高一數學證明題，高一數學證明題 1

設 a=b=0，得到 f（0）=0

設 a=b=1，得到 f（1）=2f（1）∴f(1)=0.

設 a=b=-1，得到 f（1）=-2f（-1）=0∴f(-1)=0.

b = -1，我們得到 f（-a） = af（-1） -f（a） = -f（a）。是乙個 f（x） 奇數函式。

設 b = a，給出 f（a 2） = 2af（a）。

在區間 A （1，+， assume |f(a)|=ε>0

那麼總能找到乙個正整數 n，使得 |2^nf(a)|=2^n*ε>1

因此，當 n>n 時，f（a（2 n））=2 n*a（2 n-1）f（a）。

f(a^(2^n))|=|2^n*a^(2^n-1)f(a)|>2^n*f(a)|>2^n*f(a)|>1

這與條件有關 |f(x)|1矛盾。

因此 f（x） 0，當 x>1

由於 f（x） 是乙個奇函式，當 x<-1 時，f（x） = -f（-x） 0

設 b=1 a（a≠0），則 f（1）=af（1 a）+1 a*f（a）=0

f(a)=-a^2*f(1/a)

從 和 ，我們可以得到 f（x） 0，當 x （-1,0） （0,1） 時。

合成即 f（x） 0，x r

要使用反引數方法，首先假設 f（x） 不等於零

設 a=1 b=-1

f(-1)=f(-1)-f(1)

f(1)=0 f(1)=0

設 a=0 f（0）=bf（0）。

b = 0 或 1，當 b = 0 時，a = 0，函式 f（x） 為 0，當 b = 1 時，a 不等於 0。

證明： 1由於函式 f（x） 相對於 x=a x=b 是對稱的，所以 f（x） = f（2a-x） 和 f（x） = f（2b-x） ，所以 f（2a-x） = f（2b-x） = f（2a-x + （2b-2a）） 即 f（x） = f（x+2b-2a），所以 f（x） 以 |2b-2a|是週期的週期函式。

2.因為函式 f（x） 相對於 a，0）（b，0） 是對稱的，f（x）+f（2a-x）=0， f（x）+f（2b-x）=0

所以 f（2a-x） = f（2b-x） = f（2a-x + （2b-2a）） 即 f（x） = f（x+2b-2a），所以 f（x） 以 |2b-2a|是週期的週期函式。

3 設 （x，f（x）） 在函式 f（x） 上，則函式 f（x） 約為。 x=a 的對稱點是 （2a-x，f（x）。同樣在函式 f（x） 上，所以 f（x）=f（2a-x） 函式 f（x） 相對於 （b，0） 對稱點是 （2b-x，-f（x）） 所以：

f（x）=f（2b-x），因為點（2a-x，f（x）。它也在 f（x） 上，所以它關於 （b，0） 的對稱點是 （2b-2a+x， -f（x）），所以 f（2b-2a+x）=-f（x） 由 f（2b-x）=f（2b-2a+x） 得到，因此 t=2b-x，則 x=2b-t，並且 f（2b-2a+x） 被引入 f（t）=f（4b-2a-t），即 f（x）=f（4b-2a-x） 組合得到 f（2a-x））=f（4b-2a-x）=f（4b-4a+2a-x）， 即 f（x）=f（x+4b-4a），所以 f（x） 用 |4b-4a|是週期的週期函式。

順便說一句，上面的一些證明有些比較簡單，不懂得如何溝通。

這基本上是乙個例子，寫起來太麻煩了。

這都是基本問題，小弟弟不給）。

書中有這樣的例子，老師會在課堂上講到。

因為 x=a、x=b 是對稱軸，所以有 f（a-x）=f（a+x），f（b-x）=f（b+x）。

所以 f（x）=f（a-（a-x））=f（2a-x）=f（2a-x+b-b）=f（b-（b-2a+x））=f（b+（b-2a+x）））=f（x+2（b-a）））。

所以 f（x） 是乙個週期為 2（b-a） 的週期函式。

從點 o 到表面的距離是從 A 點到表面距離的一半，因此請先找到從 A 點到表面的距離。 求B1D1中的中點E，則A到曲面的距離就是三角形ace中CE邊的高度，根據幾何關係，AC=3，CE=（7）2（可以在三角形CB1D1中計算），AE=CE。 在三角形 ace 中，ac 上的高度為 1，三角形的面積為 （3） 2，因此 CE 側的高度為 （2 21） 7，那麼從 O 到平面 CB1D1 的距離為 （21） 7

，b （-1,1） 滿足。

f（a），f（b），f[（a+b） （1+ab）] 是有道理的，因為 f（x） = lg（1-x） （1+x）。

所以 f（a）=lg（1-a） （1+a）。

f(b)=lg(1-b)/(1+b)

f[(a+b)/(1+ab)]=lg[1-(a+b)/(1+ab)]/1+(a+b)/(1+ab)

f(a)+f(b)=lg(1-a)/(1+a)+lg(1-b)/(1+b)

lg[(1-a)/(1+a)(1-b)/(1+b)]=lg(1-a-b-ab)(1+a+b+ab)f[(a+b)/(1+ab)]

lg=lg[(1-ab-a-b)/(1+ab)]/[(1+a+b+ab)/(1+ab)}

lg（1-a-b-ab）（1+a+b+ab）=f（a）+f（b），即f（a）+f（b）=f[（a+b） （1+ab）]。

f(a)+f(b)=lg((1-a)(1-b)/(1+a)(1+b))

f（a+b 1+ab）=lg（（1-（a+b） （1+ab）） 1+（a+b） （1+ab））））=lg（1-a-b+ab） （1+a+b+ab） （分子和分母同時乘以 1+ab。

則 ab-a+1-b=a（b-1）-（b-1）=（a-1）（b-1）=（1-a）（1-b）。

1+a+b+ab=a（b+1）+（b+1）=（a+1）（b+1）所以lg（1-a-b+ab） （1+a+b+ab）=lg（（1-a）（1-b） （1+a）（1+b））.

所以 f（a）+f（b）=f（a+b 1+ab）。

證明：反演法。

f(x)=lg[(1-x)/(1+x)]=lg[2/(1+x)-1]，f[(a+b)/(ab+1)]

lg[2(1+ab)/(1+ab+a+b)-1]=lg[(1-a)(1-b)/]

lg[(1-a)/(1+a)]+lg[(1-b)/(1+b)]=f(a)+f(b)

即 f（a）+f（b）=f（（a+b） 1+ab）。

反證。

如果 a<=0、b<=0、c<=0，則 a+b+c<=0但是 a+b+c

m^2-2n+π/2)+(k^2-2m+π/6)+(n^2-2k+π/3)

m^2-2m+1)+(n^2-2n+1)+(k^2-2k+1)+(3)

m-1)^2+(n-1)^2+(k-1)^2+(π3) (= 3/14...3 )

0 與 a+b+c<=0 相矛盾，因此 a，b，c 中至少有乙個大於 0。

a+b+c=m^2-2n+π/2+k^2-2m+π/6+n^2-2k+π/3

m-1)^2+(k-1)^2+(n-1)^2+π/2+π/6+π/3-3>0

因此，必須有乙個“0”，否則 a+b+c<=0

a+b+c=m 2-2m+k 2-2k+n 2-2n+ =（m-1） 2+（k-1） 2+（n-1） 2+ -3 -3>03 數字之和大於 0

其中至少有乙個是積極的。

a+b+c=m 2-2m+n 2-2n+k 2-2k+ >m 2-2m+n 2-2n+k 2-2k+3=（m-1） 2+（n-1） 2+（k-1） 2>=0 得到 a+b+c>0

假設 a、b 和 c 都<=0

則 a+b+c<=0

矛盾 假設不成立。

因此，結論是有效的。

設 m = 向量 a·向量 e

根據標題|a-te|^2≥|a-e|^2

a^2-2mt+t^2≥a^2-2m+1

t^2-2mt+2m-1≥0

對於任何實數，上述等式成立，並且有 δ=（-2m） 2-4（2m-1） 0m 2-2m+1 0

m-1)^2≤0

所以只有 m=1

即向量 a·向量 e=1

所以只有 e(a-e)=

即向量 e 向量 （a-e）。

因為 n>1， lgn>0， lg（n+1）>0， lg（n+2）>0;

要證明原始不等式為真，只需要證明 lg（n+1） lgn>lg（n+2） lg（n+1）;

即：[lg（n+1）] 2>lgn lg(n+2)..

因為根據均值不等式<[（lgn+lg（n+1）） 2] 2<[lg（n+1）] 2

因此，如果 （*） 為真，則上述所有步驟都可以反轉; 所以原來的不等式是成立的，

使用反駁方法，假設 a、b 和 c 都小於或等於 0

那麼 a+b+c 應該是 <=0

a+b+c=（x-1） +y-1） +z-1） +3（x-1） ，y-1） ，z-1） 兩者都 “=0， -3>0 所以 a+b+c 大於 0。

與假設相矛盾。

所以這個假設是錯誤的。

所以它被證明。

QQ能用嗎，這樣寫也太麻煩了。

讓我考慮一下。 使用反駁，然後將其相加。 左邊小於或等於 0，而右邊大於 0

使用反證的方法，hjm111非常清楚。