导数和数列综合问题解决技巧之构造函数法

1导数和数列综合问题解决技巧之构造函数法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．则211()(1)2(1)1(11)aagxxaxaaxx．2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，命题成立故13521121nxxxxn成立．3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．（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．5（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，，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．6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]特级教师王新敞源头学子小屋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，70b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()xx，2x2()x，()fx00()fx极大值极小值由此表可知：102b时，()fx有一个极大值11122bx和一个极小值点2