构造函数法在高考解导数和数列问题中的广泛应用

1构造函数法在高考解导数和数列问题中的广泛应用函数与方程数学思想方法是新课标要求的一种重要的数学思想方法，构造函数法便是其中的一种，下面就源于两个重要极限的不等式利用近三年高考题举例加以说明。1．设函数()fx在R上的导函数为()fx，且22()()fxxfxx，下面的不等式在R上恒成立的是A．0)(xfB．0)(xfC．xxf)(D．xxf)(【答案】A【解析】由已知，首先令0x得0)(xf，排除B，D．令2()()gxxfx，则()2()()gxxfxxfx，①当0x时，有2()2()()()0gxfxxfxxgxx，所以函数()gx单调递增，所以当0x时，()(0)0gxg，从而0)(xf．②当0x时，有2()2()()()0gxfxxfxxgxx，所以函数()gx单调递减，所以当0x时，()(0)0gxg，从而0)(xf．综上0)(xf．故选A．【考点定位】本试题考察了导数来解决函数单调性的运用．通过分析解析式的特点，考查了分析问题和解决问题的能力．2．已知函数21()(1)ln2fxxaxax，1a．（Ⅰ）讨论函数()fx的单调性；（Ⅱ）证明：若5a，则对任意12,(0,)xx，12xx，有1212()()1fxfxxx．解：（Ⅰ）()fx的定义域为(0,)．211(1)(1)()axaxaxxafxxaxxx…………………2分（i）若11a即2a，则2(1)()xfxx，故()fx在(0,)单调增加．（ii）若11a，而1a，故12a，则当(1,1)xa时，'()0fx；当(0,1)xa及(1,)x时，'()0fx．故()fx在(1,1)a单调减少，在(0,1),(1,)a单调增加．（iii）若11a，即2a，同理可得()fx在(1,1)a单调减少，在(0,1),(1,)a单调增加．（II）考虑函数()()gxfxx21(1)ln2xaxaxx．2则211()(1)2(1)1(11)aagxxaxaaxx．由于15,a故()0gx，即()gx在(0,)单调增加，从而当120xx时有12()()0gxgx，即1212()()0fxfxxx，故1212()()1fxfxxx，当120xx时，有12211221()()()()1fxfxfxfxxxxx．………………………………12分3．已知曲线22:20(1,2,)nCxnxyn．从点(1,0)P向曲线nC引斜率为(0)nnkk的切线nl，切点为(,)nnnPxy．（1）求数列{}{}nnxy与的通项公式；（2）证明：1352112sin1nnnnnxxxxxxxy．【解析】曲线222:()nCxnyn是圆心为(,0)n，半径为n的圆，切线:(1)nnlykx（Ⅰ）依题意有2||1nnnnkknk，解得2221nnkn，又2220nnnxnxy，(1)nnnykx联立可解得21,11nnnnnxynn，（Ⅱ）11121nnxxn，12sin2sin21nnxyn先证：13521121nxxxxn，证法一：利用数学归纳法当1n时，11123x，命题成立，假设nk时，命题成立，即13521121kxxxxk，则当1nk时，1352121211212(2)21kkkkxxxxxxkk∵222212141616()/[]12(2)48323kkkkkkk，故21112(2)232(1)1kkkk．∴当1nk时，命题成立3故13521121nxxxxn成立．证法二：111112111nnnxnnxnn，121214)12(4)12(2122222nnnnnnnn，nnnxxnnnnnxxxx1112112125331212432112531下证：112sin2121nn．不妨设13(0,]321tn，令()2sinfttt，则()12cos0ftt在3(0,]3t上恒成立，故()2sinfttt在3(0,]3t上单调递减，从而()2sin(0)0ftttf，即112sin2121nn．综上，1352112sin1nnnnnxxxxxxxy成立．4．【09全国Ⅱ·理】22．（本小题满分12分）设函数21fxxalnx有两个极值点12xx，，且12xx．（I）求a的取值范围，并讨论fx的单调性；（II）证明：21224lnfx．【解】（I）由题设知，函数fx的定义域是1,x222,1xxafxx且0fx有两个不同的根12xx、，故2220xxa的判别式480a，即1,2a且12112112,.22aaxx…………………………………①又11,x故0a．因此a的取值范围是1(0,)2．当x变化时，()fx与()fx的变化情况如下表：4因此()fx在区间1(1,)x和2(,)x是增函数，在区间12(,)xx是减函数．（II）由题设和①知22210,2(1),2xaxx于是2222222(1)1fxxxxlnx．设函数22(1)1,gttttlnt则2(12)1gtttlnt当12t时，()0gt；当1(,0)2t时，0,gt故gt在区间1[,0)2是增函数．于是，当1(,0)2t时，1122().24lngtg因此22122()4lnfxgx．5．【2008年山东理】21．（本题满分12分）已知函数1()ln(1),1)nfxaxx（其中*,nNa为常数．（I）当2n时，求函数()fx的极值；（II）当1a时，证明：对任意的正整数n，当2x时，有()1.fxx【标准答案】（Ⅰ）解：由已知得函数()fx的定义域为|1xx，当2n时，21()ln(1)(1)fxaxx，所以232(1)()(1)axfxx．（1）当0a时，由()0fx得1211xa，2211xa，此时123()()()(1)axxxxfxx．当1(1)xx，时，()0fx，()fx单调递减；当1()xx，时，()0fx，()fx单调递增．5（2）当0a时，()0fx恒成立，所以()fx无极值．综上所述，2n时，当0a时，()fx在21xa处取得极小值，极小值为2211ln2afaa．当0a时，()fx无极值．（Ⅱ）证法一：因为1a，所以1()ln(1)(1)nfxxx．当n为偶数时，令1()1ln(1)(1)ngxxxx，则1112()10(1)11(1)nnnxngxxxxx（2x）．所以当2x，时，()gx单调递增，又(2)0g，因此1()1ln(1)(2)0(1)ngxxxgx恒成立，所以()1fxx成立．当n为奇数时，要证()1fxx，由于10(1)nx，所以只需证ln(1)1xx，令()1ln(1)hxxx，则12()1011xhxxx（2x），所以当2x，时，()1ln(1)hxxx单调递增，又(2)10h，所以当2x时，恒有()0hx，即ln(1)1xx命题成立．综上所述，结论成立．证法二：当1a时，1()ln(1)(1)nfxxx．当2x时，对任意的正整数n，恒有11(1)nx，故只需证明1ln(1)1xx≤．令()1(1ln(1))2ln(1)hxxxxx，2x，，6则12()111xhxxx，当2x时，()0hx≥，故()hx在2，上单调递增，因此当2x时，()(2)0hxh，即1ln(1)1xx成立．故当2x时，有1ln(1)1(1)nxxx．即()1fxx．【试题分析】第一问对a讨论时要注意一些显而易见的结果，当0a时/()0fx恒成立，()fx无极值．第二问需要对构造的新函数()hx进行“常规处理”，即先证单调性，然后求最值，最后作出判断．【高考考点】导数及其应用、构造函数证明不等式【易错提醒】没有注意该函数定义域对问题的影响，分类讨论无目标，判断/123()()()1)axxxxfxx（的正负漏掉符号．【学科网备考提示】函数类问题的解题方法要内悟、归纳、整理，使之成为一个系统，在具体运用时自如流畅，既要具有一定的思维定向，也要谨防盲目套用．此类问题对转化能力要求很高，不能有效转化是解题难以突破的主要原因，要善于构造函数证明不等式，从而体现导数的工具性．6．【2007年山东理】（22）（本小题满分14分）设函数2()ln(1)fxxbx，其中0b．（I）当12b时，判断函数()fx在定义域上的单调性；（II）求函数()fx的极值点；（III）证明对任意的正整数n，不等式23111ln(1)nnn都成立．【解】（Ⅰ）由题意知，()fx的定义域为(1)，，222()211bxxbfxxxx设2()22gxxxb，其图象的对称轴为1(1)2x，，max11()22gxgb·2007·新疆奎屯[e-mail]特级教师时，max1()02gxb，即2()220gxxxb在(1)，上恒成立，当(1)x，时，()0fx，当12b时，函数()fx在定义域(1)，上单调递增·2007·新疆奎屯[e-mail]特级教师王新敞源头学子小屋（Ⅱ）①由（Ⅰ）得：当12b时，函数()fx无极值点·2007·新疆奎屯[e-mail]特级教师②12b时，2122()01xfxx有两个相同的解12x，112x，时，()0fx，12x，时，()0fx，12b时，函数()fx在(1)，上无极值点·2007·新疆奎屯[e-mail]特级教师王新敞源头学子小屋③当12b时，()0fx有两个不同解，11122bx，21122bx，0b时，111212bx，211202bx，即1(1)x，，21x，·2007·新疆奎屯[e-mail]特级教师时，()fx，()fx随x的变化情况如下表：x2(1)x，2x2()x，()fx0()fx极小值由此表可知：0b时，()fx有惟一极小值点21122bx，当102b时，111212bx，12(1)xx，，此时，()fx，()fx随x的变化情况如下表：x1(1)x，1x12(