高中数学专题—函数中的证明题

高中数学专题——函数中的证明题
一、偶函数证明
1、我们把定义在
R
上，且满足
f(x?T)?af(x)
（其中常数
a,T
满足< br>a?1,a?0,T?0
）
的函数叫做似周期函数．若某个似周期函数
y?f( x)
满足
T?1
且图像关于直线
x?1
对
称．求证：函数< br>f(x)
是偶函数；
证明：因为
x?R
关于原点对称，又函数
y?f(x)
的图像关于直线
x?1
对称，
所以
f(1?x)?f(1?x)
……①，
又
T?1
，
?f(x?1)?af(x),
……②
用
?x
代替
x
得
f(?x?1)?af(?x),
……③
由①②③可知
af(x)?af(?x),
?a?1且a?0
，
?f(x)?f(?x)
．即函数
f(x)
是偶函数；
二、唯一零点证明
?
2、设函数
f
n
(x)?x
n
?bx?c(n?N,b,c?R)
. 设
n≥2,b?1,c??1
，证 明：
f
n
(x)
在区间
1
(,1)
内存在唯一的零 点；
2
证明：因为
f
n
(
所以
f
n< br>(
1
)<0
，
f
n
(1)>0
。
2
1
)?
f
n
(1)<0
。
2
1
1)
内存在零点。 所以
f
n
(x)
在
(，
2
1
任取x
1
、 x
2
?(,1),且x
1
2
，则f
n
(x
1
)-f
n
(x
2
)=(x
1
n-x
2
n
)+(x
1
-x
2
)<0
，
2
11
1)
内单调递增，所以
f
n
(x)
在
(，1)
内存在唯一零点。 所以
f
n
(x)
在
(，
22
三、函数中的不等式证明
2
3、已知函数
f(x)?x? ax?b(a,b?R)
，记
M(a,b)
是
|f(x)|
在区间< br>[?1,1]
上的最大值.
证明：当
|a|?2
时，
M(a,b)?2
；
证明：由已 知可得
f
?
1
?
?1?a?b
，
f
??1
?
?1?a?b
，对称轴为
x??
因为
a?2，所以
?
a
，
2
aa
??1
或
??1
，
22

< br>所以函数
f
?
x
?
在
?
?1,1
?
上单调，
则
M
?
a,b
?
?max
所以
M
?
a,b
?
?
?
f
?
1
?
,f
?
?1
?
?
?max
?
1?a? b,1?a?b
?
，
111
1+a?b?1?a?b
?
?
?
1?a?b
?
?(1?a?b)?
?
2a
??a?2
，
?
222
从而得证.
四、单调性证明
1?ax
??)
上4、设
f(x)?log
1
求出
a
的值并证明函数
f(x)
在
x?(1,
?x
为奇函数，
a
为常数．
2
x?1
的单调递增.
解：
f(x)?log
1
1?ax
?x
为奇函数，
2
x?1
?f(?x)?f(x)?0
对定义域内的任意
x
都成立，
?log
1
1?ax1?ax
1?ax1?ax
??1
，
?x?log
1
?x?0
，
?
?x?1x?1
?x ?1x?1
22
解得
a??1
或
a?1
（舍去）.
证明：
f(x)?log
1
1?x
?x
，
x?1
2
任取
x
1
,x
2
?(1,??)
，设
x
1
?x
2
，则
1?x
1
1?x< br>2
x
2
?x
1
???0
，
x
1< br>?1x
2
?1(x
1
?1)(x
2
?1)
?
1?x
1
1?x
2
1?x
1
1?x
21?x
1
1?x
2

?log
1
??0

?log
1
?log
1
?x
1
?log
1
?x
2

x
1
?1x
2
?1
2
x
1
?1
2
x
2
?1
2
x
1
?1
2
x
2
?1
?f(x
1
)?f(x
2
)

?f(x)
在
x?(1,??)
上是增函数.
五、反函数的存在性证明
5、已知函数
f(x)?|x?a|?
在反函数．
9
?a
，
x?[1,6]
，
a?R
．当
a ?
?
1,3
?
时，求证函数
f(x)
存
x
9
?
2a?(x?),1?x?a,
?
?
x
证明：因为1?a?3
，所以
f(x)?
?

?
x?
9
,a?x?6,
?
x
?
当
1?a?3
时 ，
f(x)
在
[1,a]
上是增函数——证明略，
同理，
f(x)
在
[a,6]
上也是增函数——证明略；
当
1?a?3
时，
y?f
?
x
?
x?
?< br>1,6
?
上是增函数
所以任意一个
x?
?
1,6
?
，均能找到唯一的
y
和它对应，
所以
y?f?
x
?
x?
?
1,6
?
时，
f(x)
存在反函数。

六、新定义证明：
6、对于定义域为D
的函数
y?f(x)
，如果存在区间
[m，n]?D
（
m?n
），同时满足：
①
f(x)
在
[m，n]
内是单 调函数；②当定义域是
[m，n]
时，
f(x)
的值域也是
[m，n ]
．
则称函数
f(x)
是区间
[m，n]
上的“保值函数”．
求证：函数
g(x)?x
2
?2x
不是定义域
[0，1]
上 的“保值函数”；
证明：函数
g(x)?x
2
?2x
在
x ?[0，
0]
，
1]
时的值域为
[?1，
不满足“保值函 数”的定义，因此函数
g(x)?x?2x
不是定义域
[0，
．
1]
上的“保值函数”
七、函数中的单调性证明与反证法
2
x?2
，其中
a?1
．
x?1
（1）证明：函 数
f(x)
在
(?1,??)
上为增函数．
7、已知函数
f(x)?a
x
?
（2）证明：不存在负实数
x
0
使得f(x
0
)?0
．
证明：（1）任取
?1?x
1?x
2
，
f(x
1
)?f(x
2
)?a
x
1
?
x
1
?2x?2
?a
x
2
?
2

x
1
?1x
2
?1
?
x ?2x
2
?2
?
3(x
1
?x
2
)
x
1
x
2
．
?(a
x
1
?a
x
2
)?
?
1
??(a?a)?
?
x?1x?1( x?1)(x?1)
212
?
1
?
因为
?1?x
1
?x
2
，
a?1
，所以
a
x
1
? a
x
2
，
x
1
?1?0
，
x
2< br>?1?0
，
x
1
?x
2
?0
，
3 (x
1
?x
2
)
?0
，得
f(x
1
)?f(x
2
)?0
，即
f(x
1
)?f(x
2
)
． 于是
a
x
1
?a
x
2
?0
，
(x
1
?1)(x
2
?1)
因此，函数
f(x)
在
(?1,??)
上为增函数．
（2）（反证法）若存在负实数< br>x
0
（
x
0
??1
），使得
f(x
0
)?0
，
x?2
即方程
a
x
??0
有负实数根．
x?1< br>x?2
?
1
??
1
?
对于
a
x??
，当
x
0
?0
且
x
0
??1时，因为
a?1
，所以
a
x
0
?
?
0 ,
??
,1
?
，（10分）
x?1
?
a
??
a
?
x?2
3
??1??(??,?1)(2,??)
． 而
?
0
x
0
?1x
0
?1
因此，不存 在负实数
x
0
使得
a
x
??

八、函数恒成立证明
8、已知函数
f(x)?1?
x?2
，得证．
x?1
2
（
t
是常实数）．若存在实数t使得
y?f(x)
是奇函数，证明
x
2?t
y?f(x)
的图像在
g(x)? 2
x?1
?1
图像的下方．

证明：由
y?f(x)
是奇函数得
t?1
，所以
f(x)?1?
1

2
x
?1
2
x
?(2?2?1)
，
x< br>2?1
2
f(x)?g(x)?4?[
x
?2(2
x
?1)]?0

2?1
2
?2(2
x
?1)
，即< br>2
x
?0
，此式显然不成立． 当“=”成立时，必有
x
2? 1
f(x)?g(x)?1?
所以对任意实数x都有
f(x)?g(x)
< br>即
y?f(x)
的图像在
g(x)?2
x?1
?1
图 像的下方．
九、抽象函数证明
9、在
R
上的递减函数
f
?
x
?
同时满足：（1）当且仅当
x?m
+
R
+< br>+
时，函数值
f
?
x
?
的集
合为
?
0,2
?
；（2）
f
??
?1
；（2）对M中的任 意
x
1
、
x
2
都有
f
?
x
1
?x
2
?
?f
?
x
1
?
?f
?
x
2
?
；
（4）
y?f
?
x< br>?
在
M
上的反函数为
f
?1
(x)
． （1）求证：
?
1
?
?
2
?
11
?M
，但
?M
；
48
（2）求证：
f
?1
( x
1
)?f
?1
(x
2
)?f
?1
(x< br>1
?x
2
)
；
证明：（1）因为
1111
?M
，又
=+
，
2422
?
1
?
f
??
?1
，
?
2
?
1
?M
.
4
1
8
所以
f
??
?f
?
?
?
?f
??
?f
??
?2?
?
0,2
?，所以
?
1
?
?
4
?
?
11
?
?
22
?
?
1
?
?
2
?
?
1
?
?
2
?
又因为
f
??
? f
?
?
?
?f
??
?f
??
?3?
?
0,2
?
，所以
?M
.
（2）因为
y?f< br>?
x
?
在
M
上递减，所以
y?f
?
x
?
上有
f
?1
(x)
，
x?
?
0,2
?
，
任取
x
1
、
x
2
?
?
0,2
?
，设
y
1
?f
?1
( x
1
)
，
y
2
?f
?1
(x
2< br>)
，
所以
x
1
?f
?
y
1
?
，
x
2
?f
?
y
2
?
（y
1
,y
2
?M
）
因为
x
1
?x
2
?f
?
y
1
?
?f
?
y
2
?
?f
?
y
1
y
2
?
，
所以
y
1
y
2
?f
因此，
f
?1
?1
?
1
?
?
8
?
?
11< br>?
?
42
?
?
1
?
?
4
?
?
1
?
?
2
?
(x
1
?x
2
)
，又
y
1
y
2
?f
?1
( x
1
)f
?1
(x
2
)
，
(x
1
)?f
?1
(x
2
)?f
?1
(x
1< br>?x
2
)
.

十、至多与至少问题证明
10 、已知函数f(x)=log
4
(4
x
+1)，g(x)=(k–1)x，记 F(x)=f(x)–g(x)，且F(x)为偶函数．
（1）求实常数k的值；
（2）求证：当m≤1时，函数y=f(2x)与函数y=g(2x+m)的图象最多只有一个交点．
解：(1)F(x)= log
4
(4
x
+1)–(k–1)x，
因为F(x)为偶函数，所以F(–x)= F(x)
log
4
(4
x
+1)–(k–1)x= log
4
(4
–x
+1)+(k–1)x
所以(2k–2)x=x，
因为x?R，所以k=
3

2
证明：(2)因为 f(2x) =g(2x+m)，
所以log
4(4
2x
+1)=
1
(2x+m)，即4
2x
–4x
2
m
+1=0
2
又m≤1，所以
?
=4
m
–4≤0，
当m=1时，方程有唯一解x=0，
当m<1时，方程无解，所以方程最多只有一解，
即两个函数图象最多只有一个交点。
十一、周期性证明
11、已知函数
f (x)?2sin
2
x?23sinxcosx?1(x?R)
．
若函数< br>g
?
x
?
?
1
?
1
?
|f (x?)|?|f(x?)|(x?R)
，试判断函数
g(x)
的奇偶性，并用反21223
证法证明函数
g(x)
的最小正周期是
证明：
f(x )?2sin(2x?
?
；
4
?
6
1
?
1
?
∴
g(x)?|f(x?)|?|f(x?)|?|sin2x|?|cos2x |(x?R)
．
21223
又对任意
x?R
，有
g( ?x)?|sin(?2x)|?|cos(?2x)|?|sin2x|?|cos2x|?g(x)
，
∴函数
g(x)
是偶函数．
∵
g(x?
)(x?R)
，
?
)?|sin2(x?)| ?|cos2(x?)|?|cos2x|?|sin2x|?g(x)
，
444
? ?
∴
g(x)
是周期函数，
T?
现用反证法证明
T?
?
4
是它的一个周期．
?
4
是函数
g(x)
的最小正周期。

反证 法：假设
T?
?
4
不是函数
g(x)
的最小正周期，设T
1
(0?T
1
?
?
4
)
是
g(x)
的最小正周期．
则
g(x?T
1
)?g(x)
，即
|cos(2x?2T
1
)|?|sin(2x?2T
1
)|? |sin2x|?|cos2x|
．
令
x?0
，得
sin2T< br>1
?cos2T
1
?1
，两边平方后化简，得
sin2T1
?cos2T
1
?0
，这与
sin2T
1
? 0且cos2T
1
?0
(
0?2T
1
?
?
2
)矛盾．因此，假设不成立．
所以，函数
g(x)
的最小正周期是
十二、函数中的非命题式证明
?
．
4
?2
x
?a
11、设
f(x) ?
x?1
（
a,b
为实常数）．当
a?b?1
时，证明：< br>f(x)
不是奇函数；
2?b
证明：略！——非命题，举出反例即可。


十三、函数中的充要性证明（2017年上海高考真题）
12、设定义 在
R
上的函数
f(x)
满足：对于任意的
x
1
，< br>x
2
?R
，当
x
1
?x
2
时，均有
f(x
1
)?f(x
2
)
.
①若
f( x)?ax
3
?1
，求实数
a
的取值范围；
②若
f(x)
为周期函数，求证：
f(x)
为常值函数；
③设
f(x)
恒大于零，
g(x)
是定义在
R
上且恒大于零 的周期函数，
M
是
g(x)
的最大值，
函数
h(x)?g( x)?f(x)
，求证：“
h(x)
是周期函数”的充要条件是“
f(x)< br>为常值函数”.
解析：（1）根据已知条件，当
x
1
?x
2
时，
f
?
x
1
?
?f
?
x
2
?
，故
f
?
x
1
?
?f
?< br>x
2
?
?ax
1
?x
2
?0
，
32
??
根据恒成立思想，
a?0
；
（2）根据周期函数 的定义可知：
f
?
x
?
?f
?
x?T
?< br>，
1°当
x
在一个周期内，即：
x?
?
x
0
,x
0
?T
?
代入得：
f
?
x
0
?
?f
?
x
?
?f
?
x
0?T
?
，又因为
f
?
x
0
?
?f?
x
0
?T
?
，故
f
?
x
0
?
?f
?
x
?
?f
?
x
0
?T
?
；
2°当
x?
?
x
0
?T,x
0
?2T
?
时 ，
f
?
x
0
?T
?
?f
?
x
?
?f
?
x
0
?2T
?
，又因为
f
?
x
?
?f
?x?T
?
，
故
f
?
x
0
?T
?
?f
?
x
?
?f
?
x
0
?2 T
?
，
3°同理可得：当
x?
?
x
0
? kT,x
0
?(k?1)T
?
时，依然成立；

从而 可得：
x?R
时，
f
?
x
?
为常值函数；
（3）①充分性：若
f
?
x
?
是常值函数，求证
h
?
x
?
是周期函数；
证明：令
f
?
x
?
?t
，则
h
?
x
?
?t?g
?
x
?
，因为
g
?
x
?
是周期函数，设周期为T，故 满足：
h
?
x?T
?
?t?g
?
x?T
?
?t?g
?
x
?
?h
?
x
?
， 从而
h
?
x
?
为周期函数；
②必要性：若
h?
x
?
是周期函数，设周期为T，求证
f
?
x
?
是常值函数；
证明：1°当
g
?
x
?
是常值周 期函数时，令
g
?
x
?
?M
?
M?0
?< br>，则
h
?
x
?
?a?f
?
x
?，则
h
?
x?T
?
?M?f
?
x?t
?
?h
?
x
?
?M?f
?
x
?
，因为
M?0
，故
f
?
x?T
?
?f
?< br>x
?
，由（2）结
论可知，
f
?
x
?
为常值函数，从而得证；
2°当
g
?
x
?
非常值周期函 数时，设
g
?
x
?
周期为
T
g
，
h
?
x
?
的周期为
T
k
，
若存在
x
1
,x
2
，使得
f
?
x
1
?
?0
，
f
?
x
2
?
?0
； 因为
x
1
?x
2
，假设存在正整数
N
1
使得
x
2
?N
1
T
k
?x
1
， 所以
f
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x
2
?N
1
T
k
?< br>?f
?
x
1
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，且
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x
2
?N
1
T
k
?
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?
x< br>2
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，又因为：
h
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x
2
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?g< br>?
x
2
?
f
?
x
2
?
?0
，
代入：
h
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x
2
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1
T< br>k
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?g
?
x
2
?N
1
T
k
?
f
?
x
2
?N
1
T
k
?
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?
x
2
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，与假设矛盾，综上：
要 么
f
?
x
?
?0
恒成立，要么
f
?
x
1
?
f
?
x
2
?
?0
同号恒 成立。
①若
f
?
x
?
?0
恒成立，任取
x
0
?A
，则必存在
N
2
?N
，使得
x< br>0
?N
2
T
k
?x
0
?T
g
，
即：
x
0
?T
g
,x
0
?
?
x
0
?N
2
T
k
,x
0
?，
??
h
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x
0
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x
0
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x
0
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k
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x
0
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2
T
k
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f
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x
0
?N
2
T
k
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，
因为
g
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0
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x
0
?N
2T
k
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，
f
?
x
0
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?
x
0
?N
2
T
k
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，
因此若
h
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x
0
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?h
?
x
0
?N
2
T
k
?
，必有
g< br>?
x
0
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?
x
0
?N2
T
k
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，
则可得：
f
?
x
0
?
?f
?
x
0
?N
2
T
k< br>?
，随着自变量区间变化，由（2）结论可得，
f
?
x
?
?C
为常值函数。
②若
f?
x
?
?0
成立，同理可证，结论依然成立；

③若
f
?
x
?
?0
，则为常值函数，恒成立。综上：结论成 立！