(dāng)1x5解：(1)(證法一)記g(x)lnxx12(x1)則當(dāng)x1時(shí)，113g(x)x2，g(x)在(1，)上單一遞減2x又g(1)0，有g(shù)(x)f(x)由均值不等式，當(dāng)x1時(shí)，x令k(x)lnxx1，則k(1)0，k(x)x1由得，當(dāng)x1時(shí)，f(x)9x1，由(1)得x51154h(x)x2xx

12、52xx2xx54xx5x53216x4xx5令g(x)(x5)3216x，則當(dāng)19x1x5(證法二)記h(x)(x5)f(x)9(x1)，則當(dāng)192x1)(x5)x2x12xx(x1)(x5)(2x)18xx112x3xx1x522218x14xx232x25)因此h(x)在(1,3)內(nèi)單一遞減，又h(1)0，因此h(x)9x1.x5例4（20XX年高考浙江文21）（此題滿分15分）已知aR，函數(shù)f(x)4x32axa（1）求f(x)的單一區(qū)間（2）證明：當(dāng)0 x1時(shí)，f(x)+2a0.1）由題意得f(x)12x22a，當(dāng)a0時(shí)，f(x)0恒建立，此時(shí)f(x)的單一遞加區(qū)間為,.當(dāng)a0時(shí)，f

13、(x)12(x此時(shí)函數(shù)f(x)的單一遞加區(qū)間為x，.(2)由于0 x1，當(dāng)a2時(shí)，f(x)a24x32ax24x34x2.333當(dāng)a2時(shí)，f(x)a24x2a(1x)24x4(1x)24x4x2.設(shè)g(x)2x2x1,0 x1，則g(x)6x26(x則有32x.33因此g(x)ming1當(dāng)0 x1時(shí)，2x2x10.故f(x)a24x34x20.例5（20XX年高考山東文22）(本小題滿分13分)已知函數(shù)f(x)lnxk(k為常數(shù)，e=2.是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，曲線yf(x)在點(diǎn)ex(1,f(1)處的切線與x軸平行.()求k的值；()求f(x)的單一區(qū)間；()設(shè)g(x)xf(x)，其中f(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù).證明：對(duì)隨意x0,g(x)1elnxk(I)f(x)，ex由已知，f(1)1k0，klnx1(II)由(I)知，f(x).ex設(shè)k(x)111lnx1，則k(x)20，即k(x)在(0,)上是減函數(shù)，xxx由k(1)0知，當(dāng)0 x1時(shí)k(x)0，從而f(x)0，當(dāng)x1時(shí)k(x)0，從而f(x)0.綜上可知，f(x)的單一遞加區(qū)間是(0,1)，單一遞減區(qū)