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导数和数列综合问题解决技巧之构造函数法

时间:2013-08-31


导数和数列综合问题解决技巧之构造函数法
1.设函数 f ( x) 在 R 上的导函数为 f ?( x) ,且 2 f ( x) ? xf ?( x) ? x ,下面的不等式在 R 上恒成立的是
2

A. f ( x) ? 0 【答案】A

B. f ( x) ? 0

C. f ( x) ? x

r />
D. f ( x) ? x

【解析】由已知,首先令 x ? 0 得 f ( x) ? 0 ,排除 B,D.
2 令 g ( x) ? x f ( x) ,则 g ?( x) ? x ? 2 f ( x) ? xf ?( x) ? ,



当 x ? 0 时 , 有 2 f ( x) ? xf ?( x) ?

g ?( x) ? x 2 ? g ?( x) ? 0 , 所 以 函 数 g ( x) 单 调 递 增 , 所 以 当 x ? 0 时 , x

g ( x) ? g (0) ? 0 ,从而 f ( x) ? 0 .
② 当 x ? 0 时 , 有 2 f ( x) ? xf ?( x) ?

g ?( x) ? x 2 ? g ?( x) ? 0 , 所 以 函 数 g ( x) 单 调 递 减 , 所 以 当 x ? 0 时 , x

g ( x) ? g (0) ? 0 ,从而 f ( x) ? 0 .综上 f ( x) ? 0 .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 f ( x) ?

1 2 x ? ax ? (a ? 1) ln x , a ? 1 . 2

(Ⅰ)讨论函数 f ( x) 的单调性; (Ⅱ)证明:若 a ? 5 ,则对任意 x1 , x2 ? (0, ??) , x1 ? x2 ,有 解:(Ⅰ) f ( x) 的定义域为 (0, ??) .

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ?1 . x1 ? x2

f ?( x) ? x ? a ?

a ? 1 x 2 ? ax ? a ? 1 ( x ? 1)( x ? 1 ? a) ? ? x x x ( x ? 1) 2 , x

…………………2 分

(i)若 a ? 1 ? 1即 a ? 2 ,则 f ?( x) ? 故 f ( x) 在 (0, ??) 单调增加.

(ii)若 a ? 1 ? 1 ,而 a ? 1 ,故 1 ? a ? 2 ,则当 x ? (a ? 1,1) 时, f ( x) ? 0 ;
'

当 x ? (0, a ? 1) 及 x ? (1, ??) 时, f ( x) ? 0 .故 f ( x) 在 (a ? 1,1) 单调减少,
'

在 (0, a ? 1),(1, ??) 单调增加. (iii)若 a ? 1 ? 1,即 a ? 2 ,同理可得 f ( x) 在 (1, a ? 1) 单调减少,在 (0,1),(a ? 1, ??) 单调增加. (II)考虑函数 g ( x) ? f ( x) ? x ?

1 2 x ? ax ? (a ? 1) ln x ? x . 2



g ?( x) ? x ? (a ? 1) ?

a ?1 a ?1 ? 2 x? ? (a ? 1) ? 1 ? ( a ? 1 ? 1) 2 . x x

1

由于 1 ? a ? 5, 故 g ?( x) ? 0 ,即 g ( x) 在 (0, ??) 单调增加,从而当 x1 ? x2 ? 0 时有

g ( x1 ) ? g ( x2 ) ? 0 , 即

f ( 1 x? )

f( ? ) x 2

1

?x

2,

?x 故 0

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ?1 , 当 0 ? x1 ? x2 时 , 有 x1 ? x2

f ( x1 ) ? f ( x2 ) f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? ? ?1 . x1 ? x2 x2 ? x1
2 2

………………………………12 分

3.已知曲线 Cn : x ? 2nx ? y ? 0(n ? 1, 2,?) .从点 P(?1, 0) 向曲线 Cn 引斜率为

kn (kn ? 0) 的切线 ln ,切点为 Pn ( xn , yn ) .
(1)求数列 {xn }与{ yn } 的通项公式;

??? (2)证明: x1 ?x3 ?x5 ? ?x2 n ?1 ?
2 2 2

1 ? xn x ? 2 sin n . 1 ? xn yn

【解析】曲线 Cn : ( x ? n) ? y ? n 是圆心为 (n, 0) ,半径为 n 的圆,切线 ln : y ? kn ( x ? 1) (Ⅰ)依题意有

| nk n ? k n | kn 2 ? 1

? n ,解得 kn 2 ?

n2 2 2 ,又 xn ? 2nxn ? yn ? 0 , 2n ? 1

yn ? kn ( xn ? 1)

联立可解得 xn ?

n n ? 2n ? 1 , yn ? , n ?1 n ?1

(Ⅱ)

1 ? xn ? 1 ? xn

1 x 1 , 2 sin n ? 2 sin yn 2n ? 1 2n ? 1
1 , 2n ? 1

先证: x1 ? x3 ? x5 ?? ? x2 n ?1 ? 证法一:利用数学归纳法 当 n ? 1 时, x1 ?

1 1 ,命题成立, ? 2 3
1 , 2k ? 1

假设 n ? k 时,命题成立,即 x1 ? x3 ? x5 ?? ? x2 k ?1 ?

则当 n ? k ? 1 时, x1 ? x3 ? x5 ?? ? x2 k ?1 x2 k ?1 ?

1 2k ? 1 x2 k ?1 ? 2(k ? 2) 2k ? 1

∵(

1 2k ? 1 2 4k 2 ? 16k ? 16 ) 2 /[ ] ? ?1, 2(k ? 2) 4k 2 ? 8k ? 3 2k ? 3
2k ? 1 1 1 ? ? . 2(k ? 2) 2k ? 3 2(k ? 1) ? 1



∴当 n ? k ? 1 时,命题成立 故 x1 ? x3 ? x5 ?? ? x2 n ?1 ?

1 成立. 2n ? 1
2

n 1 ? xn 1 2n ? 1 (2n ? 1) 2 (2n ? 1) 2 2n ? 1 n ?1 ? 证法二: , , ? ? ? ? 2 2 n 2n 2n ? 1 1 ? xn 2n ? 1 4n 4n ? 1 1? n ?1 1?
x1 ? x3 ? x5 ? ? ? x 2 n ?1 ? 1 3 2n ? 1 1 3 2n ? 1 ? ?? ? ? ? ??? ? 2 4 2n 3 5 2n ? 1 1 ? xn 1 ? 2n ? 1 1 ? xn

下证:

1 1 . ? 2 sin 2n ? 1 2n ? 1

不妨设 t ?

1 3 ? (0, ] ,令 f (t ) ? t ? 2 sin t , 3 2n ? 1

则 f ?(t ) ? 1 ? 2 cos t ? 0 在 t ? (0,

3 3 ] 上恒成立,故 f (t ) ? t ? 2 sin t 在 t ? (0, ] 上单调递减, 3 3

从而 f (t ) ? t ? 2 sin t ? f (0) ? 0 ,即

1 1 . ? 2 sin 2n ? 1 2n ? 1

综上, x1 ? x3 ? x5 ?? ? x2 n ?1 ?

1 ? xn x ? 2 sin n 成立. 1 ? xn yn

4.【09 全国Ⅱ· 理】22.(本小题满分 12 分) 设函数 f ? x ? ? x ? aln ?1 ? x ? 有两个极值点 x1,x2 ,且 x1 ? x2 .
2

(I)求 a 的取值范围,并讨论 f ? x ? 的单调性; (II)证明: f ? x2 ? ?

1 ? 2ln2 . 4

【解】(I)由题设知,函数 f ? x ? 的定义域是 x ? ?1,

f ?? x? ?

2 x2 ? 2x ? a , 1? x

2 且 f ? ? x ? ? 0 有两个不同的根 x1、x2 ,故 2 x ? 2 x ? a ? 0 的判别式 ? ? 4 ? 8a ? 0 ,即

1 a? , 2



x1 ?

?1 ? 1 ? 2a ?1 ? 1 ? 2a , x2 ? . 2 2

…………………………………①

又 x1 ? ?1, 故 a ? 0 .因此 a 的取值范围是 (0, ) . 当 x 变化时, f ( x) 与 f ?( x) 的变化情况如下表:

1 2

3

因此 f ( x) 在区间 ( ?1, x1 ) 和 ( x2 , ??) 是增函数,在区间 ( x1 , x2 ) 是减函数. (II)由题设和①知

1 ? ? x2 ? 0, a ? ?2 x2 (1 ? x2 ), 2
于是 设函数 则 当t ? ?

f ? x2 ? ? x2 2 ? 2 x2 (1 ? x2 )ln ?1 ? x2 ? . g ? t ? ? t 2 ? 2t (1 ? t )ln ?1 ? t ? , g ? ? t ? ? ?2t (1 ? 2t )ln ?1 ? t ?

1 时, g ?(t ) ? 0 ; 2 1 1 当 t ? ( ? , 0) 时, g ? ? t ? ? 0, 故 g ? t ? 在区间 [ ? , 0) 是增函数. 2 2 1 1 1 ? 2ln2 于是,当 t ? ( ? , 0) 时, g ? t ? ? g (? ) ? . 2 2 4 1 ? 2ln2 因此 . f ? x2 ? ? g ( x2 ) ? 4
5.【2008 年山东理】 21.(本题满分 12 分) 已知函数 f ( x) ?

1 ? a ln( x ? 1), 其中 n ? N * , a 为常数. n ( ? x) 1

(I)当 n ? 2 时,求函数 f ( x) 的极值; (II)当 a ? 1 时,证明:对任意的正整数 n ,当 x ? 2 时,有 f ( x) ? x ? 1. 【标准答案】 (Ⅰ)解:由已知得函数 f ( x) 的定义域为 ? x | x ? 1? , 当 n ? 2 时, f ( x) ?

2 ? a (1 ? x) 2 1 . ? a ln( x ? 1) ,所以 f ?( x) ? (1 ? x)3 (1 ? x)2 2 2 ? 1 , x2 ? 1 ? ? 1, a a

(1)当 a ? 0 时,由 f ?( x) ? 0 得 x1 ? 1 ?

此时 f ?( x) ?

?a( x ? x1 )( x ? x2 ) . (1 ? x)3

当 x ? (1,x1 ) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 单调递减;

? 当 x ? ( x1, ?) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 单调递增.
(2)当 a ? 0 时, f ?( x) ? 0 恒成立,所以 f ( x) 无极值. 综上所述, n ? 2 时, 当 a ? 0 时, f ( x) 在 x ? 1 ? 当 a ? 0 时, f ( x) 无极值.
4

? 2 2 ? a? 2? 处取得极小值,极小值为 f ? 1 ? ? ? ?1 ? ln ? . ? ? 2? a? a? a ?

(Ⅱ)证法一:因为 a ? 1 ,所以 f ( x) ? 当 n 为偶数时, 令

1 ? ln( x ? 1) . (1 ? x)n

1 g ( x)? x? 1 ? ?l n x ?,) ( 1 ( 1? x n ) n 1 x?2 n ? ? ? ? 0 ( x ? 2 ). n ?1 ( x ? 1) x ? 1 x ? 1 ( x ? 1) n ?1

则 g ?( x) ? 1 ?

? 所以 当 x ? ? 2, ? ? 时, g ( x) 单调递增,
又 g (2) ? 0 ,

因此

1 g ( x)? x? 1 ? ? l n x ? ? ) g ( 2恒成立, ( 1 ?) 0 (x ? 1n )

所以

f ( x)? x 1 ? 成立.

当 n 为奇数时, 要证 f ( x) ? x ? 1 ,由于

1 ? 0 ,所以只需证 ln( x ? 1) ? x ? 1 , (1 ? x) n

令 则

h( x)? x? 1 ? l n x ? , ) ( 1

h?( x) ? 1 ?

1 x?2 ? ? 0 ( x ? 2 ), x ?1 x ?1

? 所以 当 x ? ? 2, ? ? 时, h( x) ? x ? 1 ? ln( x ? 1) 单调递增,又 h(2) ? 1 ? 0 ,
所以当 x ? 2 时,恒有 h( x) ? 0 ,即 ln( x ? 1) ? x ? 1 命题成立. 综上所述,结论成立. 证法二:当 a ? 1 时, f ( x) ?

1 ? ln( x ? 1) . (1 ? x)n 1 ? 1, (1 ? x) n

当 x ? 2 时,对任意的正整数 n ,恒有 故只需证明 1 ? ln( x ? 1) ≤ x ? 1 . 令 则

h( x)? x? 1 ? ( 1? l n (? 1 ) ) ? x ?x

, ? xl n? x ?12, ? ? , 2 ( ?) ?

h?( x) ? 1 ?

1 x?2 , ? x ?1 x ?1

? 当 x ? 2 时, h?( x) ≥ 0 ,故 h( x ) 在 ? 2, ? ? 上单调递增,
因此 当 x ? 2 时, h( x) ? h(2) ? 0 ,即 1 ? ln( x ? 1) ? x ? 1 成立. 故 当 x ? 2 时,有

1 ? ln( x ? 1) ? x ? 1 . (1 ? x) n
5



f ( x)? x 1 ? .
/

【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 a ? 0 时 f ( x) ? 0 恒成立, f ( x) 无极值.第二问需要对构 造的新函数 h( x ) 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

f / ( x) ?

?a( x ? x1 )( x ? x2 ) 的正负漏掉符号. ( ? x )3 1

【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 f ( x) ? x ? b ln( x ? 1) ,其中 b ? 0 .
2

(I)当 b ?

1 时,判断函数 f ( x) 在定义域上的单调性; 2

(II)求函数 f ( x) 的极值点; (III)证明对任意的正整数 n ,不等式 ln( ? 1) ?

1 n

1 1 ? 都成立. n 2 n3

b 2x2 ? 2x ? b ? 【解】(Ⅰ)由题意知, f ( x) 的定义域为 (?1 ? ?) , f ?( x) ? 2 x ? , x ?1 x ?1
设 g ( x) ? 2 x ? 2 x ? b ,其图象的对称轴为 x ? ?
2

1 ? (?1, ?) , ? 2

1 ? 1? ? g ( x) max ? g ? ? ? ? ? ? b 2 ? 2?
当b ?

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1 1 2 时, g ( x) max ? ? ? b ? 0 ,即 g ( x) ? 2 x ? 2 x ? b ? 0 在 (?1 ? ?) 上恒成立, , 2 2

? ?当 x ? (?1, ?) 时, f ?( x) ? 0 ,
1 ? ?当 b ? 时,函数 f ( x) 在定义域 (?1, ?) 上单调递增 2 1 (Ⅱ)①由(Ⅰ)得:当 b ? 时,函数 f ( x) 无极值点 2
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1? ? 2? x ? ? 1 1 2? ? ? 0 有两个相同的解 x ? ? , ② b ? 时, f ?( x) ? x ?1 2 2

2

1? ? ? x ? ? ?1, ? 时, f ?( x) ? 0 , ? 2? ?

? 1 ? x ? ? ? , ? ? 时, f ?( x) ? 0 , ? ? 2 ?
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?b ?

1 时,函数 f ( x) 在 (?1 ? ?) 上无极值点 , 2

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③当 b ?

?1 ? 1 ? 2b ?1 ? 1 ? 2b 1 时, f ?( x) ? 0 有两个不同解, x1 ? , x2 ? , 2 2 2
6

?b ? 0 时, x1 ?

?1 ? 1 ? 2b ?1 ? 1 ? 2b ? ?1 , x2 ? ?0, 2 2
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? , 即 x1 ? (?1 ? ?) , x2 ? ? ?1, ? ?

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?b ? 0 时, f ?( x) , f ( x) 随 x 的变化情况如下表:

x
f ?( x) f ( x)

(?1,x2 )

x2

( x2, ?) ?

?
?

0
极小值

?
?
?1 ? 1 ? 2b , 2

由此表可知: b ? 0 时, f ( x) 有惟一极小值点 x2 ?

当0 ? b ?

?1 ? 1 ? 2b 1 ? ?1 , 时, x1 ? 2 2

? x1,x2 ? (?1 ? ?) ,

此时, f ?( x) , f ( x) 随 x 的变化情况如下表:

x
f ?( x)
f ( x)

(?1,x1 )

x1

( x1,x2 )

x2

( x2, ?) ?

?
?

0
极大值

?
?

0
极小值

?
?

由此表可知: 0 ? b ?

?1 ? 1 ? 2b 1 时, f ( x) 有一个极大值 x1 ? 和一个极小值点 2 2

x2 ?

?1 ? 1 ? 2b ; 2 ?1 ? 1 ? 2b ; 2

综上所述: b ? 0 时, f ( x) 有惟一最小值点 x2 ?

0?b? b?

?1 ? 1 ? 2b ?1 ? 1 ? 2b 1 时, f ( x) 有一个极大值点 x ? 和一个极小值点 x ? ; 2 x 2
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1 时, f ( x) 无极值点 2

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(Ⅲ)当 b ? ?1 时,函数 f ( x) ? x ? ln( x ? 1) ,
2

令函数 h( x) ? x ? f ( x) ? x ? x ? ln( x ? 1) ,
3 3 2

2 则 h?( x) ? 3x ? 2 x ?

1 3x3 ? ( x ? 1) 2 ? . x ?1 x ?1

? ? ?当 x ? ? 0, ? ? 时, h?( x) ? 0 ,所以函数 h( x) 在 ? 0, ? ? 上单调递增,

7

又 h(0) ? 0

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? x ? (0, ?) 时,恒有 h( x) ? h(0) ? 0 ,即 x3 ? x 2 ? ln( x ? 1) 恒成立 ?
2 3

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故当 x ? (0, ?) 时,有 ln( x ? 1) ? x ? x . ? 对任意正整数 n 取 x ?

1 ?1 ? 1 1 ? (0, ?) ,则有 ln ? ? 1? ? 2 ? 3 ? n ?n ? n n

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所以结论成立. 7.【2008 年湖南理】 21.(本小题满分 13 分) 已知函数 f ( x) ? ln (1 ? x) ?
2

x2 . 1? x

(I)求函数 f ( x) 的单调区间; (Ⅱ)若不等式 (1 ? )n ? a ? e 对任意的 n? N* 都成立(其中 e 是自然对数的底数). 求 a 的最大值. 解: (Ⅰ)函数 f ( x) 的定义域是 (?1, ??) ,

1 n

f ?( x) ?

2 ln(1 ? x) x 2 ? 2 x 2(1 ? x) ln(1 ? x) ? x 2 ? 2 x ? ? . 1? x (1 ? x) 2 (1 ? x) 2
2

设 g ( x) ? 2(1 ? x) ln(1 ? x) ? x ? 2 x ,则 g ?( x) ? 2ln(1 ? x) ? 2 x. 令 h( x) ? 2ln(1 ? x) ? 2 x, 则 h?( x) ?

2 ?2 x ?2? . 1? x 1? x

当 ?1 ? x ? 0 时, h?( x) ? 0, h( x ) 在 (?1,0) 上为增函数, 当 x>0 时, h?( x) ? 0, h( x ) 在 (0, ??) 上为减函数. 所以 h( x ) 在 x ? 0 处取得极大值,而 h( x) ? 0 ,所以 g ?( x) ? 0( x ? 0) , 函数 g ( x) 在 (?1, ??) 上为减函数. 于是当 ?1 ? x ? 0 时, g ( x) ? g (0) ? 0, 当 x ? 0 时, g ( x) ? g (0) ? 0. 所以,当 ?1 ? x ? 0 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 在 (?1,0) 上为增函数. 当 x ? 0 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 在 (0, ??) 上为减函数. 故函数 f ( x) 的单调递增区间为 (?1,0) ,单调递减区间为 (0, ??) . (Ⅱ)不等式 (1 ? )

1 n

n?a

1 1 ? e 等价于不等式 (n ? a) ln(1 ? ) ? 1. 由 1 ? ? 1 知, n n

a?

1 1 ln(1 ? ) n

? n.

8

设 G ( x) ?

1 1 ? , x ? ? 0,1? , 则 ln(1 ? x) x

G?( x) ? ?

1 1 (1 ? x) ln 2 (1 ? x) ? x 2 ? 2 ? 2 . (1 ? x) ln 2 (1 ? x) x x (1 ? x) ln 2 (1 ? x)
2

由(Ⅰ)知, ln (1 ? x) ?

x2 ? 0, 即 (1 ? x) ln 2 (1 ? x) ? x 2 ? 0. 1? x

所以 G?( x) ? 0, x ? ? 0,1? , 于是 G ( x) 在 ? 0,1? 上为减函数. 故函数 G ( x) 在 ? 0,1? 上的最小值为 G (1) ? 所以 a 的最大值为

1 ? 1. ln 2

1 ? 1. ln 2

1.2009 潍坊文科(22) (本小题满分 14 分) 设函数 f ( x) ? x ? 2(?1) ln x(k ? N ), f ?( x) 表示 f ( x) 的导函数.
2 k ?

(I)求函数 y ? f ( x) 的单调递增区间; (Ⅱ)当 k 为偶数时,数列{ an }满足 a1 ? 1, an f ?(an ) ? an ?1 ? 3 ,求数列{ an }的通项公式;
2 2

(Ⅲ)当 k 为奇数时, 设 bn ?

1 f ? ? n ? ? n ,数列 ?bn ? 的前 n 项和为 S n ,证明不等式 2

?1 ? bn ? b

1

n ?1

? e 对一切正整数 n 均成立,并比较 S 2009 ? 1 与 ln2009 的大小.

解:(Ⅰ)函数的定义域为(0,+∞), 又 y? ? f ?( x) ? 2 x ? 2(?1)
k

1 2[ x 2 ? (?1) k ] ? , x x 2( x 2 ? 1) , x

…………1 分

10 当 k 为奇数时, f ?( x) ?

? x ? (0, ??),? f ?( x) ? 0在(0, ??)恒成立.
即 f ?( x) 的单调递增区间为 (0, ??) . …………2 分

20 当 k 为偶函数时, f ?( x) ?
又x ? (0, ??), x ? 0, x ? 1 ? 0,

2( x 2 ? 1) 2( x ? 1)( x ? 1) ? x x

由 f ?( x) ? 0 ,得 x ? 1 ? 0,???? x ? 1 ,即 f ( x) 的单调递增区间为 (1, ??) , ? 综上所述:当 k 为奇数时, f ( x) 的单调递增区间为 (0, ??) , 当 k 为偶数时, f ( x) 的单调递增区间为 (1, ??). …………4 分

9

(Ⅱ)当 k 为偶数时,由(Ⅰ)知 f ?( x) ?
2 2(an ? 1) . an
2 2 2

2( x 2 ? 1) x

所以 f ?(an ) ?

? 根据题设条件有 2(an ? 1) ? an ?1 ? 3,????? an ?1 ? 2an ? 1,????an ?1 ? 1 ? 2(an ? 1),
2 2 2

∴{ an ? 1 }是以 2 为公比的等比数列,
2

∴ an ? 1 ? (a1 ? 1) ? 2
2 2

n ?1

2 ? 2n ,???????? an ? 2n ? 1.

………………………………8 分

(Ⅲ)由(Ⅰ)知,当 k 为奇数时, f ? ? 2( x ? ),

1 x

? bn ?

1 1 1 1 1 f ?(n) ? n ? ,???Sn ? 1 ? ? ? ??? ? . 2 n 2 3 n
? ? 1? ? n?
n ?1

由已知要证 ? 1 ? 事实上:设 1 ?

1 ? 1? ? e, 两边取对数,即证 ln ?1 ? ? ? , …………………10 分 ? n ? n ?1

1 1 ? t, 则 n ? (t ? 1), n t ?1 1 因此得不等式 ln t ? 1 ? (t ? 1) …………………………………………① t 1 构造函数 g (t ) ? ln t ? ? 1(t ? 1), 下面证明 g (t ) 在 (1, ??) 上恒大于 0. t 1 1 g ?(t ) ? ? 2 ? 0, t t
∴ g (t ) 在 (1, ??) 上单调递增, g (t ) ? g (1) ? 0, 即 ln t ? 1 ? ,

1 t

1 ? 1? ∴ ln ?1 ? ? ? , ? n ? n ?1
即 ?1 ? bn ? bn?1 ? e 成立. 由 ln
1

? 1? ∴ ?1 ? ? ? n?

n ?1

? e,

………………………………………………………12 分

n ?1 1 ? , n n ?1 1 1 1 2 3 n ?1 得 ? ? ??? ? ? ln ? ln ? ??? ? ln ? ln(n ? 1), 2 3 n ?1 1 2 n
即 Sn ?1 ? 1 ? ln(n ? 1), 当 n ? 2008 时, S2009 ? 1 ? ln2009. ……………………………………………14 分

2.山东省日照市 2009 届高三模拟考试数学理科试题(22)(本小题满分 14 分) 已知 a ? 0 ,函数 f ( x) ?

1? x ? ln x . ax

(Ⅰ)试问在定义域上能否是单调函数?请说明理由; (Ⅱ)若 f ? x ? 在区间 ?1, ?? ? 上是单调递增函数,试求实数 a 的取值范围;
10

(Ⅲ)当 a ? 1 时,设数列 ? ? 的前 n 项和为 S n ,求证:

?1 ? ?n?

S n ? 1 ? f ( n) ?
解:

1? n ? Sn?1 (n ? N ? 且n ? 2) n
ax ? 1 1 ,由 f ?( x) ? 0 得 x ? . ……2 分 2 a ax

(Ⅰ) f ( x) 的定义域为 ? 0, ?? ? , f ?( x) ?

当 x ? (a, ) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 递减; 当 x ? ( , ??) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 递增. 所以 y ? f ( x) 不是定义域上的单调函数. ……………………………4 分

1 a

1 a

(Ⅱ)若 f ( x) 在 x? [1, ??) 是单调递增函数,则 f ?( x) ? 0 恒成立,即 a ?

1 恒成立. x

………………………….…6 分 即 a ? ? ? max,??? x ? [1, ??) ? (Ⅲ)当 a ? 1 时,由(Ⅱ)知, f ( x) ?

?1 ? ?x?

1 ? ?1 x

?a ? 1 . ……………8 分

1? x ? ln x 在 [1, ??) 上为增函数, x 1? n 1? n 1? n ? f ( n) ? ? ? ln n ? ? ln n, n n n 1? x 1 又?当 x ? 1 时, f ( x) ? f (1) , ? ,即 ln x ? 1 ? . ?l nx ? 0 x x 1 令 g ( x) ? x ? 1 ? ln x, 则 g ?( x) ? 1 ? ,当 x ? (1, ??) 时, g ?( x) ? 0. x
从而函数 g ( x) 在 [1, ??) 上是递增函数,所以有 g ( x) ? g (1) ? 0, 即得 x ? 1 ? ln x.

1 ………………………………10 分 ? ln x ? x ? 1, ( x ? 1). x 1 x ?1 1 ………………………………………12 分 ? ? ln ? . x ?1 x x 1 x ?1 1 ? 令 x ? 1, 2,..., n ? 1, (n ? N 且n ? 2) 时,不等式? ? ln ? . 也成立, x ?1 x x
综上有: 1 ? 于是代入,将所得各不等式相加,得

1 1 1 2 3 n 1 1 ? ? ... ? ? ln ? ln ? ... ? ln ? 1 ? ? ... ? . 2 3 n 1 2 n ?1 2 n ?1 1 1 1 1 1 即 ? ? ... ? ? ln n ? 1 ? ? ... ? . 2 3 n 2 n ?1 1? n 即 S n ? 1 ? f ( n) ? ……………………14 分 ? Sn ?1 (n ? N ?且n ? 2). n
3.山东省枣庄市 2009 届高三年级调研考试数学理 21.(本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x) ?

1 2 x ? 2 x, g ( x) ? log a x(a ? 0, 且a ? 1), 其中a为常数 ,如果 2

h( x) ? f ( x) ? g ( x) 在其定义域上是增函数,且 h?( x) 存在零点( h?( x)为h( x) 的导函数).
(I)求 a 的值;

11



II





A(

m,

g(

m)

) B? ,

n ( 是g , 函n ( 数 m y ? gnx) ) ) ((

的 )图











g (n) ? g (m) ( g ?( x)为g ( x)的导函数), 证明 : m ? x0 ? n. n?m 1 解:(I)因为 h( x) ? x 2 ? 2 x ? log a x( x ? 0). 2 1 所以 h?( x) ? x ? 2 ? . x ln a g ?( x0 ) ?
因为 h( x)在(0,??) 上是增函数. 所以 x ? 2 ?

1 ? 0在(0,??) 上恒成立 x ln a

……………………………1 分

当 x ? 0时, x ? 2 ?
2

1 1 ? 0 ? x 2 ? 2x ? ? . x ln a ln a
2

而 x ? 2 x ? ( x ? 1) ? 1在(0,??) 上的最小值是 ? 1.

1 1 ,即1 ? . (※) ln a ln a 1 1 可见 a ? 1(若0 ? a ? 1, 则 ? 0.这与 ? 1矛盾) ln a ln a 从而由(※)式即得 ln a ? 1. ① ………………..………………………… 4 分
于是 ? 1 ? ? 同时, h?( x) ? x ? 2 ?

1 x 2 ln a ? 2 x ln a ? 1 ? ( x ? 0) x ln a x ln a
2

由 h?( x)存在(正)零点知? ? (?2ln a) ? 4ln a ? 0, 解得 ln a ? 1②,或 ln a ? 0(因为a ? 1, ln a ? 0, 这是不可能的). 由①②得 ln a ? 1. 此时, h?( x)存在正零点x ? 1, 故a ? e 即为所求 ……………………………6 分

注:没有提到(验证) ln a ? 1 时, h?( x)存在正零点x ? 1, 不扣分. (II)由(I), g ( x) ? ln x, g ?( x0 ) ?

1 , x0
……………………………7 分

于是

1 g ( n ) ? g ( m) n?m ? , x0 ? . x0 n?m ln n ? ln m

n?m . (☆) ln n ? ln m (☆)等价于 m ln n ? m ln m ? n ? m ? 0.
以下证明 m ?

……………………………8 分

构造函数 r ( x) ? x ln n ? x ln x ? n ? x(0 ? x ? n), 则 r ?( x) ? ln n ? ln x,当x ? (0, n) 时,

r ?( x) ? 0, 所以r ( x)在(0, n] 上为增函数.
因此当 m ? n时, r (m) ? r (n) ? 0, 即 m ln n ? m ln m ? n ? m ? 0.
12

从而 x 0 ? m 得到证明. 同理可证 n ?

……………………………11 分 ……………………………12 分

n?m .综上, m ? x0 ? n. ln n ? ln m

注:没有“综上”等字眼的结论,扣 1 分. 4.烟台市三月诊断性检测数学理 22.(本小题满分 14 分) 设函数 h( x) ? x , ? ( x) ? 2e ln x ( e 为自然对数的底数).
2

(1)求 F ( x) ? h( x) ? ? ( x) 的极值; (2) 若存在实常数 k 和 b, 使得函数 f ( x) 和 g ( x) 对其定义域上的任意实数 x 分别满足 f ( x) ? kx ? b 和 g ( x) ? kx ? b , 则称直线 l : y ? kx ? b 为 f ( x) 和 g ( x) 的“隔离直线”. 试问函数 h( x ) 和 ? ( x) 是否存在“隔离直线”?若存在.求出此“隔离直线”方程;若不存在,请说明理由. 解:(1)∵ F ( x) ? h( x) ? ? ( x) ? x ? 2e ln x( x ? 0)
2

∴ F '( x) ? 2 x ?

2e 2( x ? e )( x ? e ) ? . x x

∴当 x ? e 时, F '( x) ? 0 . ∵当 0 ? x ?

e 时 F '( x) ? 0 此时 F ( x) 递减;……………………………………3’

当 x ? e 时, F '( x) ? 0 ,此时 F ( x) 递增. ∴当 x ? e 时, F ( x) 取极小值,其极小值为 0.…………………………………6’ (2)由(1)可知,当 x ? 0 时, h( x) ? ? ( x) (当且仅当 x ? e 时取等号). 若存在 h( x ) 和 g ( x) 的“隔离直线”,则存在实常数 k 和 b , 使得 h( x) ? kx ? b 和 ? ( x) ? kx ? b( x ? 0) 恒成立. ∵ h( x ) 和 g ( x) 的图象在 x ? e 处有公共点,因此若存在 h( x ) 和 g ( x) 的“隔离直线”, 则该直线过这个公共点 ( e , e) . …………………………………………………8’ 设“隔离直线”方程为 y ? e ? k ( x ? e ) ,即 y ? kx ? e ? k e . 由 h( x) ? kx ? e ? k e ( x ? R), 可得 x ? kx ? e ? k e ? 0 当 x ? R 时恒成立.
2
2 ∵ ? ? (k ? 2 e )

∴由 ? ? 0 ,得 k ? 2 e ……………………………………………………………10’ 下面证明 ? ( x) ? 2 ex ? e 当 x ? 0 时恒成立.

13

令 G ( x) ? ? ( x) ? 2 ex ? e ? 2e ln x ? 2 ex ? e, 则

G '( x) ?

2e 2 e ( e ? x) ?2 e ? . x x

当 x ? e 时, G '( x) ? 0 ; 当0 ? x ?

e 时, G '( x) ? 0 ,此时 G ( x) 递增;

当 x ? e 时, G '( x) ? 0 此时 G ( x) 递减. ∴当 x ? e 时, G ( x) 取极大值.其极大值为 0. 从而 G ( x) ? 2e ln x ? 2 ex ? e ? 0, 即 ? ( x) ? 2 ex ? e( x ? 0) 恒成立.………………………………………………13’ ∴函数 h( x ) 和 ? ( x) 存在唯一的“隔离直线” y ? 2 ex ? e. ………………………14’

5.2009 届山东省德州市高三第一次练兵(理数)21.(本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x) ? x 2 ? a ln x 在 (1, 2] 是增函数, g ( x) ? x ? a x 在(0,1)为减函数. (1)求 f (x) 、 g (x) 的表达式; (2)求证:当 x ? 0 时,方程 f ( x) ? g ( x) ? 2 有唯一解; (3)当 b ? ?1时,若 f ( x) ? 2bx ? 解:(1) f ?( x) ? 2 x ?

1 在 x ∈ (0,1] 内恒成立,求 b 的取值范围. x2

a , 依题意 f ?( x) ? 0 , x ? (1,2] ,即 a ? 2x 2 , x ? (1,2] . x ∵上式恒成立,∴ a ? 2 ① …………………………1 分 a 又 g ?( x) ? 1 ? ,依题意 g ?( x) ? 0, x ? (0,1) ,即 a ? 2 x , x ? (0,1) . 2 x
∵上式恒成立,∴ a ? 2. 由①②得 a ? 2 . ∴ f ( x) ? x 2 ? 2 ln x, g ( x) ? x ? 2 x . ② …………………………2 分 …………………………3 分 …………………………4 分

(2)由(1)可知,方程 f ( x) ? g ( x) ? 2 , 即x 2 ? 2 ln x ? x ? 2 x ? 2 ? 0. 设 h( x) ? x 2 ? 2 ln x ? x ? 2 x ? 2 , 则h ?( x) ? 2 x ?

2 1 ?1? , x x

令 h?( x) ? 0 ,并由 x ? 0, 得 ( x ? 1)(2 x x ? 2 x ? x ? 2) ? 0, 解知 x ? 1. ………5 分 令 h?( x) ? 0, 由 x ? 0, 解得0 ? x ? 1. 列表分析: …………………………6 分

x
h?(x) h(x )

(0,1) 递减

1 0 0

(1,+?) + 递增

14

可知 h(x ) 在 x ? 1 处有一个最小值 0, …………………………7 分 当 x ? 0且x ? 1 时, h(x ) >0, ∴ h( x) ? 0 在(0,+?)上只有一个解. 即当 x>0 时,方程 f ( x) ? g ( x) ? 2 有唯一解. (3)设 ? ( x) ? x 2 ? 2ln x ? 2bx ?

…………………………8 分

1 2 2 则? ' ( x) ? 2 x ? ? 2b ? 3 ? 0 , …………9 分 2 x x x

?? ( x) 在 (0,1] 为减函数?? ( x)min ? ? (1) ? 1 ? 2b ? 1 ? 0 又 b ? ?1 ………11 分
所以: ? 1 ? b ? 1 为所求范围. …………………………12 分

6.山东省实验中学 2009 届高三第三次诊断考试(数学理)22.

1? x (注: ln 2 ? 0.693 ) ? ln x ax (1)若函数 f ( x) 在 [1, ??) 上为增函数,求正实数 a 的取值范围; 1 (2)当 a ? 1 时,若直线 y ? b 与函数 y ? f ( x) 的图象在 [ , 2] 上有两个不同交点,求实数 b 的取值范围: 2 1 1 1 1 (3)求证:对大于 1 的任意正整数 n, ln n ? ? ? ? … ? 2 3 4 n 1? x ax ? 1 解:(1)因为 f ( x )? ? l n 所以 f '( x) ? (a ? 0) ax ax 2 ax ? 1 依题意可得,对 ?x ? [1, ??). f '( x) ? ? 0 恒成立, ax 2 所以 对 ?x ?[1, ??).ax ? 1 ? 0 恒成立, 1 1 所以 对 ?x ? [1, ??), a ? 恒成立, a ? ( )max ,即 a ? 1 x x x ?1 1 (2)当 a ? 1 时, f '( x) ? 2 , 若 x ? [ ,1] , f '( x) ? 0 , f ( x) 单调递减; x 2 若 x ?[1, 2]. f '( x) ? 0, f ( x) 单调递增; 故 f ( x) 在 x ? 1 处取得极小值,即最小值 f (1) ? 0 1 1 又 f ( ) ? 1 ? ln 2, f (2) ? ln 2 ? , 2 2 3 1 3 ln e ? ln16 f ( ) ? f (2) ? ? 2 ln 2 ? ?0 2 2 2 1 所以要使直线 y ? b 与函数 y ? f ( x) 的图象在 [ , 2] 上有两个不同交点, 2 1 实数 b 的取值范围应为 ( f (1), f (2)] ,即 0, ln 2 ? ] ; 2 1? x (3)当 a ? 1 时,由 (1) 可知, f ( x) ? ? ln x 在 [1, ??) 上为增函数, x n 当 n ? 1 时,令 x ? ,则 x ? 1 ,故 f ( x) ? f (1) ? 0 , n ?1 n 1? n n ? 1 ? ln n ? ? 1 ? ln ? n ? 0 所以 ln n ? 1 . 即 f( )? n n ?1 n n ?1 n ?1 n n ?1 n ?1 2 1 3 1 4 1 n 1 故 ln ? , ln ? , ln ? , …,ln ? 1 2 2 3 3 4 n -1 n 2 3 4 n 1 1 1 1 相加可得 ln ? ln ? ln ? …+ ln ? ? ? ??? 1 2 3 n -1 2 3 4 n 2 3 4 n 2 3 4 n 又因为 ln ? ln ? ln ? … ? ln ? ln( ? ? … ) ? ln n 1 2 3 n ?1 1 2 3 n ?1
已知函数 f ( x) ?
15

所以对大于 1 的任意正整书 n, ln n ?

1 1 1 1 ? ? ?…? 2 3 4 n

(二)2009 年 4 月后
7.山东省滨州市 2009 年 5 月高考模拟试题(理数)20.(本题满分 12) 已知函数 f ( x) ? ax ? ln x.
2

(Ⅰ)求 f ( x) 的单调区间; (Ⅱ)当 a ? 0 时,设斜率为 k 的直线与函数 y ? f ( x) 相交于两点 A( x1 , y1 )、B( x2 , y2 )

( x2 ? x1 ) ,求证: x1 ?
解:(Ⅰ)略 (Ⅱ)当 a ? 0 时, f ( x) ? ln x. 以下先证

1 ? x2 . k

y ? y ln x2 ? ln x1 1 ? 0, ? x1 , ? k ? 2 1 ? x2 ? x1 x2 ? x1 k ln x2 ? ln x1 1 ? ,即 x2 ? x1 x1

所以只需证

ln

x2 x2 ? x1 x2 ? ? ? 1. x1 x1 x1

设 ? (t ) ? ln t ? t ? 1(t ? 1) ,则 ? ?(t ) ? ? 1 ? 0?(t ? 1) . ? 所以在 t ? (1, ??) 时, ? (t ) 为减函数, 即 ln t ? t ? 1??(t ? 1) .又

1 t

? (t )? ? ( 1? ?? 0 ?( . ) ) t 1

x2 ?1, x1

∴ ln

x2 x2 1 ? ? 1 成立,即 ? x1 . x1 x1 k

同理可证 ∴ x1 ?

1 ? x2 . k

1 ? x2 . k

8.山东省济宁市 2009 年高三第二次摸底考试-理科数学 22.(本题满分 14 分) 设函数 f ( x) ? (e ? 1) x, g ( x) ? e .( e 是自然对数的底数)
x

(Ⅰ)判断函数 H ( x) ? f ( x) ? g ( x) 零点的个数,并说明理由; (Ⅱ)设数列 ?an ? 满足: a1 ? (0,1) ,且 f (an ?1 ) ? g (an ), n ? N ,
?

①求证: 0 ? an ? 1 ;

16

②比较 an 与 (e ? 1)an ?1 的大小. 解:(Ⅰ) H ?( x) ? (e ? 1) ? e
x

令 H ?( x) ? 0,????x0 ? ln(e ? 1) 当 x(??, x0 ) 时, H ?( x) ? 0,?? H ( x) 在 x(??, x0 ) 上是增函数 当 x( x0 , ??) 时, H ?( x) ? 0,?? H ( x) 在 x( x0 , ??) 上是减函数 …………….2 分 从而 H ( x) max ? H (0) ? (e ? 1) x0 ? 1 ? e
x0

? (e ? 1) ln(e ? 1) ? e ? 2 ………….4 分

注意到函数 k (t ) ? t ln t ? t ? 1 在 ?1, ?? ? 上是增函数, 从而 k (t ) ? k (1) ? 0, 又e ? 1 ? 1 从而 H ( x0 ) ? 0

综上可知: H ( x) 有两个零点. ………………………………………………….6 分 (Ⅱ)因为 f (an?1 ) ? g (an ), 即 (e ? 1)an ?1 ? 1 ? e 所以 an ?1 ?
an

1 (ean ? 1) e ?1

………………………………………………….7 分

①下面用数学归纳法证明 an ? (0,1) . 当 n ? 1 时, a1 ? (0,1) ,不等式成立. 假设 n ? k 时, ak ? (0,1) 那么 ak ?1 ?

1 (eak ? 1) e ?1

?1 ? eak ? e????? 0? eak ? 1 e ? 1 ?
?0 ? 1 即 ( ak ? 1 ) ? 1 ak ?1 ? (0,1) e e ?1 这表明 n ? k ? 1 时,不等式成立.
所以对 n ? N , an ? (0,1)
a

?

………………………………………………….10 分

②因为 (e ? 1)an ?1 ? an ? e n ? 1 ? an 考虑函数 p( x) ? e ? 1 ? x????(0 ? x ? 1)
x x p?( x)? e ? 1 ? 0

…………………………………….12 分

从而 p ( x) 在 (0,1) 上是增函数 所以 (e ? 1)an ?1 ? an ? 0 即 (e ? 1)an ?1 ? an

p( x) ? p(0) ? 0

…………………………………………………………14 分

9.山东省安丘、五莲、诸城、兰山四地 2009 届高三 5 月联考 22.(本题满分 14 分) 已知函数 g ( x) ?

1 sin ? ? x

? ln x 在 ?1, ?? ? 上为增函数,且 ? ? (0, ? ) ,

f ( x) ? mx ?

m ?1 ? ln x , m ? R . x (1)求 ? 的取值范围;
17

(2)若 f ( x) ? g ( x) 在 ?1, ? ? 上为单调函数,求 m 的取值范围; (3)设 h( x) ? 解: (1)由题意, g ?( x) ? ?

2e ,若在 ?1, e ? 上至少存在一个 x0 ,使得 f ( x0 ) ? g ( x0 ) ? h( x0 ) 成立,求 m 的取值范围. x

1 sin ? ? x
2

?

1 sin ? ? x ? 1 ?0 ? 0 在 ?1, ?? ? 上恒成立,即 sin ? ? x 2 x

.故 ?? ? ( 0 ,? ) , ?? s ?n ? 0 sin ? ? x ?1 ? 0 在 ?1, ?? ? 上恒成立, ……………2 分 ?? i 只须 sin ? ?1 ?1 ? 0 ,即 sin ? ? 1 ,只有 sin ? ? 1 .结合 ? ? (0, ? ), 得 ? ? (2)由(1),得 f ( x) ? g ( x) ? mx ?

?
2

.…4 分

mx 2 ? 2 x ? m m . ? 2ln x. ? ? f ( x) ? g ( x) ?? ? x2 x

? f ( x) ? g ( x) 在 ?1, ? ? 上为单调函数,
? mx2 ? 2 x ? m ? 0 或者? mx2 ? 2 x ? m ? 0 在 ?1, ? ? 恒成立. …………….. 6 分 mx 2 ? 2 x ? m ? 0 等价于 m(1 ? x 2 ) ? 2 x, 即 m ?

2x , 1 ? x2
…………………………………8 分

? ? 2x 2 ? 2 ? 而 ? ,? ? max ? 1???? m ? 1 . 1 ? x2 x ? 1 ? x ? 1 ? x ? x?
? mx2 ? 2 x ? m ? 0 等价于 m(1 ? x 2 ) ? 2 x, 即 m ?


2x 在 ?1, ? ? 恒成立, 1 ? x2

2x ? ? 0,1? , m ? 0 . 1 ? x2
………………………………………10 分

综上, m 的取值范围是 ? ??, 0? ? ?1, ?? ? .

(3)构造函数 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ? h( x), F ( x) ? mx ? 当 m ? 0 时, x ? ?1, e? , mx ?

m 2e ? 2ln x ? . x x

m 2e ? 0 , ?2ln x ? ? 0 ,所以在 ?1, e ? 上不存在一个 x0 , x x

使得 f ( x0 ) ? g ( x0 ) ? h( x0 ) 成立. 当 m ? 0 时, F ?( x) ? m ?

m 2 2e mx 2 ? 2 x ? m ? 2e ? ? ? . x2 x x2 x2
2

…………12 分

因为 x ? ?1, e ? , 所以 2e ? 2 x ? 0 , mx ? m ? 0 ,所以 F ?( x) ? 0 在 ?1, e ? 恒成立. 故 F ( x) 在 ?1, e ? 上单调递增, F ( x) max ? me ? 解得 m ?

4 4 ? 4 ,只要 me ? ? 4 ? 0 , e e

4e . e ?1
2

故 m 的取值范围是 ?

? 4e ? , ?? ? . 2 ? e ?1 ?

……………………………………………14 分 22.(本小题满分 14 分)
?
2

10.山东省烟台市 2009 届高考适应性练习(二)理综试题

数列 ?an ? 的各项均为正数, S n 为其前 n 项和,对于任意 n ? N ,总有 an , S n , an 成等差数列.
18

(1)求数列 ?an ? 的通项公式; (2)设数列 ?bn ? 的前 n 项和为 Tn ,且 bn ? 数 n ,总有 Tn ? 2 ; (3)在正数数列 ?cn ? 中, an ?1 ? (cn )
n ?1

ln n x ,求证:对任意实数 x ? (1, e](e 是常数, e =2.71828…)和任意正整 2 an

, (n ? N ? ) .求数列 ?cn ? 中的最大项.
2

解:由已知:对于 n ? N ? ,总有 2Sn ? an ? an 成立…(1)
2 ? 2Sn ?1 ? an ?1 ? an ?1 (n ? 2)

…(2)
2

……………………………………1 分
2

(1)—(2)得? 2an ? an ? an ? an ?1 ? an ?1

? an ? an ?1 ? (an ? an ?1 )(an ? an ?1 ) ? an , an ?1 均为正数, ? an ? an?1 ? 1 ( ? 2 ) n
………………………………………3 分

?数列 ?an ? 是公差为 1 的等差数列
又 n ? 1 时, 2S1 ? a1 ? a1 ,解得 a1 ? 1
2

? an ? n(n ? N ? )

……………………………………………………………5 分

(2)证明:?对任意实数 x ? ?1, e ? 和任意正整数 n ,总有 bn ?

ln n x 1 ? 2 ……6 分 2 an n

?Tn ?

1 1 1 1 1 1 ? 2 ? ... ? 2 ? 1 ? ? ? ... ? 2 1 2 n 1? 2 2 ? 3 (n ? 1) ? n

1 1 1 1? 1 ? 1 ? 1 ? (1 ? ) ? ( ? ) ? ... ? ? ? ? ? 2 ? ? 2 ……………9 分 2 2 3 n ? n ?1 n ?
(3)解:由已知 a2 ? c1 ? 2 ? c1 ?
2

2

a3 ? c23 ? 3 ? c2 ? 3 3 , a4 ? c34 ? 4 ? c3 ? 4 4 ? 2 ,
5 a5 ? c 4 ? 5 ? c 4? 5 5

易得 c1 ? c2 , c2 ? c3 ? c4 ? ...... 猜想 n ? 2 时, ?cn ? 是递减数列 ……………………………………………11 分

1 ? x ? ln x ln x 1 ? ln x 令 f ( x) ? ,则 f ?( x) ? x ? 2 x x x2

?当 x ? 3 时, ln x ? 1 ,则 1 ? ln x ? 0 ,即 f ?( x) ? 0
? f ( x) 在 ? 3, ?? ? 内为单调递减函数,
19

由 an ?1 ? cn

n ?1

知 ln cn ?

ln(n ? 1) n ?1

?n ? 2 时, ?ln cn ? 是递减数列,即 ?cn ? 是递减数列
又 c1 ? c2 ,?数列 ?cn ? 中的最大项为 c2 ?
3

3

…………………………14 分

三、2010 年模拟试题
1.山东临沂罗庄补习学校数学资料 已知 f ( x) ?

3 2 x ? ln x ? 2, g ( x) ? x. 8

(1)求函数 F ( x) ? f ( x) ? 2 ? g ( x) 的极值点; (2)若函数 F ( x) ? f ( x) ? 2 ? g ( x) 在 ? e , ?? (t ? Z ) 上有零点,求 t 的最小值; ?
t

?

(3)证明:当 x ? 0 时,有 ?1 ? g ( x)? g ( x ) ? e 成立; (4) bn ? g (n 若 )
1 g ( n? 1 )

1

( n ? N)? ,试问数列 ?bn ? 中是否存在 bn ? bm (m ? n) ?若存在,求出所有相等的两项;若不存在,
3 2 x ? ln x ? 2 ? 2 x 的定义域为 (0, ??) ……………1 分 8
……………………………………………………2 分

请说明理由.( e 为自然对数的底数). 解:(1)由题意, F ( x) ?

? F ?( x) ?

(3x ? 2)( x ? 2) 4x

? 2? ?2 ? ?函数 F ( x) 的单调递增区间为 ? 0, ? 和 ? 2, ?? ? , F ( x) 的单调递减区间为 ? , 2 ? , ? 3? ?3 ?
所以 x ?

2 为 F ( x) 的极大值点, ………………………………………………3 分 3
………………………………………………4 分

x ? 2 为 F ( x) 的极小值点,
?2 ?3 ? ?

(2) F ( x) 在 x ? ? , ?? ? 上的最小值为 F (2) 且 F (2) ?

3 2 ln 4 ? 1 ? 2 ? 4 ? 2 ? ln 2 ? ?0 8 2

?2 ? ? F ( x) 在 ? , ?? ? 上没有零点,……………………………………………5 分 ?3 ?

2 ? 2? ?2 ? t 并考虑到 F ( x) 在 ? 0, ? 单调递增且在 ? , 2 ? 单调递减, 故只须 e ? 且 F (t ) ? 0 即 ?函数 F ( x) 在 ? et , ?? ? 上有零点, ? 3 ? 3? ?3 ?
可,……………………………………………6 分 易验证 F (e ) ?
?1

3 ?2 1 ?3 ? ? e ? 1 ? 2e?1 ? 0, F (e?2 ) ? 2 ? ? e?2 ? 2 ? ? 0, 8 e ?8 ?
t ?1

t 当 t ? 2, t ? Z 时均有 F (e ) ? 0, 所以函数 F ( x) 在 ? e , e ?

? (t ? Z ) 上有零点,

即函数 F ( x) 在 ? e , ?? (t ? Z ) 上有零点, ?
t

?

?t 的最大值为 ?2 ……………9 分
20

(3)证明:当 x ? 0 时,不等式 ?1 ? g ( x)? g ( x ) ? e 即为: (1 ? x) ? e ?
1 x

1

1 ln(1 ? x) ? 1 ? ln(1 ? x) ? x x

构造函数 h( x) ? ln(1 ? x) ? x( x ? 0), 则 h?( x) ?

1 ?x ?1 ? ? 0, 1? x 1? x

所以函数 h( x ) 在 (0, ??) 上是减函数,因而 x ? 0 时, h( x) ? h(0) ? 0, 即: x ? 0 时, ln(1 ? x) ? x 成立,所以当 x ? 0 时, ?1 ? g ( x)? g ( x ) ? e 成立;…11 分 (4)因为 bn ? n 令
1 n ?1

1

bn ?1( n ?1)( n ? 2) (n ? 1) n ?1 n ? 1 1 e(n ? 1) 3(n ? 1) , ( n ?1)( n ? 2) ? ? 2 ? (1 ? ) n ? ? n?2 bn n n n n2 n2

3(n ? 1) ? 1,得: n2 ? 3n ? 3 ? 0 ,结合 n ? N ? 得: n ? 4 时, 2 n
bn ?1( n ?1)( n ? 2) ? 1, bn ( n ?1)( n ? 2)
……………………………12 分

因此,当 n ? 4 时,有

所以当 n ? 4 时, bn ? bn ?1 ,即 b4 ? b5 ? b6 ? ...

又通过比较 b1、b2、b3、b4 的大小知: b1 ? b2 ? b3 ? b4 , 因为 b1 ? 1, 且 n ? 1 时 bn ? n n?1 ? 1, 所以若数列 ?bn ? 中存在相等的两项,只能是 b2、b3 与后面的项可能相等, 又 b2 ? 2 3 ? 89 ? b8 , b3 ? 34 ? b5 ? 56 ,所以数列 ?bn ? 中存在唯一相等的两项, 即 b2 ? b8 . ……………………………………………………………………14 分
1 1 1 1 1

2.皖南八校 2010 届高三年级第二次联考 21.(本小题满分 13 分) 在数列 {an } 中, a1 ? 2 , an ?1 ? 2an ? 2 (I)求证:数列 {
n ?1

(n ? N ).

an } 为等差数列; 2n
1 n ? 3n m m 2 ? 1 ) ? . an m

(II)若 m 为正整数,当 2 ? n ? m 时,求证: (m ? n ? 1)(

解:(I)由 a n ?1 ? 2a n ? 2

n ?1

变形得:

a n ?1 a n a a ? n ? 1,即 n ?1 ? n ? 1 n ?1 n ?1 2 2 2 2n

故数列 {

an a } 是以 1 ? 1 为首项,1 为公差的等差数列…………(5 分) n 2 2
n

(II)(法一)由(I)得 a n ? n ? 2
1

(m ? n ? 1)(

n ? 3n m m 2 ? 1 3 m2 ?1 ) ? 即(m ? n ? 1)( ) m ? …………(7 分) an m 2 m
n

21

令 f (n) ? (m ? n ? 1) ? ( ) m , 则f (n ? 1) ? (m ? n) ? ( )

3 2

n

3 2

n ?1 m

f ( n) m ? n ?1 2 m ? ?( ) 当 m ? n ? 2时, f (n ? 1) m?n 3
1

1 2 1 2 ? (1 ? ) ? ( ) m ? (1 ? )?( )m m?n 3 m?2 3
又 (1 ?

1

1

1 3 1 m 1 m 3 1 ? ( )m ) ? 1 ? Cm ? ?? ? 1? ? 2 ? ?1 ? m?2 2 m?2 m?2 m?2 2

1



f ( n) ? 1, 则f (n) 为递减数列. f (n ? 1)
(9 分)

当 m=n 时, f (n) ? f (n ? 1) ?当m ? n ? 2时, f (n) 递减数列.

9 9 m? ?1 ? f ( x) max ? f (2) ? ( ) m (m ? 1), 故只需证( ) m (m ? 1) ? 4 4 m
1 1

要证: (m ? n ? 1)( ) m ?

3 2

n

m2 ?1 9 m ?1 m 1 即证 ? ( ) ? (1 ? ) m , 而m ? 2 时, m 4 m m

(1 ?

1 m 1 1 1 m(m ? 1) 0 1 0 ) ? Cm ? Cm ? ? Cm ? 2 ? 2 ? 2 ? m m 2 m m m ?1 1 1 1 1 9 ? 2? ? 2? ? ? 2? ? ? 2m 2 2m 2 2? 2 4
(13 分)
n

故原不等式成立. (法二)由(I)得 a n ? n ? 2
1

n ? 3n m m 2 ? 1 3 m m2 ?1 (m ? n ? 1)( ) ? 即(m ? n ? 1)( ) ? an m 2 m
n

(7 分)

3 3 m ? x ?1 3 ? ln ? 1) 令 f ( x) ? (m ? x ? 1)( ) m (2 ? x ? m), 则f ' ( x) ? ( ) m ( 2 2 m 2
x x

? 2 ? x ? m,?

m ? x ?1 ? 1,? f ' ( x) ? 0即f ( x)在[2, m] 上单调递减.(9 分) m
9 4
1

∴? f ( x) max ? f (2) ? ( ) m (m ? 1), 故只需证( ) m (m ? 1) ? 也即证

9 4

1

m? ?1 m

9 1 ? 1(1 ? ) m , 而m ? 2时 , 4 m

(1 ?

1 m 1 1 1 m(m ? 1) m ?1 0 1 2 ) ? Cm ? Cm ? ? Cm ? 2 ? 2 ? 2 ? ? 2? ? m m 2 2m m m 1 1 1 1 9 2? ? ? 2? ? ? 2 2m 2 2? 2 4
(13 分)

故原不等式成立.

22


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