函数证明问题专题训练⑴．代数论证问题⑴．关于函数性质的论证⑵．证明不等式6．已知函数()f x 的定义域为R ，其导数()f x '满足0＜()f x '＜1．设a 是方程()f x ＝x 的根．（Ⅰ）当x ＞a 时，求证：()f x ＜x ；（Ⅱ）求证：|1()f x －2()f x |＜|x 1－x 2|（x 1，x 2∈R ，x 1≠x 2）；（Ⅲ）试举一个定义域为R 的函数()f x ，满足0＜()f x '＜1，且()f x '不为常数． 解：（Ⅰ）令g (x )=f (x ) －x ，则g`(x )=f `(x ) －1<0．故g (x )为减函数，又因为g (a )=f(a ）－a =0，所以当x >a 时，g (x )＜g (a )=0，所以f (x ) －x ＜0，即()f x <x ．（Ⅱ）不妨设x 1＜x 2，由（Ⅰ）知g (x )为减函数，所以 g (x 2)＜g (x 1)，即f (x 2)－x 2＜f (x 1)－x 1，所以 f (x 2)－f (x 1)＜x 2－x 1；又因为`()f x ＞0，所以()f x 为增函数，所以0＜f (x 2)－f (x 1)＜x 2－x 1，所以|1()f x －2()f x |＜|x 1－x 2|．（Ⅲ）本小题没有统一的答案，满足题设条件的函数有无穷多个．如f (x )=11sin 24x x +1．设函数)(x f 的定义域为Ｒ，对任意实数βα,有()()2()()22f f f f αβαβαβ+-+=，且1()32f π=，0)2(=πf ．⑴．求证:)()()(x f x f x f --==-π⑵．若02x π≤<时，0)(>x f ，求证: )(x f 在],0[π上单调递减；2．已知函数()f x 的定义域为R ，其导数()f x '满足0＜()f x '＜1．设a 是方程()f x ＝x的根．⑴．当x ＞a 时，求证：()f x ＜x ；⑵．求证：|1()f x －2()f x |＜|x 1－x 2|（x 1，x 2∈R ，x 1≠x 2）；⑶．试举一个定义域为R 的函数()f x ，满足0＜()f x '＜1，且()f x '不为常数．解：⑴．令g (x )=f (x ) －x ，则g`(x )=f `(x ) －1<0．故g (x )为减函数，又g (a )=f(a ）－a =0，故当x >a 时，g (x )＜g (a )=0，故f (x ) －x ＜0，即()f x x <． ⑵．不妨设x 1＜x 2，由⑴知g (x )为减函数，故g (x 2)＜g (x 1)，即f (x 2)－x 2＜f (x 1)－x 1，故 f (x 2)－f (x 1)＜x 2－x 1；又`()f x ＞0，故()f x 为增函数，故0＜f (x 2)－f (x 1)＜x 2－x 1，故|1()f x －2()f x |＜|x 1－x 2|．⑶．本小题没有统一的答案，满足题设条件的函数有无穷多个．如11()sin 24f x x x =+．3．已知直线10x y --=为曲线()log a f x x b =+在点(1(1))f ,处的一条切线．⑴．求a ，b 的值； ⑵．若函数()y f x =的图象1C 与函数()ng x mx x=+（n ＞0）的图象2C 交于11()P x y ,，22()Q x y ,两点，其中1x ＜2x ，过PQ 的中点R 作x 轴的垂线分别交1C ，2C 于点M 、N ，设C 1在点M 处的切线的斜率为1k ，C 2在点N 处的切线的斜率为2k ，求证：1k ＜2k ．解：⑴．直线10x y --=的斜率为1，且过(10),点，又1()ln f x x a '=，故11ln log 10a ab ⎧=⎪⎨⎪+=⎩,故e 0a b ==,； ⑵．PQ的中点为1212()()ln 22x x y y f x x ++=,,，故1212122(ln )x x x k x x x +='==+，12122221222()()()2x x x x x x nn nk mx m m x x ++===+=-=-，由210x x >>，故21212()2x x x x +>，则212n k m x x >-，则212122112()()()n x x x x k m x x x x -->--2121()n nmx mx x x =+-+21y y =-21ln ln x x =-21ln x x =，又221121121212(1)2()()1xx x x x x k x x x ---==++， 法一：令2(1)()ln 1t r t t t-=-+，21x t x =＞1，则22214(1)()(1)(1)t r t t t t t -'=-=++，因t ＞1时，()r t '＞0，故()r t 在[1)+∞,上单调递增，故()r t ＞(1)0r =，则2k ＞1k ．法二：令()(1)ln 2(1)r t t t t =+--，21x t x =＞1，1()ln 1r t t t '=+-则，因221111(ln )t t t t tt-'+=-=，故t ＞1时，1(ln )0t t'+>，故1ln t t+在[1)+∞,上单调递增，从而1ln 1t t+-＞０，即()0r t '>，于是)(t r 在[1)+∞,上单调递增，故()r t ＞(1)0r =即(1)ln t t +＞2(1)t -，ln t ＞2(1)1t t -+，则2k ＞1k ． 4．函数)(x f 的定义域为R ，并满足以下条件：①对任意R x ∈，有0)(>x f ；②对任意x 、R y ∈，有y x f xy f )]([)(=；③1()13f >则 ⑴．求)0(f 的值；⑵．求证：)(x f 在R 上是单调增函数；⑶．若0a b c >>>，且2b ac =，求证：()()2()f a f c f b +>．解法一：⑴．令2,0==y x 得，2)]0([)0(f f =，故(0)0f >，则(0)1f =； ⑵．任取1x ，),(2+∞-∞∈x ，且21x x <．设112211,33x p x p ==，则21p p <，12()()f x f x -= 12121111()()[()][()]3333p p f p f p f f -=-，因1()13f >，12p p <，故12()()f x f x <，则()f x 在R 上是单调增函数；⑶．由⑴⑵知，()(0)1f b f >=，又()1f b >，因()()[()]ab cf a f b f b b=⋅=，()()cf c f b b=⋅= [()]cb f b，故()()[()][()]a cb b f a fc f b f b +=+>，而2a c b +>==，故f b >=，故()()2()fafc fb +>；解法二：⑴．因对任意x ，y R ∈，有y x f xy f )]([)(=，故()(1)[(1)]x f x f x f =⋅=，故当0=x 时0)]1([)0(f f =，因任意x R ∈，0)(>x f ，故(0)1f =； ⑵．因1()13f >，311(1)(3)[()]133f f f =⨯=>，故()[(1)]x f x f =是R上单调增函数，即)(x f 是R 上单调增函数；⑶．c a c a f f f c f a f +>+=+)]1([2)]1([)]1([)()(，而2a c b +>==，故2()f b >=，故()()2()f a f c f b +>．5．定义在区间(0,)+∞上的函数()f x 满足：①．()f x 不恒为零；②．对任何实数x ，q 都有)()(x qf x f q =．⑴．求证：方程()0f x =有且只有一个实根；⑵．若1a b c >>>，且a ，b ，c 成等差数列，求证：2()()()f a f c f b ⋅<； ⑶．若()f x 单调递增，且0m n >>时，有|()||()|2|()|2m nf m f n f +==，求证：32m <<解：⑴．取1x =，2q =，有2(1)(2)f f =，即(1)0f =，故1为方程()0f x =的一个根，若存在另一个实根10≠x ，使得1()0f x ≠对任意的11((0,)x x ∈+∞都成立，且10(0)q x x q =≠，有10()()0f x qf x ==，因0()0f x =恒成立，1()0f x ≡，与体积矛盾，故()0f x =有且只有一个实根1x =；⑵．因1a b c >>>，不妨设1q a b =，2q c b =，则10q >，20q >，故12()()()()q q f a f c f b f b ⋅= 212()q q f b =⋅，又2a c b +=，故22()04a c acb --=-<，故2ac b <，故122q q b b +<，则10q <+ 22q <，故21221()12q q q q +≤<，故2()()()fafc f b <；⑶．因(1)0f =，则()f x 在(0,)+∞上单调递增，当(0,1)x ∈时，()0f x <；当(1,)x ∈+∞时，()0f x >，又|()||()|f m f n =，故()()f m f n =，()()f m f n =-，因0m n >>，故()f m =- ()f n ，令1q m b =，2q n b =，1b ≠且120q q ≠，则12()()()()()0f m f n q q f b f mn +=+==，故1mn =．01n m <<<，因2|()|2|()|2m n f m f +=且1m >，12m n +>=，又()f m = 2()2m nf +，故2()[()]2m n f m f +=，则2()2m n m +=，即2242m m mn n =++，故24m m -- 22n =，由01n <<得，20421m m <--<，因1m >，故32m <<6．设函数2()f x ax bx c =++，,,a b c 都是正实数，且(1)1f =．⑴．若0x >，证明：1()()1f x f x≥；⑵．若正实数1x ，2x ，3x 满足1231x x x =，证明：123()()()1f x f x f x ≥． 分析：22111()()()()f x f ax bx c ab c xx x =++++，利用基本不等式可以证明之；由1231x x x =可以得到三个数之间的关系，分为都等于1和不都相等，若不全相等不妨设11x >，21x <，再利用第一问的结论进行证明． 证明：⑴．因(1)1f =，故1a b c ++=，当0x >时，22111()()()()f x f ax bx c a b c x x x=++++=222222111()()()()1a b c ab x bc x ca x a b c x x x++++++++≥++=，当且仅当1x =时取得等号．⑵．①若1231x x x ===，则显然有123()()()1f x f x f x ≥．②若1x ，2x ，3x 不全相等，则其中必有1i x >，1j x <，,{1,2,3}()i j i j ∈≠，不妨设11x >，21x <，因1231x x x =，故由⑴可知，123()()1f x x f x ≥，因,,a b c 为正实数，故任意取0x >有()()0f x f x >，故只需证1212()()()f x f x f x x ≥即可．因22121122()()()(f x f x ax bx c ax bx =+++222222222121212121212)()()()c a x x b x x c ab x x x x bc x x ca x x +=++++++++，12(1)()(f f x x a b =++222222222221212121212121212)()()(1)(1)c ax x bx x c a x x b x x c ab x x x x bc x x ca x x ++=++++++++，故2222121212121212121212()()()(1)(1)(1)f x f x f x x abx x x x x x bc x x x x ca x x x x =+--++--++--=2212121212(1)(1)(1)(1)(1)(1)0abx x x x bc x x ca x x --+--+-->，故1212()()()f x f x f x x ≥，又3()0f x >，故123123()()()()()1f x f x f x f x x f x >≥．点评：代数证明是高考压轴题的热点，对学生要求很高．本题是函数与不等式，特别是与二次函数有关，新课程标准中对于二次函数和函数与方程要求都很高，因此与二次函数有关的题型应该是高考的热点，特别是压轴题的首选．7．设函数()f x 的定义域为(0,)+∞，当(0,)x ∈+∞时，恒有[()]2f f x x =成立，且过()f x 图象上任意两点的直线的斜率都大于1，求证： ⑴．()f x 为增函数； ⑵．()f x x >； ⑶．4()332f x x <<． 证：⑴．设120x x <<，故1212()()10f x f x k x x -=>>-，故12()()f x f x <，故()f x 为增函数；⑵．若存在0(0,)x ∈+∞，使00()f x x ≤，则①当00()0f x x =>时，则00[()]()f f x f x =，即002x x =，故00x =与00x >矛盾； ②当00()f x x <时，由⑴知，()f x 为增函数，故00[()]()f f x f x <，即002x x <，故00x <，此时与00x >矛盾，故必有()f x x >． ⑶．由⑵得，()0f x x >>，故[()]()1()f f x f x f x x->-，故[()]()()f f x f x f x x ->-，即2()x f x -> ()f x x -，故()32f x x <，同理{[()]}[()][()]()f f f x f f x f f x f x ->-，即2()22f x x x ->- ()f x ，故4()3f x x >，故4()332f x x <<． 8．设()f x 定义在区间[0,1]上，(0)(1)0f f ==，且对任意a ，b [0,1]()a b ∈≠，|()()|f a f b -< ||a b -．⑴．求证：|()|min{,1}f x x x <-；⑵．求证：对于任意,[0,1]x y ∈，1|()()|2f x f y -<．解：⑴．由已知可知，对任意的[0,1]x ∈，有|()||()(1)||1|1f x f x f x x =-<-=-，因此，对任意的[0,1]x ∈，有|()|min{,1}f x x x <-；⑵．证：对于任意,[0,1]x y ∈，有1|()()|2f x f y -<．若1||2x y -≤，则有|()()||f x f y x -<- 1|2y ≤；若1||2x y ->，假设112x <≤，102y ≤<，则|()|m i nf x <{,1}1x x x -=-，|()|f y < min{,1}y y y <-=，故|()()||()||()|f x f y f x f y -≤+ 111()2x y x y =-+=--<． 9．已知函数()f x 是在(0,)+∞上处处可导的函数，若'()()x f x f x ⋅>在0x >上恒成立．⑴．求证：函数()()f x g x x=在(0,)+∞上是增函数； ⑵．当120,0x x >>时，证明：1212()()()f x f x f x x +<+； ⑶．已知不等式ln(1)x x +<在1x >-且0x ≠时恒成立，求证：222222111ln 2ln 3ln 4234++ 2*21ln(1)()(1)2(1)(2)n n n N n n n +++>∈+++． 解：⑴．2'()()'()0f x x f x g x x -=>，故函数()()(0,)f x g x x=+∞在上是增函数； ⑵．因()()f x g x x =在(0,)+∞上是增函数，故112112()()f x f x x x x x +<+，则111212()()x f x f x x x x <⋅++，212212()()f x f x x x x x +<+，则221212()()xf x f x x x x <⋅++，两式相加后得1212()()()f x f x f x x +<+； ⑶．121112()()n n f x x x f x x x x x +++<+++，则111212()()n nx f x f x x x x x x <⋅++++++，故22()f x x <1212()n n f x x x x x x ++++++，则221212()()n nx f x f x x x x x x <⋅++++++，故1212()n n f x x x x x x +++>+++()n n f x x ，故1212()()nn n nx f x f x x x x x x <⋅++++++，相加后得：12()()()n f x f x f x +++ 12()n f x x x <+++，故1122331212ln ln ln ln ()ln(n n n x x x x x x x x x x x x x ++++<++++ )n x ++，令21(1)n x n =+有22222222211111(ln 2ln 3ln 4ln(1))(234(1)2n n -+++++<++ 22222222211111111111)ln()()ln(34(1)23(1)23(1)2132n n n +++⋅+++<+++⋅+++++⨯⨯1111)()()(1)1222(1)(2)nn n n n n n +<--=-+++++，故222222111ln 2ln 3ln 4234++++2*21ln(1)()(1)2(1)(2)n n n N n n n +>∈+++． (方法二)：222ln(1)ln(1)ln 411ln 4()(1)(1)(2)(1)(2)12n n n n n n n n n ++>≥=-+++++++，故222211ln 2ln 323++ 22221111ln 4ln 4ln(1)ln 4()4(1)222(2)n n n n n +++>-=+++，又1ln 411n >>+，故221ln 22+ 222*222111ln 3ln 4ln(1)()34(1)2(1)(2)n n n N n n n ++++>∈+++． 10．已知函数bc bx x a x f -++-=1)1()(2(,,a b c N ∈)的图像按向量(1,0)e =-平移后得到的图像关于原点对称，且3)3(,2)2(<=f f ． ⑴．求,,a b c 的值；⑵．设0||1,0||1x t <<<≤，求证：|)1(|||||+<-++tx f x t x t ； ⑶．设x 是正实数，求证：22)1()]1([-≥+-+n n n x f x f ．解：⑴．函数)(x f 的图像按(1,0)e =-平移后得到的图像所对应的函数式为cbx ax x f ++=+1)1(2．因函数)(x f 的图像平移后得到的图像关于原点对称，故)1()1(+-=+-x f x f ，即cbx ax c x b x a ++-=+-+-1)(1)(22．因a N ∈，故012>+ax ．故c bx c bx --=+-，故0c =．又2)2(=f ，故21=++bc a ．故b a 21=+，故12-=b a ①．又3214)3(<+=ba f ．故b a 614<+②．由①，②及,a b N ∈，得1,1==b a ． ⑵．11)1()(2-+-=x x x f ，故tx tx tx f 1)1(+=+．故11|(1)|||||||f tx tx tx tx tx +=+=+≥2=，当且仅当1||=tx 时，上式取等号．但1||0,1||0≤<<<t x ，故1||≠tx ，2|)1(|>+tx f ．由于||2)(2|)||(|22222x t x t x t x t S -++=-++=，当||||x t ≥时，244S t =≤；当||||x t <时，244S x =<．故|)1(|2||||+<≤-++tx f x t x t ，即|)1(|||||+<-++tx f x t x t ． ⑶．1n =时，结论显然成立．当2n ≥时，1111[(1)](1)()()n n n n n n n f x f x x x C x x x-+-+=+-+=22221122421221411111n n n n n n n n n n n n n n n n n C x C x C x C x C x C C x x x x x x ----------⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅+⋅=++⋅⋅⋅++⋅122412122242111111[()()()[2(22n n n n n n n n n n n n n C x C x C x C C x x x x --------=++++⋅⋅⋅++≥⋅++⋅⋅⋅+1121)]22n n n n n n n C C C C --=++⋅⋅⋅+=-．11．设定义在[0,2]上的函数()f x 满足下列条件：①对于[0,2]x ∈，总有(2)()f x f x -=，且()1f x ≥，(1)3f =；②对于,[1,2]x y ∈，若3x y +≥，则()()(2)1f x f y f x y +≤+-+．证明：⑴．对于,[0,1]x y ∈，若1x y +≤，则()()()1f x y f x f y +≥+-； ⑵．12()133n n f ≤+（*n N ∈）； ⑶．[1,2]x ∈时，1()136f x x ≤≤-．证明：⑴．由(2)()f x f x -=知，函数()f x 图像关于直线1x =对称，则根据②可知：对于,[0,1]x y ∈，若1x y +≤，则()()()1f x y f x f y +≥+-．设12,[0,1]x x ∈，且12x x <，则21[0,1]x x -∈．因2112111211()()[()]()()()1()f x f x f x x x f x f x f x x f x -=+--≥+--- 21()10f x x =--≥，故()f x 在[0,1]上是不减函数．⑵．因111111111()()()()13()233333333n n n n n n n nf f f f f -=++≥++-≥-，故11()33n f ≤⨯ 122211211221122112()()()113333333333333n n n n n n n n n f f f ----+≤++≤≤+++=+-=+． ⑶．对于任意(0,1]x ∈，则必存在正整数n ，使得11133n n x -≤≤．因()f x 在(0,1)上是不减函数，故111()()()33n n f f x f -≤≤，由⑴知，11121()16161333n n n f x --≤+=+≤+．由①可得(2)1f ≥，在②中，令2x y ==，得(2)1f ≤，故(2)1f =．而(2)(0)f f =，故(0)1f =，又1()(0)3n f f ≥，故1()13n f ≥，故[0,1]x ∈时，1()61f x x ≤≤+．因[1,2]x ∈时，2[0,1]x -∈，且()(2)f x f x =-，故1(2)6(2)1136f x x x ≤-≤-+=-，因此[1,2]x ∈时，1()136f x x ≤≤-．12．已知()(1)n f x x n =>，1000()()n ng x nx x x x -=-+(0x 为已知正实数)． ⑴．当0x >时，求证：()()f x g x ≥；⑵．当1n >，正实数12x x ≠时，求证：1212()22n nn x x x x++>； ⑶．当0m n >>，正实数12x x ≠时，求证：111212()()22m m n nmnx x x x ++>． 证：⑴．令1000()()()()n n nu x f x g x x nx x x x -=-=---，则'111100()()n n n n u x nx nx n x x ----=-=-，①00x x <<时，因'()0u x <，故()u x 是减函数；②0x x >时，因'()0u x >，故()u x 是增函数；故0x x =时，()u x 取得最小值为0()u x ，即0()()0u x u x ≥=，故()()f x g x ≥；。