函数证明

函数证明（共13篇）

1.函数证明 篇一

二元函数极限证明

设p=f(x,y),p0=(a,b)，当p→p0时f(x,y)的极限是x,y同时趋向于a,b时所得到的称为二重极限。

此外，我们还要讨论x,y先后相继地趋于a,b时的极限,称为二次极限。

我们必须注意有以下几种情形：’

(1)两个二次极限都不存在而二重极限仍有可能存在(2)两个二次极限存在而不相等

(3)两个二次极限存在且相等，但二重极限仍可能不存在2函数f(x)当x→X0时极限存在，不妨设：limf(x)=a(x→X0)

根据定义:对任意ε>0,存在δ>0,使当|x-x0|<δ时,有|f(x)-a|<ε

而|x-x0|<δ即为x属于x0的某个邻域U(x0;δ)

又因为ε有任意性,故可取ε=1,则有:|f(x)-a|<ε=1,即:a-

1再取M=max{|a-1|,|a+1|},则有:存在δ>0,当任意x属于x0的某个邻域U(x0;δ)时,有|f(x)|

证毕

3首先，我的方法不正规，其次，正确不正确有待考察。

1，y以y=x^2-x的路径趋于0Limitedsin(x+y)/x^2=Limitedsinx^2/x^2=1而y=x的路径趋于0结果是无穷大。

2，3可以用类似的方法，貌似同济书上是这么说的，二元函数在该点极限存在，是p(x,y)以任何方式趋向于该点。

4f(x,y)={(x^2+y^2)/(|x|+|y|)}*sin(1/x)

显然有y->0,f->(x^2/|x|)*sin(1/x)存在当x->0,f->(y^2/|y|)*sin(1/x),sin(1/x)再0处是波动的所以不存在而当x->0,y->0时

由|sin(1/x)|<=1得|f|<=(x^2+y^2)/(|x|+|y|)

而x^2+y^2<=x^2+y^2+2*|x||y|=(|x|+|y|)^

2所以|f|<=|x|+|y|

所以显然当x->0,y->0时，f的极限就为0

这个就是你说的，唯一不一样就是非正常极限是不存在而不是你说的正无穷或负无穷或无穷，我想这个就可以了

就我这个我就线了好久了

5(一)时函数的极限：

以时和为例引入.介绍符号:的意义,的直观意义.定义(和.)

几何意义介绍邻域其中为充分大的正数.然后用这些邻域语言介绍几何意义.例1验证例2验证例3验证证……

(二)时函数的极限：

由考虑时的极限引入.定义函数极限的“”定义.几何意义.用定义验证函数极限的基本思路.例4验证例5验证例6验证证由=

为使需有为使需有于是,倘限制,就有

例7验证例8验证(类似有(三)单侧极限:

1.定义：单侧极限的定义及记法.几何意义:介绍半邻域然后介绍等的几何意义.例9验证证考虑使的2.单侧极限与双侧极限的关系:

Th类似有:例10证明:极限不存在.例11设函数在点的某邻域内单调.若存在,则有

=§2函数极限的性质(3学时)

教学目的：使学生掌握函数极限的基本性质。

教学要求：掌握函数极限的基本性质：唯一性、局部保号性、不等式性质以及有理运算性等。

教学重点：函数极限的性质及其计算。

教学难点：函数极限性质证明及其应用。

教学方法：讲练结合。

一、组织教学：

我们引进了六种极限:,.以下以极限为例讨论性质.均给出证明或简证.二、讲授新课：

(一)函数极限的性质:以下性质均以定理形式给出.1.唯一性:

2.局部有界性:

3.局部保号性:

4.单调性(不等式性质):

Th4若和都存在,且存在点的空心邻域,使，都有证设=(现证对有)

註:若在Th4的条件中,改“”为“”,未必就有以举例说明.5.迫敛性:

6.四则运算性质:(只证“+”和“”)

(二)利用极限性质求极限：已证明过以下几个极限：

(注意前四个极限中极限就是函数值)

这些极限可作为公式用.在计算一些简单极限时,有五组基本极限作为公式用,我们将陆续证明这些公式.利用极限性质，特别是运算性质求极限的原理是：通过有关性质,把所求极限化为基本极限,代入基本极限的值,即计算得所求极限.例1(利用极限和)

例2例3註:关于的有理分式当时的极限.例4

例5例6例7

2.函数证明 篇二

第1773题

当x→+∞时, f (x) →0并且f (x) <0.

第1775题

下面证明不等式右边成立

得:x=1, f' (x) 在区间 (1, +∞) 上的函数值恒为负.

综上, 不等式链得证.

不等式、函数犹如一对亲密无间的孪生兄弟, 通过对待证不等式的等价转化及结构特征的分析, 恰当构造符合题目要求函数模型作为工具来证明不等式, 常常能够出奇制胜、收效很好.于是, 我们在高考复习中, 若遇到函数中不等式证明, 要教会学生通过题目中提供函数模型来分析求证和解题思路.

(Ⅲ) 求证:1×22×32×…×n2 (n+1) >en-2 (n∈N*) .

3.函数证明 篇三

比如：△ABC中，AB=AC,BD、CE是高。

求证：BD=CE

证明：∵S△=■AB×CE= ■AC×BD,又AB=AC

∴BD=CE

或者：∵在Rt△CDB中sin∠DCB=■, 在Rt△CEB中sin∠DCB=■,又∠DCB=∠EBC

∴CE=DE

除用全等证明的通法解决这个简单几何问题外，用面积法和三角函数法也很简洁。这种方法对于一些较复杂的几何题目也同样适用。

例1：在△ABC中，AB=AC，CG⊥BA交BA的延长线于点G。一等腰直角三角尺按如图15-1所示的位置摆放，该三角尺的直角顶点为F，一条直角边与AC边在一条直线上，另一条直角边恰好经过点B。

（1）在图15-1中请你通过观察、测量BF与CG的长度，猜想并写出BF与CG满足的数量关系，然后证明你的猜想；

（2）当三角尺沿AC方向平移到图15-2所示的位置时，一条直角边仍与AC边在同一直线上，另一条直角边交BC边于点D，过点D作DE⊥BA于点E。此时请你通过观察、测量DE、DF与CG的长度，猜想并写出DE＋DF与CG之间满足的数量关系，然后证明你的猜想；

（3）当三角尺在（2）的基础上沿AC方向继续平移到图15-3所示的位置（点F在线段AC上，且点F与点C不重合）时，（2）中的猜想是否仍然成立？（不用说明理由）

证明：（2）连接AD，S△ABC=■AB×CG= ■AB×DE+■AC×DF,又AB=AC

所以：CG=DE+DF

也可以借助三角函数来证明：

证明∵在Rt△BED中sin∠B=■

∴ DE=BDsin∠B

同理在Rt△DFC中,DF= DCsin∠ACB

∴DE+DF= BDsin∠B+ DCsin∠ACB,又∠B=∠ACB

DE+DF =（BD+DC）sin∠B=BC sin∠B

∵在Rt△BGC中CG=BCsin∠B

∴DE+DF=CG

（3）問方法与（2）一样

此题是2007年河北省中考试题，在多年没有考截长补短类几何证明的情况下，出现这样的题目，很多学生束手无策，如果我们平时教学中，注意培养学生从多角度思考问题，防止思维定势解题干扰，提高学生思维的深度,学会一题多解，学习效果会更好些。用面积法和函数法解决M+N=P型题目一般思路是：找到三条垂直的线段分布的三角形，利用面积和差、等线段关系证明结论，或者找到三条垂线所在的直角三角形，借助三角函数以及相等的线段、角来解决。

例2：正方形ABCD中，直线MN经过点A，DE⊥MN,BF⊥MN,CG⊥MN，求证：（1）DE=BF+EF（2）BF=DE-CG（3）如果点M绕A点旋转到CD上（2）的结论会发生变化吗？

面积法：（图2-1）

■

证明：连接DM、AC。

∵ S△AHD=■S正=S△ABH+S△HCD，又S△HCD=S△AHC

■AH×DE=■AH×BF+■AH×CG

∴ DE=BF+CG

即：BF=DE-CG

三角函数法：

简证：∵DE=ADsin∠1,BF=BHsin∠2, CG= CHsin∠3

易证：∠1=∠2=∠3又AD=BC

∴BF+CG=（BH+HC）sin∠2=BC sin∠2

∴BF+CG=DE

即：BF=DE-CG

（3）结论发生变化：BF=DE+CG

连接AC、HB（图2-3）

S△1AHB=■S正1=S△BCH+S1△AHD，又S△HCB=S△AHC

■AH×BF=■AH×CG+■AH×DE

BF=CG+DE

也可以用三角函数证明：

简证：∵BF=ABcos∠2,DE=DHcos∠1,CG= CHcos∠3

易证：∠1=∠2=∠3又AB=DC

∴DE+CG=（DH+HC）cos∠1=DCcos∠1

∴BF+CG=DE

即：BF=DE-CG

这也是一道中档截长补短可以解决的证明题，由于可以构造直角三角形，并且可以找到面积和角的相等关系，因而也可以借助面积法和函数方法解决，解法比较简洁巧妙。

以下各题供学习分析使用

1：已知；△ABC中，AB=AC，M是底边BC上一点，MD⊥AC，ME⊥ AB，BF ⊥AC

(1)求证：MD+ME=BF

(2)如果点M在BC的延长线上，其他条件不变，结论（1）会变化吗？（图2）

2：已知正方形ABCD中，对角线AC和BD交与O点,P是AD上一动点，PE ⊥AC,PF ⊥BD。（图3）

求证：PE+PF=OB

■

■

总之，平时教学过程中，注意培养学生从多角度思考问题，防止思维定势解题干扰，提高学生思维的深度、广度，学会一题多解。只要我们注意积累，善于总结方法，关注学生能力的培养，一定可以达到事半功倍的效果，学生做题时就会得心应手。

4.函数单调性定义证明 篇四

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

5.专题：函数单调性的证明 篇五

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x1、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.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

6.巧用构造函数法证明不等式 篇六

一、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：|a||b||ab|

1|a||b|≥1|ab|

证明：构造函数f(x)=

x

1x(x≥0)则f(x)=x1x=1-

11x

在0，上单调递增

∵f(|a| + |b|)=

|a||b|1|a||b|f(|a + b|)=|ab|

1|ab|

且|a| + |b|≥|a + b|

∴f(|a| + |b|)≥f(|a + b|)即所证不等式正确。

二、利用分式函数的奇偶性证明不等式

【例2】证明不等式：x12x＜x

2（x≠0）证明：构造函数f(x)=x1

2x

x

2(x0)∵f(-x)=-xx-x2x1-2-x22x1x2x12x

[1-(1-2x)]x2x12xx2=f(x)

∴f(x)是偶函数，其图像关于y轴对称。当x＞0时，12x

＜0，f(x)＜0；

当x＜0时，-x＞0,故f(x)=f(-x)＜0 ∴x1-2xx2＜0，即x12

x

＜x

2三、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|＜1，|b|＜1，|c|＜1，求证：a + b + c＜abc + 2。

证明：构造函数f(c)=(1-ab)c + a + b-

2∵|a|＜1，|b|＜

1∴-1＜ab＜1，1-ab＞0

∴f(c)的（-1，1）上是增函数

∵f(1)=1-ab + a + b-2=a + b–ab-1=a(1b)=(1c)2＞4a(a + b + c)。证明：构造函数f(x)=ax2 +(-b + c)x +(a + b + c)(a≠0)

则f(0)=a + b + c，f(1)=2(a + c)

由(a + c)(a + b + c)＜0知：f(0)•f(1)＜0 ∴f(x)=0有两个不等的实数根。∴△＞0，即(bc)2＞4a(a + b + c)

【例5】已知实数a，b，c满足a + b + c = 5，a2 + b2 + c

2= 9，求证a，b，c的值都不小于1，又都 不大于21

3。

证明：构造函数f(x)=2x2+ 2(a + b)x + a2 + b2=(x + a)2 +(x + b)2 ≥0

∵2＞0

∴△=[2(a+b)]2-4×2×(a2 + b2)≤0

∴△=4(5-c)2-8(9-c2)≤0 ∴(c-1)(3c-7)≤0

∴1≤c≤213

同理可证：1≤a≤21，1≤b≤2133。

【例6】已知a，b，c∈R，证明：a2 + ac + c2 + 3b(a + b + c)≥0，并指出等号何时成立？

证明：令f(a)= a2 +(c + 3b)a + c2 + 3b2

+ 3bc

△=(c + 3b)2-4(c2 + 3b2 + 3bc)=-3(b + c)2

≤0 恒成立 ∵二次项系数1＞0

∴f(a)≥0，即 a2 + ac + c2 + 3b(a + b + c)≥0

又当△=0，即b + c = 0时f(a)=(a + b)2

= 0 ∴当且仅当a=-b=c时才能取等号。

⒉利用一元二次方程根的分布证明不等式

【例7】设a + b + c=1，a2 + b2 + c2 =1，且a＞b＞c，求证：-

13＜c＜0

证明：∵a + b + c=1

∴a + b =1-c有a2 + b2 + 2ab=1c

∴a，b是方程x2-(1-c)x+c2-c=0的两个实数根

∵a＞b＞c，故方程有大于c的两个不等的实数根

构造函数f(x)= x2-(1-c)x+c2-c，则有：

(1c)24(c2c)＞0

1c＞c

2

f(c)＞0

∴-1

3＜c＜0

⒊综合运用判别式法、一元二次方程根的分布证明不等式

【例8】设a，b是两个不等于0的实数，求证：下列不等式中至少有一个成立。aa22b2

2b1，aa22b2

2b1

证明：设f(x)=bx2axb

2(b≠0)

∵△=(-a)2-2b(-b)=a2+2b2＞0

∴抛物线与x轴必有两个交点，其横坐标为x=aa22b2

2b

∴f(-1)=b

2af(0)= b

2f(1)= b

2a

⑴当b＞0时，f(0)＜0

若a＞0,则f(-1)＞0

∴点A（-1，f(-1)）在x轴上方，点B（0，f(0)）在x轴下方

∴抛物线与x轴在（-1，0）内必有一个交点，此时有

aa22b2

7.函数证明 篇七

导数只是反映函数在一点附近的局部特性,但要应用导数来了解函数在区间上的整体性态,还需借助微分学基本定理——中值定理,而拉格朗日定理是中值定理的核心。因此,探讨一下证明拉格朗日定理中辅助函数的构造方法是十分必要的。

拉格朗日中值定理:

若函数f(x)在[a,b]让连续,在(a,b)内可导,则至少存在一点§∈(a,b),使:

我们经常用的是BN.斯未尔诺夫构造辅助函数的方法:

则F(x)满足罗尔中值定理:在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,且F(a)=F(b),于是存在一点ξ∈(a,b),使得拉格朗日中值定理就很简单地证明了。

从几何意义知道,辅助函数y=F(x)是曲线y=f(x)和直线之差,而这直线通过原点且与曲线y=f(x)在[a,b]上两端点的连线平行,从而使得F(x)满足罗尔中值定理的要求。

可见F(x)只要取曲线y=f(x)与平行于割线AB的任一直线的差,均能满足罗尔定理的条件。因此,通常除取过原点的直线以外,还可取下列直线:

a.过A,B两点的割线:或

b.过点(a,0)的直线:

c.过点(b,0)的直线:

于是就得到下列辅助函数:

(4)

对于(3)(4),其实也就是过点a或点b作直线与AB平行,用引进函数的方法可以得到。

根据上述几何手段,可以引进一般形式的辅助函数。过平面上一点(x0,y0)作直线与AB平行,其方可用:表示。

亦可证明F(x)满足罗尔定理条件。

另外,我们还有三种方法证明拉格朗日中值定理。

a.设曲线y=f(x)在[a,b]上的端点为A(a,f(a))、B(b,f(b)),因为f(a)≠f(b),所以AB与X轴不平行.如果将坐标系旋转,使新坐标系中横轴与AB平行,则在新坐标系下A.B的纵坐标当然就相等。为此,引用旋转变换公式:

则y'=-xsinθ+f(×)cosθ

取Φ(x)=-xsinθ+(x)cosθ

令Φ(a)=Φ(b)

得

当取旋转角时,

因为f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,所以φ(x)满足罗尔定理,则:

b.设s(x)为由(a,f(a)),(b.f(b)),(x,f(x))三点组成的三角形面积易见f(x)在[a.b]上连续,在(a,b)内可导,且s(a)=s(b)=0.所以由罗尔中值定理知:在(a,b)内至少存在一点ξ,使得s'(ξ)=0

故:f(b)-f(a)=f'(ξ)·(b-a)

即:

c.设f(x),g(x),h(x)在[a,b]内可导,设

则F(x)满足罗尔中值定理,有:

令g(x)=x,h(x)=1,则由(2)知,有:f(b)-f(a)=f'(ξ)·(b-a).拉格朗日定理得证。

摘要：是对拉格朗日中值定理的证明过程中辅助函数的构造。

关键词：拉格朗日中值定理,导数,辅助函数,构造

参考文献

[1]华东师范大学数学学系，数学分析[M]．北京：高等教育出版社，1991．

8.函数证明 篇八

[关键词]构造函数法 不等式证明 高中数学

[中图分类号] G633.6 [文献标识码] A [文章编号] 16746058（2015）230033

不等式的证明问题是中学数学教学的一个难点，传统的证明不等式的方法技巧性较强，多数学生不易想到，并且各类不等式的证明没有通性通法.新教材引入导数相关的内容，为我们处理不等式的证明问题提供了一条新的途径.在近年高考题中，使用导数证明不等式也时有出现，但现行教材对这一问题没有展开研究，使得学生对这一简便方法并不了解.利用导数证明不等式思路清晰、方法简捷、操作性强，易被学生掌握.下面笔者介绍作差构造函数法、换元构造函数法、从条件特征入手构造函数法的基本思路，并通过一些实例进行分析与总结.

一、作差构造函数法

作差法是比较法中常用的方法，其原理来自不等式的基本性质：如果a>b，则a-b>0；如果a=b，则a-b=0；如果a【例1】 求证不等式

x-x22

【例3】 若函数y=f（x）在R上可导，且满足不等式xf′（x）>-f（x）恒成立，且常数a，b满足a>b.求证：af（a）>bf（b）.

证明：由已知得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）.

由条件移项后得xf′（x）+f（x）>0，容易想到这是一个积的导数，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），则移项后得xf′（x）-f（x）>0，要想到这是一个商的导数，学生在平时解题时应多注意总结.

作为高中教学的重点和难点，不等式证明问题难度高，技巧性强，其相关内容一直得到了高中数学教学和研究人员的很多关注.新教材体系新增了导数部分的内容，为证明不等式增加了新的思路，开辟了一条新路径.将导数相关的内容运用到不等式的证明中，可以使证明过程简单明了，思路清晰，方法易于操作，是值得展开充分研究的一项内容.

[ 参 考 文 献 ]

[1]陈唐明.构造函数证明不等式方法探析——对《用构造函数来证明不等式》一文的研究性学习[J].中学数学研究，2009（11）：30-32.

[2]朱护国.构造函数法证明不等式[J].试题与研究：新课程论坛，2014（7）.

[3]王云.浅谈运用构造函数法证明不等式[J].语数外学习：数学教育，2012（7）：57-57.

[4]苗建成.用构造函数法证明不等式[J].中学生数学，2009（13）.

[5]曾思江.分而治之 各个击破——不等式证明的局部处理法[J].数学教学，1991（5）.

[6]左振钊，张艳红，袁博.相关系数的性质的几种证明方法[J].河北北方学院学报（自然科学版），2005（5）.

[7]王建平，张香伟，李艳华.构造辅助函数法在高等数学中的应用[J].河南教育学院学报（自然科学版），2004（1）.

[8]周顺钿.模式·放缩·探索——IB模块《不等式选讲》的教学策略[J].教学月刊（中学版），2010（5）.

9.函数证明 篇九

不等式的证明是高中数学中的一个重要内容.由于证题方法多、技巧性强,所以是一个难点.本文介绍应用凹(或凸函数的性质证明不等式的方式,希望给读者以启迪,并起到抛砖引玉的作用.定义 已知函数y =f(x 在给定区间[a ,b ]上,若x 1,x 2∈[a ,b ]恒有f(x 1+ f(x 2≤2f(x 1+x 2 2(当且仅当x 1=x 2时取等号,则称f(x 在[a ,b ]上是凸函数;若恒 有f(x 1+f(x 2≥2f(x 1+x 2 2(当且仅当x 1=x 2时取等号,则称f(x 在[a ,b ]上是凹函数.应用数学归纳法,我们可以证明下面的凹(或凸函数的性质.定理 若函数f(x 在某区间内是凹(或凸函数,则对变数在这区间内的任意值x 1,x 2,x 3,…x n 有以下不等式成立:

f(x 1+x 2+…+x n n ≤f(x 1+f(x 2+…+f(x n n , 当且仅当x 1=x 2=…,=x n 时取等号(对于凸函数不等式方向相反.由凹函数的 定义可知y =x 2(x ∈R ,y = 1 x(x >0为凹函数.事实上,任给x 1,x 2∈R ,都有 x 21+x 22≥12(x 21+2x 1x 2+x 2 2=2(x 1+x 22 2 ,∴ y =x 2(x ∈R 是凹函数.对于任意x 1,x 2∈R +, 1x 1

+ 1x 2 =x 1+x 2x 1 x 2≥ 2x 1 x 2 x 1 x 1 = 2x 1 x 2 ≥ 2 x 1+x 2 2 , 故 y = 1x , x ∈R +是凹函数.利用定义我们还可以证明 y =sin x , x ∈(0,Π是凸函数.下面我们应用凹(或凸 函数的性质,给出某些不等式的证明.例1 已知Α为锐角,求证:

(1+1sin Α(1+1 co s Α ≥3+2 2.证明 ∵ Α为锐角, ∴ sin Α>0, co s Α>0.又 y = 1 x(x ∈R +为凹函数,∴(1+ 1sin Α(1+1 co s Α

=1+1sin Αco s Α+1sin Α+ 1 co s Α ≥1+2sin2Α+ 2 sin Α+co s Α 2 =1+2sin2Α+ 4

2sin(Α+ Π

4≥1+2+4 2 =3+2 2.例2 已知A 1,A 2,A 3,…,A n 是凸n 边形的n 个内角.求证: sin A 1+sin A 2+…+sin A n ≤n sin(n-2Π n.证明 由平面几何知识可知 A i ∈(0,Π,i =1,2,3,…,n ,且A 1+A 2+…+A n =(n-2Π.又y =sin x ,x ∈(0,Π 是凸函数.∴ sin A 1+sin A 2+…+sin A n ≤n sin A 1+A 2+…+A n n =n sin(n-2Πn.而已知A、B、C 为△A B C 的内角, 则 sin A +sin B +sin C ≤

2 是上

述命题中n =3时的特例.例3 已知a +b +c =1,且a、b、c ∈R +,求证:(a +1a 2+(b +1b 2+(c +1c 2≥102 3.证明(a + 1a 2+(b +1b 2+(c +1c 2 ≥3[(a + 1a +(b + 1b +(c +1c ]2 =3[(a +b +c +(1a +1b + 1c 3 ]2 ≥3(1 3 +13 3 1 a + b +c 3 2=3×(13+32=102.应用上题方法可以得到下面的结 7 42004年第11期

中学数学 概率小议

——兼谈广东省2004年高考第13题510631 华南师范大学数学系 孙道椿 1概率的统计定义:记某个随机事件为A,若在u次彼此无关的试验(或观察中出现了v次,则称F u(A=v u 为随

机事件A在u次独立试验中出现的频率.事件 A发生的频率v u 会在某一常数P附近摆动, 且当u越大时,这种摆动幅度越小,则称常数P为事件A的概率,记为P(A.概率的统计定义是一种最基础的定义.它说明了事件的概率是客观存在的.也给出了概率的最原始的求法.从定义可以看出,我们指的随机现象应具有二个条件: ①不确定性:每次实验的结果(事件具有多个可能性,且不能确定每次试验会出现哪种结果.②可重复性:在相同的条件下,试验可重复进行;或者可以同时进行多次的相同试验.平常,人们对第一个条件——不确定性映象很深.对第二个条件——可重复性,往往容易忽视.从定义可以看出,概率论是一门实践性很强的科学.忽视了可重复性,就忽视了它的重要基础.有些事情:比如美国的总统选举.虽然选举前不能确定它的结果,但它不满足可重复性.所以它不是数学中所指的随机现象.因此也不存在“概率”的问题,实际生活中也很少有人问它的概率大小.如果有四人预测美国的选举结果: 甲说“布什有95◊的可能当选.” 乙说“布什有50◊的可能当选.” 丙说“布什有5◊的可能当选.” 丁说“布什肯定不会当选.”

若结果是布什当选了,上面仅有丁一人说错,若布什没有当选,上面四人全没有错,由于美国的选举不可重复.实际上,前面三人说的话是不可验证的,它只是反映了说话人的主观态度及认识,在概率论中是无意义的.一般的随机事件,用统计定义求出它的概率,需要做多次实验(而且还不能找出精确值.为此,对实验合理的设计,数据的处

论: 当x1,x2,…,x n∈R+,且x1+x2+…+ x n=1时,则有(x1+1 x12+(x2+1

x2 2+…+(x n+1 x n 2 ≥(n2+12 n.例4 设a、b、c为△A B C的三边,S是 △A B C的面积.求证: a2+b2+c2≥43S.(第三届国际中学生竞赛题证明 a2+b2+c2≥ab+bc+ca =ab sin C sin C + bc sin A sin A + ca sin B sin B

=2S(1 sin A + 1 sin B + 1 sin C.① 又 y=1 x(x>0为凹函数, ∴ 2S(1 sin A + 1 sin B + 1

sin C ≥2S3

sin A+sin B+sin C 3 =2S 9 sin A+sin B+sin C.②

即 y=sin x, x∈(0,Π为凸函数, 又

sin A+sin B+sin C ≤3sin A+B+C 3 = 33 2 ,③

由①②③可得 a2+b2+c2≥2S 9

2 =43S.通过以上几个不等式的证明,对比常见 的证明方法,显然利用凹(或凸函数的性质 证明不等式要简捷得多.同时我们还可以看 到应用函数的凹凸性证明不等式,不仅可以 巩固有关基础知识,使得某些复杂问题简单 化,而且可以培养学生的解题技巧,发展学生 的思维能力.(收稿日期:20040910 84中学数学

10.高一数学三角函数式的化简与证明 篇十

一．课题：三角函数式的化简与证明

二．教学目标：能正确地运用三角公式进行三角函数式的化简与恒等式的证明．

三．教学重点：熟练地运用三角公式进行化简与证明．

四．教学过程：

（一）主要知识：

1．三角函数式的化简要求：通过对三角函数式的恒等变形（或结合给定条件而进行的恒等变形），使最后所得到的结果中：①所含函数和角的名类或种类最少；②各项的次数尽可能地低；③出现的项数最少；④一般应使分母和根号不含三角函数式；⑤对能求出具体数值的，要求出值．

2．三角恒等式的证明要求：利用已知三角公式通过恒等变形（或结合给定条件运用三角公式），论证所给等式左、右相等，要求过程清晰、步骤完整．

例1（1（2（3解：

1cos1cossin1cos)(1)（2）原式(sinsincossin

2cos1cos1(1)2cot(11)2csc．sincoscos

(2cos2

（3）原式2cossin)(sincos)

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2cos(cossin)(sincos)2cos(sin2cos2)cos(cos)

 2|cos||cos|22∵0，∴0，∴|cos|cos，2222

∴原式cos．



2(3cos4x)sin(2AB)sinB2cos(AB)；（2）． A

例3．证明：（1）tanxcot

x22，必定（B）（D）2(13．2cos21

2tan()sin2()44

五．课后作业：《高考A计划》考点28，智能训练7，8，9，11，12，14，15．

11.函数·指数函数与对数函数 篇十一

1. 已知[x，y]为正实数，则（ ）

A. [2lgx+lgy=2lgx+2lgy]

B. [2lg（x+y）=2lgx?2lgy]

C. [2lgx?lgy=2lgx+2lgy]

D. [2lg（xy）=2lgx?2lgy]

2. 已知一元二次不等式[f（x）<0]的解集为[x|x<-1或x>12]，则[f（10x）>0]的解集为（ ）

A. [x|x<-1或x>lg2]

B. [x|-1

C. [x|x>-lg2]

D. [x|x<-lg2]

3. 函数[f（x）=ax+1（a>0，a≠1）]的值域为[[1，+∞）]，则[f（-4）]与[f（1）]的关系是（ ）

A. [f（-4）>][f（1）] B. [f（-4）=][f（1）]

C. [f（-4）<][f（1）] D. 不能确定

4. 函数[f（x）=lg（|x|-1）]的大致图象是（ ）

[A B C D]

5. 设[a=log36，b=log510，c=log714]，则（ ）

A. [c>b>a] B. [b>c>a]

C. [a>c>b] D. [a>b>c]

6. 已知函数[f（x）=lnx，0

A. [f（a）a

B. [f（a）a

C. [f（b）b

D. [f（c）c

7. 已知函数[f（x）=lg（ax-bx）+x]中，[a，b]满足[a>1>b>0]，且[a=b+1]，那么[f（x）>1]的解集为（ ）

A. [（0，1）] B. [（1，+∞）]

C. [（1，10）] D. [（10，+∞）]

8. 下列命题：①在区间[（0，+∞）]上，函数[y=x-1]，[y=x12]，[y=（x-1）2]，[y=x3]中有三个是增函数；②若[logm32，]则方程[f（x）=12]有2个实数根.其中正确命题的个数为（ ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

9. 已知函数[f（x）=|lgx|，010.]若[a，b，c]互不相等，且[f（a）=f（b）=f（c），]则[abc]的取值范围是（ ）

A. [（1，10）] B. [（5，6）]

C. [（10，12）] D. [（20，24）]

10. 已知[log12（x+y+4）

A. [（-∞，10]] B. [（-∞，10）]

C. [[10，+∞）] D. [（10，+∞）]

二、填空题（每小题4分，共16分）

11. 对任意的非零实数[a，b]，若[a?b=b-1a，a

12. 已知函数[f（x）=|2x-1|]，[af（c）>f（b）]，则下列结论中，一定成立的是 .

①[a<0]，[b<0]，[c<0] ②[a<0]，[b≥0]，[c>0] ③[2-a<2c] ④[2a+2c<2]

13. 函数[y=1log0.5（2x-1）+（4x-3）0]的定义域为 .

14. 设函数[f（x）=2x，x≤0，log2x，x>0，][f[f（-1）]=] .

三、解答题（共4小题，44分）

15. （10分）已知函数[f（x）=13ax2-4x+3].

（1）若[a=-1]，求[f（x）]的单调区间；

（2）若[f（x）]有最大值3，求[a]的值.

16. （12分）已知函数[f（x）=loga（3-ax）].

（1）当[x∈[0，2]]时，函数[f（x）]恒有意义，求实数[a]的取值范围；

（2）是否存在这样的实数[a]，使得函数[f（x）]在区间[[1，2]]上为减函数，并且最大值为1？如果存在，试求出[a]的值；如果不存在，请说明理由.

17. （10分）已知函数[f（x）=lgkx-1x-1（k∈R且][k>0）].

（1）求函数[f（x）]的定义域；

（2）若函数[f（x）]在[[10，+∞）]上是单调增函数，求[k]的取值范围.

18. （12分）已知函数[f（x）=lg（ax-bx）（a>1>b>0）].

（1）求[y=f（x）]的定义域；

（2）在函数[y=f（x）]的图象上是否存在不同的两点，使得过这两点的直线平行于[x]轴；

（3）当[a，b]满足什么条件时，[f（x）]在[（1，+∞）]上恒取正值.

12.分布函数在不等式证明上的应用 篇十二

关键词：构造分布函数,不等式,应用

1 问题的引入

设ζ1, ζ2, …, ζn是由母体取出的容量为n的子样, 统计量试比较用α, β来估计μ=E (ζ) 的有效性。

用数学归纳法, 可证

所以这表明α较β有效。

问题: (1) 式很容易由数学归纳法证明, 是否能用概率论的思想进行证明呢?

证明如下:构造分布函数

2 分布函数的定义

设ζ是随机变量, x是任意实数, 称实数F (x) =P (ζ<x) (x∈R) 为随机变量ζ的分布函数, 或称ζ服从分布F (x) , 记为ζ～F (x) 。

3 随机变量函数的期望公式

(ζ为连续型随机变量) 。

4 J ensen不等式

若f (x) 在区间I上为连续下凸函数, 则;

若f (x) 在区间I上为连续上凸函数, 则。

5 应用举例

证明:构造取, 则显然f (x) 在[0, π]上是连续且下凸函数。又

证明:设ζ为非负随机变量, 取。由, 故可知f (x) 在 (0, +∞) 上连续下凸, 于是有

(2) .若构造ζ～P (x) , x>0, 则有

例3对任一个锐角三角形AB C, 对应边为a, b, c, 并设p, r, R分别为三角形的半周长、内切圆半径、外接圆半径, 试证:

证明:构造随机变量ζ的分布列为

即

(2) 由余弦定理, 有

将海伦公式平方, 整理得2 (α2b2+b2c2+c2α2) - (α4+b4+c4) -16s2=16r2p2.再利用αbc=4R SABC=4Rrp, 代入, 得。以之代入 (2) 式得

参考文献

[1]李贤平.概率论基础.高等教育出版社

[2]魏中舒.概率论与数理统计教学.高等教育出版社

13.函数证明 篇十三

构造函数证明不等式

函数是高中数学的基础，是联系各个数学分支的桥梁和纽带.在不等式的证明中，我们可根据不等式的结构特点，建立起适当的函数模型，利用函数的单调性、凸性等性质，灵活、巧妙地证明不等式.一、二次函数型：

1.作差构造法.例1.(新教材第二册（上）（以下同）P16习题1（2）)求证:abcabbcca.分析:将a视为变量,考察函数faabcabbcc.由于该二次函数的图象开口向上,且3bc0,故fa0.结论获证.22

2例2.(教材P31.复习参考题6)设a,b,c为ABC的三条边,求证:abc＜2abbcca.2222

222

分析:构造函数fxx2bcxbc.∵fx图象开口向上,对称轴xbc.∴fx在,bc上单调递减.∵a,b,c为ABC的三条边,∴bc＜a＜bc(不妨设bc)∴

f

afbc.2

∵fbcbc2bcbcbc4cbc0.∴fa0.即结论成立.2.判别式构造法.2222

例3.(教材P27.例1)已知a,b,c,d都是实数,且ab1,cd1.求证:acbd1.分析：所证结论即是2acbd4ab

c

d

0.故可构造函数

f

xa

b

x

2acbdxcd.2

由于fxax2acxc

2bx2bdxd



axcbxd



0.当且仅当x

ca



db

时取“=”号.又因为fx的图象开口向上,故必有0.结论成立.2

练习1.(教材P16.练习2)求证:acbdabc

n

d

.n

n

点拨:证法同例3.该题是柯西不等式的特殊情形.其一般形式是:



abiii1

n

n

2i

n

a

i

1i1

22

bi.可构造函数fxaix2aibix

i1i1

b

i1

2i

证之.练习2.(教材P17.习题6)已知a,b是不相等的两个正数,求证:

abab

3ab



.用心 爱心 专心

点拨:构造函数fxabx2ab

xa

baxabxb证之.22

练习3.(教材P17.习题7)已知a,b都是正数,x,yR,且ab1,求证:

axby

axby.点拨:构造函数fzabz2axbyzaxbyazxbzy证之.练习4.(教材P31.复习参考题5)求证:31aa

1aa

.点拨:构造函数fx3x21aa

x1a

ax1xaxa

证之.二、分式函数型:

例4.(教材P12.例2)已知a,b,m都是正数,并且ab,求证:

分析:构造函数fx

xaxb

ambm

ab.x0,.由于当x0,时，fx

ba

xb

0.故fx在0,上是增函数.∵fx在x

f

0处右连续，∴f

x在0,上是增函数.∵m

0 ∴

mf0 即

ambm



ab

.例5.(教材P22.例3)已知a1,b1,求证:

ax1ax

ab1ab

1.分析:构造函数fxx1,1.由于当x1,1时，fx

1a

21ax

0.故fx在1,1上是增函数.∵fx在x1处右连续，在x1处左连续.∴fx在1,1上是增函数.∵1b1 ∴f1fbf1 ,即1

ab1ab

1.ab

acbd

cd

ab1ab

1, 即

例6.(教材P14练习5)已知a,b,c,d都是正数,且bcad,求证:

.a

分析:联想定比分点坐标公式,acbd

可写成b

1

cd

db.故可构造函数db

a

f

x

b

d1x



c

x,x0,.∵当x0,时，用心 爱心 专心 2

c

fx

d



ab

1x



bcadbd1x

0.∴fx在0,上是增函数.∵fx在x

0处右连续，∴fx在0,上是增函数.又∵

cd

db

0.∴

d

f0flimf

bx

x.而

f0

acd,f,limf

xbbbd

a

x

.故原不等式成立.aca

bcb

练习5.(教材P14.练习4)已知cab0,求证:

点拨:构造函数fx

xcx

x0,c

.练习6.(教材P17.习题9)已知ABC的三边长分别是a,b,c.且m为正数.求证:

aam



bbm



ccm

.xxm,x0,.易证fccm

.而

aam



bbm

点拨:构造函数fx

f

x为增函数.由于



aabm



babm



abc,故

ab

aam



fc.即b



ababmc

.ababm

.故

有

bmcm

练习7.(教材P23.习题4)求证:

分析:构造函数fx

三、幂函数型：

ab1ab



ab1ab

.x1x,x0,证之.例7.如果a,b都是正数，且ab,求证：ababab.分析：abababab

55322

3a

b

.考察函数fxx,(nN)在0,上的单调性，显然fx在0,上为增函数.n

*

若ab,则ab, ab,所以ab

aa

bb

0； 0。

若ab,则ab, ab,所以ab

2所以ababab.利用函数的单调性证法可以将上述结论推广为: 若a、b是正数且ab,求证：a四、一次函数型：

用心 爱心 专心

mn

55322

3b

mn

abab.(m,nN)

mnnm*

例8.设a,b,c0,1,求证:abcabbcca1.分析:构造函数fa1bcabcbc1,a0,1.∵f0bcbc11cb10,f11bcbcbc1bc0.∴对任意a0,1,恒有fa0.故原不等式成立.五、三角函数型： 例9.(同例3)

分析:设acos,bsin, ccos,dsin.则acbdcoscossinsin

cos



1.练习8.设x,yR,且xy1,求证

:x2xyy点拨:设xrcos,yrsin.其中r1.以下略.六、指数函数型:

2例10．已知等差数列an和等比数列bn，其中a1b1，a2b2，0＜a1＜a2，证明当n3时，an

da

1n1

.所以，当n3时，bna1q

q1

d

a11

a1

n1



dd11

a1n1dan.a11Cn1a11Cn1

＞ a1a1

这儿,我们用二项式定理进行放缩,完成了证明.七、构造函数,利用函数图象的凸性： 例11.(教材P15.例6)求证3+7<2

5分析:考察函数f(x)=x的图象,特征是上凸函数.对任意x1,x20,, 且x1x2,都有：所以,即

212

f(x1)f(x2)

f3f7

f5.（3+7）<5.两条结论:（1用心 爱心 专心

值之和越大.例:6

722

5



3



2及

a

a3

a1

a2

(2)下凸函数,区间中点相同时,两端“距离”区间中点越近,两端点函数值之和越小.练习9.已知:fxtanx,x0,

2

, 若x1,x20,



2

 且x1x2,试判断

f

x1

f

x2与

xx2

f1

的大小，并加以证明（94年高考理科试题变式题）.2

练习10.已知:fxlgxx1,若0x1x2,试比较

年高考文科试题).练习11.(教材P23.习题5)求证:lg

AB2



lgAlgB

f

x1

f

x2与

xx2

f1

的大小(942

AB0.以上表明,若能清楚不等式所反映的图象意义，就会给证明提供思路.八、构造连续函数，应对含离散型变量的不等式问题： 例12．（2001年全国理）已知i,m,n是正整数，且1﹤i≤m＜n.（1）证明nAm＜mAn.（2）证明1m＞1n.n

m

iiii

i1i

1分析：（1）nAm＜mAn可化为：

i1

iiii

Amm

i

i

＜

Ann

i

i

m，即：

k0

k

i

nk

＜

k0

mn

i

.构造函数fx

xk

k0

x

i

.（xi＞1）.i1

两边取对数，得：lnfx



k0

lnxkilnx.当xi,时,两边求导，得：

fxfx

i1





k0

1xk



ix

i1

＞

k0

1x



ix

0.由于fx＞0，故fx＞0.这说明fx在i,上是增函数.∵fx在xi处右连续.∴

fx在i,上是增函数.∵i≤m＜n.∴fm＜fn.Amm

ii

即＜

Ann

i

i

.整理，得：nAm＜mAn.用心 爱心 专心

iiii

（2）不等式1m＞1n两边取对数，得：ln1m＞ln1n.n

m

n

m

整理，得：

ln1m

m



＞

ln1nn

.构造函数gx

ln1xx

x2.x

求导，得：gx

1x

ln1xxx

.当x2时,可得：0＜

1x

＜1，ln1xln3＞1.故gx＜0.所以gx在2,上是减函数.∵gx在x2处右连续.∴gx在2,上是减函数.∵m＜n，∴ gm＞gn.即

ln1m

m



＞

ln1nn

.整理，得：1m＞1n.n

m

注：不等式1m＞1n

n

m

也可化为：1m

1m

＞1n

1n

.这时，可研究函数

hx1xxe

ln1xx的单调性证之.n1

练习12.已知n是正整数且n≥3.求证：n

n

＞n1.n

点拨：不等式n

n1

＞n1两边取自然对数，整理得：

lnnn

＞

lnn1n1

.构造函数fx

lnxx

可证之.lnfx