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摘 要：高等数学是专升本选拔考试的一个重要科目，在高等数学考试中，证明题是令考生最伤脑筋的题目之一，证明题是综合题，一道题10分，如果没有好的思路，很难做正确。通过对浙江历年专升本高数试题中的证明题分析，其中很多题目集中在函数单调性极值证明不等式和罗尔定理、拉格朗日定理证明等式两个方面，这两方面，均可用构造函数法来证明。构造函数法证明等式或不等式，最为关键的就是如何去构造一个合适的函数，如果函数构造得当，问题也就能很容易的解决。
关键词：专升本;构造函数;证明题
一、函数单调性极值证明不等式
已知：lim┬（x→0） （f（x））/x=1，f’’（0）>0，证明f（x）>=x
解析：要求证不等式，可以利用函数的单调性或极值来证明。
设F（x）=f（x）-x
因为lim┬（x→0） （f（x））/x=1，则f（0）=0，f’（0）=1。
F’（0）=0，F’’（0）=f’’（0）>0，则F（x）在x=0处取得最小值F（0）=0
所以有F（x）>=0，即f（x）>=x，得证。
2.证明：当x>0时，cosx>1- x^2/2
解析：本题是利用函数的单调性来证明不等式的典型。
设f（x）=cosx-1+x^2/2，f（0）=0
f’（x）=x-sinx，f’（0）=0
f’’（x）=1-cosx，当x>0时，f’’（x）>=0，则有当x>0时，f’（x）>0
当x>0时，f’（x）>0，则有f（x）>0，因此cosx>1- x^2/2
得证。
二、罗尔定理、拉格朗日定理证明等式
1.设函数f（x）在（0，1）可导，f（0）=0，f（1）=1，f（x）不恒等于x，证明：在（0，1）中至少存在一点ζ，f’（ζ）>1
解析：要证f’（ζ）>1，就是f’（ζ）-1>0，因为涉及导数，f’（ζ）-1的原函数为f（ζ）-ζ。
可以设F（x）=f（x）-x
F（0）=0，F（1）=0
因为，f（x）不恒等于x，所以在（0，1）中至少存在一点k使得F（k）大于0或小于0.
当F（k）>0时，据拉格朗日定理，在（0，k）中至少存在一点ζ，F’（ζ）>0.
当F（k）<0时，据拉格朗日定理，在（k，1）中至少存在一点ζ，F’（ζ）>0.
得证。
2.设函数f（x）在[0，1]上连续，（0，1）可导，且f（0）=0，f（1）=2.证明：在（0，1）中至少存在一点ζ，使得f’（ζ）=2ζ+1成立。
解析：要证f’（ζ）=2ζ+1，就是f’（ζ）-2ζ-1=0，f’（ζ）-2ζ-1的原函数为f（ζ）-ζ2-ζ。
设F（x）=f（x）-x^2-x
F（0）=F（1）=0
根据罗尔定理，在（0，1）中至少存在一点ζ，使得F’（ζ）=0
即f’（ζ）=2ζ+1，得证。
3.设函数f（x）在[0，1]上可导，且f（1）=0，证明：在（0，1）中至少存在一点ζ，使得ζf’（ζ）+f（ ζ）=0成立。
解析：要证ζf’（ζ）+f（ ζ）=0，ζf’（ζ）+f（ ζ）的原函数为ζf（ ζ）。
设F（x）=xf（x），则F（0）=0，F（1）=0
根据罗尔定理，在（0，1）中至少存在一点ζ，使得F’（ζ）=0
即ζf’（ζ）+f（ ζ）=0，得证。
4.设函数f（x）在[0，2]上二阶可导，f（0）=0，f（1）=1，f（2）=-1，证明：在（0，2）中至少存在一点ζ，使得f’（ζ）+2ζf’（ζ）+ζf’’（ ζ）=0成立。
解析：f’（ζ）+2ζf’（ζ）+ζf’’（ζ），可以看作f（ζ）+2ζf（ζ）+ζf’（ζ）形式，因为含有f（ζ）、ζf’（ζ），可以考虑原函数为ζe^kζf（ζ），经求导比较，k取2。
设F（x）=xe^2xf’（x），F（0）=0。
因为f（0）=0，f（1）=1，f（2）=-1，在（0，1）存在一点ζ1，f（ζ1）=1/3，在（1，2）存在一点ζ2，f（ζ2）=1/3。
根据罗尔定理，在（ζ1，ζ2）中至少存在一点ζ3，使得f’（ζ3）=0，则F（ζ3）=0。
因为F（0）=0，F（ζ3）=0。
根据罗尔定理，在（0，ζ3）中至少存在一点ζ，使得F’（ζ）=0，即f’（ζ）+2ζf’（ζ）+ζf’’（ζ）=0，得证。
三、总结
构造函数法证明不等式，一般是利用函数的单调性或极值，构造函数比较容易，函数为不等式两边的差。构造函数利用罗尔定理、拉格朗日定理证明等式 ，要找到等式相类似的原函数。
参考文献
[1]陈沛森.工科高等数学（第二版）[M].浙江大學出版社，2013.
[2]金慧萍.经济数学（第二版）[M].浙江大学出版社，2014.
关键词：专升本;构造函数;证明题
一、函数单调性极值证明不等式
已知：lim┬（x→0） （f（x））/x=1，f’’（0）>0，证明f（x）>=x
解析：要求证不等式，可以利用函数的单调性或极值来证明。
设F（x）=f（x）-x
因为lim┬（x→0） （f（x））/x=1，则f（0）=0，f’（0）=1。
F’（0）=0，F’’（0）=f’’（0）>0，则F（x）在x=0处取得最小值F（0）=0
所以有F（x）>=0，即f（x）>=x，得证。
2.证明：当x>0时，cosx>1- x^2/2
解析：本题是利用函数的单调性来证明不等式的典型。
设f（x）=cosx-1+x^2/2，f（0）=0
f’（x）=x-sinx，f’（0）=0
f’’（x）=1-cosx，当x>0时，f’’（x）>=0，则有当x>0时，f’（x）>0
当x>0时，f’（x）>0，则有f（x）>0，因此cosx>1- x^2/2
得证。
二、罗尔定理、拉格朗日定理证明等式
1.设函数f（x）在（0，1）可导，f（0）=0，f（1）=1，f（x）不恒等于x，证明：在（0，1）中至少存在一点ζ，f’（ζ）>1
解析：要证f’（ζ）>1，就是f’（ζ）-1>0，因为涉及导数，f’（ζ）-1的原函数为f（ζ）-ζ。
可以设F（x）=f（x）-x
F（0）=0，F（1）=0
因为，f（x）不恒等于x，所以在（0，1）中至少存在一点k使得F（k）大于0或小于0.
当F（k）>0时，据拉格朗日定理，在（0，k）中至少存在一点ζ，F’（ζ）>0.
当F（k）<0时，据拉格朗日定理，在（k，1）中至少存在一点ζ，F’（ζ）>0.
得证。
2.设函数f（x）在[0，1]上连续，（0，1）可导，且f（0）=0，f（1）=2.证明：在（0，1）中至少存在一点ζ，使得f’（ζ）=2ζ+1成立。
解析：要证f’（ζ）=2ζ+1，就是f’（ζ）-2ζ-1=0，f’（ζ）-2ζ-1的原函数为f（ζ）-ζ2-ζ。
设F（x）=f（x）-x^2-x
F（0）=F（1）=0
根据罗尔定理，在（0，1）中至少存在一点ζ，使得F’（ζ）=0
即f’（ζ）=2ζ+1，得证。
3.设函数f（x）在[0，1]上可导，且f（1）=0，证明：在（0，1）中至少存在一点ζ，使得ζf’（ζ）+f（ ζ）=0成立。
解析：要证ζf’（ζ）+f（ ζ）=0，ζf’（ζ）+f（ ζ）的原函数为ζf（ ζ）。
设F（x）=xf（x），则F（0）=0，F（1）=0
根据罗尔定理，在（0，1）中至少存在一点ζ，使得F’（ζ）=0
即ζf’（ζ）+f（ ζ）=0，得证。
4.设函数f（x）在[0，2]上二阶可导，f（0）=0，f（1）=1，f（2）=-1，证明：在（0，2）中至少存在一点ζ，使得f’（ζ）+2ζf’（ζ）+ζf’’（ ζ）=0成立。
解析：f’（ζ）+2ζf’（ζ）+ζf’’（ζ），可以看作f（ζ）+2ζf（ζ）+ζf’（ζ）形式，因为含有f（ζ）、ζf’（ζ），可以考虑原函数为ζe^kζf（ζ），经求导比较，k取2。
设F（x）=xe^2xf’（x），F（0）=0。
因为f（0）=0，f（1）=1，f（2）=-1，在（0，1）存在一点ζ1，f（ζ1）=1/3，在（1，2）存在一点ζ2，f（ζ2）=1/3。
根据罗尔定理，在（ζ1，ζ2）中至少存在一点ζ3，使得f’（ζ3）=0，则F（ζ3）=0。
因为F（0）=0，F（ζ3）=0。
根据罗尔定理，在（0，ζ3）中至少存在一点ζ，使得F’（ζ）=0，即f’（ζ）+2ζf’（ζ）+ζf’’（ζ）=0，得证。
三、总结
构造函数法证明不等式，一般是利用函数的单调性或极值，构造函数比较容易，函数为不等式两边的差。构造函数利用罗尔定理、拉格朗日定理证明等式 ，要找到等式相类似的原函数。
参考文献
[1]陈沛森.工科高等数学（第二版）[M].浙江大學出版社，2013.
[2]金慧萍.经济数学（第二版）[M].浙江大学出版社，2014.