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用定义证明函数极限方法总结最新8篇【导读】这篇文档“用定义证明函数极限方法总结最新8篇”由三一刀客最漂亮的网友为您分享整理,希望这篇范文对您有所帮助,喜欢就下载吧!构造可导函数证明函数不等式【第一篇】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,曲线过P(1,0),且在P点处的切线斜率为2.(1)求a,b的值;(2)证明:。(1)解:由已知条件得,,即解得。(2)证明:因为f(x)的定义域为(0,+∞),由(1)知。设,则。xx当0<x<1时,>0,当x>1时,<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。总结:直接作差,用导数得,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)已知函数处的切线方程为。(1)求a,b的值;(2)证明:当x>0,且时,f(x)>(1)解:略,。,曲线在点(1,f(1))。,所以。(2)证明:由(1)知考虑函数(x>0),则x=。所以当时,<0,而当x∈(0,1)时,h(x)>0,可得,故1h(x)>0;1h(x)>0。当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,可得lnx从而当x>0,且时,f(x)>。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。(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)设,证明:对任意x1,x2∈(0,+∞),。解:(1)略。(2)不妨设x1≥x2,由于,故f(x)在(0,+∞)减少。所以等价于-x2,即。令,则。于是xx。xx从而g(x)在(0,+∞)单调减少,故g(x1)≤g(x2)。即,故,对任意x1,x2∈(0,+∞),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。exex1212证明:对任意的(0,﹢∞),>x2设函数,g(x)=x+。ee,,得,易知fmin(x)=f(2)=—2。eee4.(2011·本溪一中模拟)对任意的(0,﹢∞),求证:>1e,=0,得1,易知==。,∴fmin(x)>gmax(x),。ee2。因此>。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。专题:函数单调性的证明【第二篇】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x1、x2且x1<x2②将与作差或作商(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:函数在x∈(1,+∞)单调递减x-1例2:证明:函数在x∈R时单调递增3[1,)时单调递增例3:证明:函数-1在x∈2例4:讨论函数1在(1,)的单调性,并求最小值x-1例5:求函数的单调区间x-)单调递增练习:1、证明函数(a>0)在(a,2、讨论函数-x的单调性2ax(二)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,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,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,恒成立,且当x>1时,1.若证明:f(x)在(0,+∞)上单调递增.练习:1、已知函数对于任意的x、y∈R,,且当x>0时,<0;-23.2f(x)>f(x)>总有(1)求证:在R上是减函数(2)求在[-3,3]上的最大值与最小值2、已知函数的定义域为R,且m、n∈R,恒有,且->-,当时,>0.2(1)求证:是单调递增函数(2)求在[-2,2]的最大值与最小值.3、定义在R上的函数恒为正,且满足,当x>0时,>1.(1)证明:在R上单调递增.2(2)若函数的定义域为[-1,1]时,解不等式fx-1>4、函数的定义域为R,对于任意的a、b∈R皆有,且x>0时,>1(1)求证:是R上的增函数2(2)若,解不等式f3m-m-2<3函数解答题构造函数证明不等式【第三篇】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)设则所以所以L的方程为2xx令则除切点之外,曲线C在直线l的下方等价于).g(x)满足且2当时所以故g(x)单调递减;当时所以故g(x)单调递增.所以所以除切点之外,曲线C在直线L的下方.又解即变形为记则x,xxx所以当时在(0,1)上单调递减;当时在(1,+∞)上单调递增.所以例2(2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学(理)试题(WORD版))已知函数当时,2求证:1-(II)若恒成立,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-2x1≤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)xax+1+-g(x)=(1+x)e--2xx3≥1-x-ax-1-2xcosx2xa+1++=-x2设G(x)=2cosx,则G′(x)=x-2sinx.记H(x)=x-2sinx,则H′(x)=1-2cosx,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.1x3f(x)-g(x)≤1-ax-2xcosx21+x-xx3=ax--2xcosx21+x1x=-+xa2+-11x21记I(x)=+a+2cosx=+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+2cos1,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≤cosx≤1-2.241记F(x)=cosx-1+x2,则F′(x)=-sinx+x.22记G(x)=-sinx+x,则G′(x)=-cosx+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≤cosx.同理可证,当x∈[0,1]时,cosx≤1-2.411综上,当x∈[0,1]时,1-x2≤cosx≤1-x2.24因为当x∈[0,1]时.xax+1+-g(x)=(1+x)e--2x1x31--x)-ax-1-=-(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xax+1+-g(x)=(1+x)e--2x11x31--ax-+xx2x3=(a+3)x1+x2x-a+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x1时,f(x)(2)当1x+5答案解:(1)(证法一)记g(x)=lnx+x-1-2(x-1).则当x1时,113g′(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x1时,x令k(x)=lnx-x+1,则k(1)=0,k′(x)=x1由①②得,当x1时,-,由(1)得x+51154h′(x)=++xx+55454=+++-216x=+令g(x)=(x+5)3-216x,则当1-x+5(证法二)记h(x)=(x+5)f(x)-9(x-1),则当1-92x-1)+(x+=2xx(x-1)+(x+5)(2+x)-18x]-+++22-=4xx2-32x+25)因此h(x)在(1,3)内单调递减,又h(1)=0,所以-.x+5例4(2012高考浙江文21)(本题满分15分)已知a∈R,函数(1)求f(x)的单调区间(2)证明:当0≤x≤1时,>0.答案解析(1)由题意得,当时,恒成立,此时f(x)的单调递增区间为当0时,此时函数f(x)的单调递增区间为,由于,当时,当时,设1,则则有所以当时,故例5(2012高考山东文22)(本小题满分13分)已知函数(k为常数,e=2.71828…是自然对数的底数),曲线在点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x),其中为f(x)的导函数.证明:对任意答案,ex由已知,,由(I)知,设,则,即k(x)在上是减函数,xxx由知,当时,从而,当时,从而综上可知,f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是由(II)可知,当时,<,故只需证明在时成立.当时,ex>1,且,e设,,则,当时,,当时,,所以当时,F(x)取得最大值所以综上,对任意,函数单调性定义证明【第四篇】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.函数极限的性质证明【第五篇】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
本文标题:用定义证明函数极限方法总结最新8篇
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