证明函数fx=x^2+1\x^4+1内有界【精选3篇】

证明函数fx=x^2+1\x^4+1内有界【精选3篇】一

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

证明函数fx=x^2+1\x^4+1内有界【精选3篇】二

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。

证明函数fx=x^2+1\x^4+1内有界【精选3篇】三

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＋2xcosxf(x)－g(x)＝(1＋x)e－2

－2x

x3

≥1－x－ax－1－2xcosx

2x

a＋1＋＋2cosx.＝－x2

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．

1x3

f(x)－g(x)≤1－ax－2xcosx

21＋x－xx3

＝ax－－2xcosx

21＋x

1x

＝－x1＋xa2＋2cosx.



－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)

11

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．

x

ax＋1＋2xcosx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＋2xcosxf(x)－g(x)＝(1＋x)e－2

－2x

11x3

1－x2≤1－ax－2x221＋xx2x3

＝(a＋3)x1＋x2

23

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

－92x－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

32

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)

111

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.