证明函数有界性的方法

2025-02-05

证明函数有界性的方法（共11篇）

1.证明函数有界性的方法篇一

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



7，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）。

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

2。

x24x7

x0

lim

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）

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



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

2.证明函数有界性的方法篇二

数学学习过程中, 不等式证明是一个非常重要的内容, 这些内容在初等数学和高等数学中都有很好的体现.通过学习这些证明方法, 可以帮助我们解决一些实际问题, 培养逻辑推理论证能力和抽象思维能力以及养成勤于思考、善于思考的良好学习习惯.

一、利用单调性证明不等式

当x属于某区间, 有f′ (x) ≥0, 则f (x) 单调上升;若f′ (x) ≤0, 则f (x) 单调下降.推广之, 若证f (x) ≤g (x) , 只需证f (a) =g (a) 及f′ (x) ≤g′ (x) , (x∈ (a, b) ) 即可.

例1 证明不等式ex>1+x, x≠0.

证明设f (x) =ex-1-x, 则f′ (x) =ex-1.故当x>0时, f′ (x) >0, f严格递增;当x<0, f′ (x) <0, f严格递减.又因为f在x=0处连续, 则当x≠0时, f (x) >f (0) =0, 从而证得ex>1+x, x≠0.

二、利用微分中值定理证明不等式

利用中值定理:f (x) 是在区间[a, b]上有定义的连续函数, 且可导, 则存在ξ, a<ξ<b, 满足f (b) -f (a) =f′ (ξ) (b-a) 来证明某些不等式, 达到简便的目的.

例2 求证:|sinx-siny|≤|x-y|.

证明设f (x) =sinx, 则sinx-siny= (x-y) sin′ξ= (x-y) cosξ.故|sinx-siny|≤| (x-y) cosξ|≤|x-y|.

三、利用Taylor公式证明不等式

若f (x) 在区间[a, b]上有连续阶导数, 且f (a) =f′ (a) =…=f (n-1) (a) =0, f (n) (x) >0 (当x∈ (a, b) 时) , 则 $f (x) = \frac{f^{(n)} (ε)}{n!} (x - a)^{n} > 0$ (当x∈ (a, b) 时) .

例3 求证: $\frac{t a n x}{x} > \frac{x}{s i n x}, \forall x \in (0, \frac{π}{2})$ .

证明原式等价于f (x) ≡sinx·tanx-x2>0,

因为f (0) =f′ (0) =f‴ (0) =0.

f‴ (x) =sinx (5sec2x-1) +bsin3xsec4x>0,

故 $f (x) > 0 (当 x \in (0, \frac{π}{2}) 时)$ .

四、利用求极值的方法证明不等式

通过变换, 把某些问题归纳为求函数的极值, 达到证明不等式的目的.

例4 设x∈R, 求证: $- 4 \leq \cos 2 x + 3 \sin x \leq 2 \frac{1}{8}$ .

证明 $f (x) = \cos 2 x + 3 \sin x = 1 - 2 \sin^{2} x + 3 \sin x = - 2 (s i n x - \frac{3}{4})^{2} + 2 \frac{1}{8}$ .

当 $\sin x = \frac{3}{4}$ 时, $f (x)_{\max} = 2 \frac{1}{8}$ ;

当sinx=-1时, f (x) min=-4.

故 $- 4 \leq \cos 2 x + 3 \sin x \leq 2 \frac{1}{8}$ .

五、利用单调极限证明不等式若x<b时, f (x) ↗, 且x→b-0时f (x) →A.则f (x) ≤A (当x<b时) .

例5 求证:x>0, t≤x时, $e^{- t} - (1 - \frac{t}{x}) \geq 0$ .

证明当t=0或t=x时, 不等式成立.只需证明x>0, t<x, t≠0的情况.只需证明x→+∞时, $f (x) \equiv (1 - \frac{t}{x})^{x} \to e^{- t}$ 即可.事实上:

(1) x>0, t<x, t≠0时,

$\begin{array}{l} [\ln f (x)]^{'} = [\ln (1 - \frac{t}{x})^{x}] \begin{array}{l} ´ \\ _{x} \end{array} = [x l n (1 - \frac{t}{x})] \begin{array}{l} ´ \\ _{x} \end{array} = \ln (x - t) - \ln x + \frac{t}{x - t} = \frac{- t}{ε} + \frac{t}{x - t} \geq \frac{- t}{x - t} + \frac{t}{x - t} = 0 . \\ (2) \lim_{x \to + \infty} (1 - \frac{t}{x})^{x} = \lim_{x \to + \infty} [(1 - \frac{t}{x})^{- \frac{x}{t}}]^{- t} = e^{- t} \end{array}$ ,

故x→+∞时, $f (x) \equiv (1 - \frac{t}{x})^{x} \to e^{- t}$ .

六、利用拉格朗日函数证明不等式

例6 证明不等式 $3 (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c})^{- 1} \leq \sqrt[3]{a b c}$ , 其中a, b, c为任意正实数.

证明设拉格朗日函数为

$L (x, y, z, λ) = x y z + λ (\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} - \frac{1}{r}) .$

对L求偏导数并令它们都等于0, 则有

$\begin{array}{l} L_{x} = y z - \frac{λ}{x^{2}} = 0 ‚ L_{y} = z x - \frac{λ}{y^{2}} = 0 ‚ \\ L_{z} = x y - \frac{λ}{x^{2}} = 0 ‚ L_{λ} = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} - \frac{1}{r} = 0 . \end{array}$

由方程组的前三式, 易得 $\frac{1}{x} = \frac{1}{y} = \frac{1}{z} = \frac{x y z}{λ} = μ$ .

把它代入第四式, 求出 $μ = \frac{1}{3 r .}$ 从而函数L的稳定点为x=y=z=3r, λ= (3r) 4.

为了判断f (3r, 3r, 3r) = (3r) 3是否为所求条件极小值, 我们可把条件 $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = \frac{1}{r}$ 看作隐函数z=z (x, y) (满足隐函数定理条件) , 并把目标函数f (x, y, z) =xyz (x, y) =F (x, y) 看作f与z=z (x, y) 的复合函数.这样, 就可应用极值充分条件来作出判断.为此计算如下:

$\begin{array}{l} z_{x} = - \frac{z^{2}}{x^{2}}, z_{y} = - \frac{z^{2}}{y^{2}}, F_{x} = y z - \frac{y z^{2}}{x}, F_{y} = x z - \frac{x z^{2}}{y}, \\ F_{x x} = \frac{2 y z^{3}}{x^{3}}, F_{x y} = z - \frac{z^{2}}{y} - \frac{z^{2}}{x} + \frac{2 z^{3}}{x y}, F_{y y} = \frac{2 x z^{3}}{y^{3}} . \end{array}$

当x=y=z=3r时,

Fxx=6r=Fyy, Fxy=3r, FxxFyy-Fxy2=27r2>0.

由此可见, 所求得的稳定点为极小值点, 而且可以验证是最小值点.这样就有不等式

$x y z \geq (3 r)^{3} (x > 0, y > 0, z > 0, \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = \frac{1}{r}) .$

令x=a, y=b, z=c, 则 $r = (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c})^{- 1}$ , 代入不等式有 $a b c \geq [3 (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c})^{- 1}]^{3}$ 或 $3 (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c})^{- 1} \leq \sqrt[3]{a b c} (a > 0, b > 0, c > 0)$ .

3.专题：函数单调性的证明篇三

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

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

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.证明函数有界性的方法篇五

ax11ax

xf(x)，所以f(x)为奇函数。（1）f(x)xa1a1

ax1(ax1)221（2）f(x)x，a1ax1ax1

因为a0，所以a11，所以0

所以f(x)的值域为(1,1).（3）任取x1,x2R，且x1x2，则 xx22，ax1

ax11ax2122f(x1)f(x2)x1x2x2x1 a1a1a1a1

2(ax11)2(ax21)2(ax1ax2) x1(ax11)(ax21)(a1)(ax21)

xx因为a1，x1x2，所以a1a2，所以f(x1)f(x2)0，即f(x1)f(x2)

6.证明函数有界性的方法篇六

几何解答（或证明）辅助线添加

添加辅助线不宜生搬硬套什么方法和套路。个人有以下几条体会供参考：

一、添加辅助线实际上是增加题目条件中不充足的已知论断，让已知条件变得更充足。添加辅助线就是要灵活运用数学化归的思想。方法和技巧在理解和练习的基础形成、掌握直至熟练。添加辅助线应该根据题中已知论断和未知论断的的需要来添加。

二、几何证明（或解答）的常用思路和添加辅助线的目的：

1、转化（已知和未知）条件中的数量关系。数量关系包括：

（1）角和线段的和、差、倍、分关系。角的和差通常通过全等变换（平移、旋转[包括中心对称]和轴对称把有和差关系的角叠加在一起）；角的倍分关系可成倍放大或等分、利用三角形外角关系（如等腰三角形顶角的外角等于底角的二倍）；

（2）线段的和差关系往往利用截长补短的方法来转化，而线段的倍分关系用倍长中线、等分线段或添加平行线转化比例线段。

（3）图形的周长：常见的最短距离问题，利用两点之间线段最短把某些定点作定直线的对称点连接起来与定直线的交点即为该动点的静态位置。[例如：二次函数教案P22第11题]（4）转化图形的面积，有两种情况：一是将定理“三角形的中线将三角形分成两个面积相等的三角形”推广使用，和前面所述线段的倍分关系相关。二是利用“等底等角的三角形面积相等即如果一条直线平行于一条线段，那么这条直线上的所有点与这条线段两端点连接而成的三角形的面积相等”来转化。[例如：二次函数教案P14－17第1－5题]

2、转化已知和未知中的位置关系。

几何着重在于研究图形的识别，大小，性质，判定，画法及相互关系。这里的相互关系就包括同一平面内两条直线的位置关系。

图形的位置关系考虑三种情况：

1、平行；

2、垂直；

3、特殊角。

需要注意的是特殊角。特殊角要放在特殊三角形中，如：直角三角形，等边三角形。常常需要添加直线三角形或旋转（如45度角旋转成直角三角形，利用60度角旋转60度或120度，利用全等三角形和等边三角形的性质进行解答或证明）。

3、图形间的关系：

图形间的关系包括：全等和相似

在添加辅助线时构造全等的常用方法：（1）利用角平线添加成轴对称的全等形；（2）利用中线添加成中心对称的全等形；（3）通过平移构造全等形；（4）通过旋转构造全等形；（5）作平行线等办法构造相似形或转化比例线段。

三、圆的证明和计算

圆的计算或证明抓住几个定理来证明或转化。角的关系：圆周角定理及推论；[重要] 线段的关系：垂径定理及推论；[重要] 直线和圆的关系：切线的性质、判定；[重要] 三角形和圆的关系：圆的内接三角形和三角形的外切圆切割线定理[重要]；

相交弦定理和弦切角定理[不在课程标准内，中考原则上不考。但各校入学考试可能涉及]；

圆内接四边形（四点共圆）、正多边形和圆；

圆、扇形的周长（面积）和旋转体（圆锥和圆柱）有关的计算。[较重要，中考不难]

解答函数题可能用得到的

各函数的意义

1、正比例函数y=kx(k≠0，k为常数）

（1）代数意义：函数值y是自变量x的k倍的所有有序实数对的集合；（2）几何意义：平面直角坐标系内纵坐标是横坐标k倍的所有点的集合。

2、一次函数y=kx+b(k≠0,k、b为常数）

（1）代数意义：函数值y比自变量x的k倍大b的所有有序实数对的集合；（2）几何意义：平面直角坐标系内平行于直线y=kx(k≠0,k为常数）且纵坐标比横坐标k倍大b的所有点的集合。

其中，k叫斜率。反映直线的倾斜程度即直线与x轴正半轴夹角α的大小。(k=tanα),b称为直线在y轴上的截距。b的符号决定直线平移的方向，它的绝对值决定平移的距离。

3、反比例函数y=k/x(k≠0，k为常数）

(1)代数意义：自变量x与函数值y乘积为定值k的所有有序实数对的集合；(2)几何意义：平面直角坐标系内横坐标与纵坐标乘积为定值k的所有点的集合。在解答用反比例函数求面积有关问题时用到。

其中，k叫双曲线的曲率。它的符号决定双曲线经过的象限，绝对值大小决定双曲线的弯曲程度。

4、二次函数的意义

代数意义和几何意义会在高中阶段学习。

其中，a的符号决定抛物线开口的方向，a的绝对值决定开口的大小。a和b共同决定抛物线的对称轴，c是抛物线与y轴交点纵坐标。

二、灵活运用点与函数的关系解决函数问题

解题时，紧紧抓住图象或题中给出的点，以及图象与两坐标轴的交点。

研究和解决函数应用题始终抓住以点研究线，线指导点，点是线的典型性代表，点线结合，动点是有规律变化的点，但在实际问题中找动点上的特殊点让动点成为定点要静态地去看待和研究它，注意数形结合。时刻不忘线与线的相互作用和关系。

三、灵活运用函数与方程、不等式的关系

函数与方程和不等式的关系用来求图象与坐标轴的交点坐标和变量的取值范围；二次函数与一元二次方程和二次不等式的关系运用中要考虑到一元二次方程一般形式中二次项系数的限制条件以及判别式和韦达定理的使用。二次函数的最值要注意顶点坐标是否在自变量x的取值范转内。

四、解答函数问题可能用到的两点知识

1、三角形的面积

11如图所示的三角形的面积分别为：Sah、Sx1x2PQ

2、两条互相垂直的直线斜率互为负倒数。

如图

7.证明函数有界性的方法篇七

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)∴

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

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



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

d

.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

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

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

0处右连续，∴f

x在0,上是增函数.∵m

0 ∴

mf0 即

ambm



.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

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

db.故可构造函数db

x

d1x



x,x0,.∵当x0,时，用心爱心专心 2

fx



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∵

0.∴

d

f0flimf

bx

x.而

f0

acd,f,limf

xbbbd

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

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

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

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

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

iiii

i1i

1分析：（1）nAm＜mAn可化为：

i1

iiii

Amm

＜

Ann

m，即：

k0

k

nk

＜

k0

.构造函数fx

xk

k0

.（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



i1

＞

k0



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

即＜

Ann

.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

整理，得：

ln1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



＞

ln1nn

.整理，得：1m＞1n.n

注：不等式1m＞1n

也可化为：1m

＞1n

.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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

8.证明函数有界性的方法篇八

一类二阶微分方程解的有界性与渐近性

利用微分不等式技巧讨论了二阶微分方程(a(t)x′)′+f(t,x,x′)=0的`解的有界性与渐近性,给出了几个重要定理,所得结果包含和推广了前人的一些结果.其中a(t)为定义于R+=[0,+∞)上的正值函数,且∫∞0(1)/(a(t))dt<∞, f(t,x,y)是定义于R+×R×R上的连续函数.

作者：刘颖作者单位：哈尔滨学院,初等教育学院,黑龙江,哈尔滨,150080 刊名：哈尔滨工业大学学报 ISTIC EI PKU英文刊名：JOURNAL OF HARBIN INSTITUTE OF TECHNOLOGY 年，卷(期)： 35(4) 分类号：O175 关键词：微分不等式二阶微分方程有界性渐近性

9.求函数值域的方法篇九

①配方法：转化为二次函数，利用二次函数的特征来求值；

②逆求法（反求法）：通过反解x，用y 来表示，再由 x的取值范围，通过解不等式，得出 y的取值范围；

④换元法：通过变量代换转化为能求值域的函数，化归思想；

⑤三角有界法：转化为只含正弦、余弦的函数，运用三角函数有界性来求值域；⑥基本不等式法：利用均值不等式公式来求值域；

⑦单调性法：函数为单调函数，可根据函数的单调性求值域。

10.函数求极值的方法总结篇十

∵-1≤sin(2θ+α)≤1,

∴ 求函数极值的若干方法 ≤y≤ 求函数极值的若干方法

当sin( 求函数极值的若干方法 ) = -1时, 求函数极值的若干方法

故x = 求函数极值的若干方法

当sin 求函数极值的若干方法时，2 求函数极值的若干方法

故x = 求函数极值的若干方法

即当x =- 求函数极值的若干方法时, 求函数极值的若干方法

当x= 求函数极值的若干方法时, 求函数极值的若干方法

此题中抓住了函数的定义域[-1，1]为条件。从而将无理函数转化为三角函数来得以解决函数的极值问题。

五、用解析法求极值

形如y=求函数极值的若干方法其中(f(x)、g(x)是关于的二次式，且二次项系数为1)的函

极值，直接用纯代数法非常困难，因为要平方两次才能去掉根号。但若借助与解析法，将求函数极值的若干方法分别视作平面直角坐标系内两点的距离，利用平面图形性质，便可简捷求解。

例8.求函数y= 求函数极值的若干方法的最小值，其中a、b、c均为正数，

解：在直角坐标系内取点C (0, 求函数极值的若干方法 )、D (c,- 求函数极值的若干方法 )、M (x,0) 、B (c,0)

则y = 求函数极值的若干方法 =∣CM∣+∣MD∣

即为M到C、D两点的距离之和。

由平面图形性质可知当且仅当C、M、D三点共线时距离之和最短，此时M在Mˊ位置上。

由 △CO Mˊ∽△DBMˊ 得∣OM∣∶∣MˊB∣=∣OC∣∶∣BD∣

即求函数极值的若干方法解之得 x=求函数极值的若干方法

此时求函数极值的若干方法 =∣CD∣= 求函数极值的若干方法

例9.求函数y= 求函数极值的若干方法的值域。

分析y= 求函数极值的若干方法 = 求函数极值的若干方法

所以求函数极值的若干方法可看作平面直角坐标系内的点(x,0)到点求函数极值的若干方法与点求函数极值的若干方法的距离之差。

解: 在直角坐标系内取点A(- 求函数极值的若干方法 , 求函数极值的若干方法 )、点B( 求函数极值的若干方法 , 求函数极值的`若干方法 )、点M(x,0)

则y= 求函数极值的若干方法 =∣AM∣-∣BM∣

即为△ABM的两边之差，由平面图形性质知：

∣AM∣-∣BM∣<∣AB∣=∣ 求函数极值的若干方法 ∣=1

反之∣BM∣-∣AM∣<∣AB∣= 1

∴∣y∣<1

∴-1< y <1

此法一般适用于为两个二次根式的和、差函数，且根号内为二次函数式，此时可通过配方将其变型为平面直角坐标系内两点之间的距离和与差来计算。这样既省去了平方计算的麻烦，又使式子具有明显的几何意义，从而更方便找出解题方法，将难度较大的问题转化为较简单的问题。在解此轴上的点到另两点的距离和或差，若求和的极值，则当三点共线时有最小值，即为这两点的距离，若为差，则无极值，此时差的绝对值小于这两点的距离，从而可求出函数值域。

例10.求函数y= 求函数极值的若干方法的值域

分析：此题既是分式函数，又是三角函数，往往用纯代数法不易达到目的，

但如果将其看作是点 ( 求函数极值的若干方法 )与点(3,2)所在直线的斜率，就不难解决了。

解：设xˊ= 求函数极值的若干方法 ,yˊ=求函数极值的若干方法 , 则 y= 求函数极值的若干方法

即为平面直角坐标系内点( 求函数极值的若干方法 )与(3,2)所在直线的斜率，

又(xˊ, yˊ)在圆 xˊ 求函数极值的若干方法 + yˊ 求函数极值的若干方法 = 1 上，

故只要求出点(3,2)与圆上每一点连线的斜率范围即可。

设过(3,2)且与圆 xˊ 求函数极值的若干方法 + yˊ 求函数极值的若干方法 = 1 相交的直线方程为

yˊ-2=k (xˊ-3) , 即 kxˊ-yˊ- 3k+2 = 0

由点到直线的距离公式知：求函数极值的若干方法 = 1,

即(-3k+2) 求函数极值的若干方法 =1+k 求函数极值的若干方法， 8k 求函数极值的若干方法 -12k+3 = 0

∴k= 求函数极值的若干方法

∴当求函数极值的若干方法 ≤k≤ 求函数极值的若干方法时，直线与圆相交

即函数y=求函数极值的若干方法的值域为[ 求函数极值的若干方法 , 求函数极值的若干方法 ]

形如f(x) = 求函数极值的若干方法函数的值域，可将其看作平面内点( 求函数极值的若干方法 , 求函数极值的若干方法 ),(-b,-d)的斜率来解决，而点(求函数极值的若干方法 )必在二次曲线求函数极值的若干方法 = 1上，再利用点(-b,-d)的直线与曲线相交的斜率取值范围来解决是一种简便易行的方法。从上例我们可以看出，上

面函数关系也可看成是：求三元函数，多元函数的最大、最小值问题

我们已经知道求一元函数极大值、极小值的步骤，对于多元函数的极大值、极小值的求解也可采用同样的步骤。下面我们给出实际问题中多元函数的极大值、极小值求解步骤。如下：

a)：根据实际问题建立函数关系，确定其定义域;

b)：求出驻点;

c)：结合实际意义判定最大、最小值.

例题：在平面3x+4y-z=26上求一点，使它与坐标原点的距离最短。

解答：a)：先建立函数关系,确定定义域

求解与原点的距离最短的问题等价于求解与原点距离的平方最小的问题.但是P点位于所给的平面上，故z=3x+4y-26.把它代入上式便得到我们所需的函数关系:

-∞

b)：求驻点

解得唯一驻点x=3，y=4.由于点P在所给平面上,故可知

z=-1

c)：结合实际意义判定最大、最小值在约束条件 3x+4y-z=26 下的最小值，一个多元函数在一个或几个约束条件下的极值称为条件极值。

由问题的实际意义可知，原点与平面距离的最小值是客观存在的，且这个最小值就是极小值.而函数仅有唯一的驻点.所以，平面上与原点距离最短的点为P(3,4,-1).

11.利用函数凹凸性质证明不等式篇十一

内蒙古包头市第一中学张巧霞

摘要：本文主要利用函数的凹凸性来推导和证明几个不等式.首先介绍了凹凸函数的定义，描述了判定一个函数具有凹凸性质的充要条件，并且给出了凸函数的一个重要性质——琴生不等式.通过巧妙构造常见的基本初等函数，利用这些函数的凹凸性推导几个重要不等式，如柯西不等式，均值不等式，柯西赫勒德尔不等式，然后再借助这些函数的凹凸性及其推导出来的重要不等式证明一些初等不等式和函数不等式.关键词：凸函数；凹函数；不等式.一．引言

在数学分析和高等数学中，利用导数来讨论函数的性态时，经常会遇到一类特殊的函数——凹凸函数.凹凸函数具有一些特殊的性质，对于某些不等式的证明问题如果灵活地运用函数的凹凸性质就可以简洁巧妙地得到证明.二．凹凸函数的定义及判定定理

(1)定义设f(x)是定义在区间I上的函数，若对于I上的任意两点x1,x2及实数0,1总有

f(x11x2)fx11fx2

则称f(x)为I上的凸函数（下凸函数）；反之，如果总有不等式

f(x11x2)fx11fx2

则称f(x)为I上的凹函数（上凸函数）.特别地，取xx2fx1fx21).，则有f(1

222

若上述中不等式改为严格不等式，则相应的函数称为严格凸函数或严格凹函数.（2）判定定理若函数f(x)在区间 I上是二阶可微的，则函数f(x)是凸函数的充要条件是f“(x)0，函数f(x)是凹函数的冲要条件是f”(x)0.三．关于凸函数的一个重要不等式——琴生不等式

设f(x)是定义在区间I上的一个凸函数，则对xiI,i1,2,,n,i0,

i1ni1有

f(ixi)ifxi.i1

i1

特别地，当i

i1,2,,n,有 n

f（x1x2xnfx1fx2fxn).22

琴生不等式是凸函数的一个重要性质，因为每个凸函数都有一个琴生不等式，因此它

在一些不等式的证明中有着广泛的应用.四．应用凸函数和琴生不等式证明几个重要不等式.（1）（调和——几何——算术平均不等式）设ai0,i1,2,,n,则有

nain

1i1i1ain

当且仅当a1a2an时，等号成立.证明设f(x)lnx,因为f“(x)

a

i1

0,x0,, 2x

所以f(x)是0,上的凸函数，那么就有f（x)fx.ii

i1

现取xiai,i,i1,2,,n, n

n1n1n1

则有lnailnailnain, 

i1ni1ni1n1n1

得lnailnain,ni1i1

由lnx的递增性可得

1

（1）aii

i1ni1

同理，我们取xi

0，就有 ai

n11lnna

ii1n11lnaii1n

n

1ln1i1ani

, 

即

ai（2）n

1i1i1ain

由（1），（2）两式可得

n

ain

1i1i1ain

（2）柯西——赫勒德尔不等式

a

i1

pqababiiii i1i1i1

其中ai,bi,i1,2,,n是正数，又p0,p1,p与q共轭，即

nnn

1.pq

证明首先构造函数fxxp,p1时，f”x0,x0 所以fxx是0,上的凸函数，则有

np

f(ixi)ixiixi i1i1i1

令 i

p

i1

n,这里pi0,i1,2,,n，i

n

pixi

则i1

n

pii1



px

ii1

p

i1

nnp即pixipixipii1i1i1

p1

由题设知

11p

1，得q，p1pq

所以



ppxpxpiiiii，i1i1i1

现取aipixi,bipi，i1,2,,n 则aibipixipi

pixi,pixiai，代入上式得

pqababiiii i1i1i1

命题得证.在柯西赫勒德尔不等式中，若令pq2时，即得到著名的不等式——柯西不等式

22ababiiii i1i1i1

n2n2

(aibi)aibii1i1i1

这里ai,bi,i1,2,,n为两组正实数，当且仅当aibi时等号成立.五．凸函数及重要不等式在证明初等不等式和函数不等式中的应用.例1.求证在圆的内接n边形中，以正变形的面积最大.证明设圆的半径为r，内接n边形的面积为S，各边所对的圆心角分别为1,2,,n，则

S

rsin1sin2sinn,因为f“xsinx0，2

所以fxsinx是0,上的凹函数，由琴生不等式可得

f(

i1

i)fi.ni1n

即sin



i1



sin

i1

sininsin

i1

2

上式只有在12n时等号才成立，也即正n边形的面积最大.特别地，若A,B,C为三角形的三个内角时，由上式可得sinAsinBsinC

.2xy

例2 求证对任意的x0,y0，下面的不等式xlnxylny(xy)ln成立.证明我们根据所要证明的不等式构造相应的函数，令fttlnt,t0，因f”t所以有

0.故fttlnt是0,上的凸函数，t

xyfxfyf,x,y0,, 

22

即

xyxy1lnxlnxylny, 222

xy

(xy)lnxlnxylny,所以在利用凸函数证明不等式时，关键是如何巧妙地构造出能够解决问题的函数，然后列出琴生不等式就可以简洁，巧妙地得到证明.nnnn

n4444

例3 设ai,bi,ci,di都是正实数，证明aibicidiaibicidi.i1i1i1i1i1

分析本题所要证明的结论看上去接近于柯西不等式，但是这里是4次方的情形，所以想办

法将其变成标准形式。

nn

证明aibicidiaibicidi

i1i1

aibi

i1

n2

cidi

i12

n2222=aibicidi i1i1





ai

i1

bi

i1

ci

i1

di

i1

通过以上例子我们可得出结论，运用柯西不等式的关键是对照柯西不等式的标准形式，构造

出两组适当的数列，然后列出式子.例4 设a,b,c,d都是正实数，且cdab

证明首先由均值不等式得





a3b3

1..证明

a3b3acb3bda344

 acbdabcddc

a2abb

=a2b2再由柯西不等式得



2122

acbdab

c

d



ab=a2b2



122

c

322



a3b322

ab即cd



a3b3

cdacbd 

a2b2



a3b31 所以cd

六．总结

由上面的分析我们看到，虽然利用函数的凹凸性来证明不等式有它的局限性，但是往

往是其它方法不可代替的，我们可以充分感受到利用函数的凹凸性解决问题的方便和快捷，丰富了不等式的常规证法，开阔了解题思路.参考文献

【1】【2】【3】【4】

【证明函数有界性的方法】推荐阅读：

函数极限的证明08-30

函数的单调性的证明01-11

利用函数凹凸性质证明不等式08-30

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