导数和数列综合问题解决技巧之构造函数法
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f(x)在R上的导函数为f?(x)，且2f(x)?xf?(x)?x2，下面的不等式在R上恒成立的是
A．f(x)?0 B．f(x)?0 C．f(x)?x D．f(x)?x 【答案】A
【解析】由已知，首先令x?0得f(x)?0，排除B，D．
令g(x)?x2f(x)，则g?(x)?x?2f(x)?xf?(x)?， ① 当x?0时，有2f(x)?xf?(x)?g?(x)?x2?g?(x)?0，所以函数g(x)单调递增，所以当x?0时， xg(x)?g(0)?0，从而f(x)?0．
② 当x?0时，有2f(x)?xf?(x)?g?(x)?x2?g?(x)?0，所以函数g(x)单调递减，所以当x?0时， xg(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)?12x?ax?(a?1)lnx，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?x2a?1x2?ax?a?1(x?1)(x?1?a)f?(x)?x?a??? …………………2分
xxx(x?1)2（i）若a?1?1即a?2，则f?(x)?，
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?12x?ax?(a?1)lnx?x． 2 1
则 g?(x)?x?(a?1)?a?1?2x?a?1?(a?1)?1?(a?1?1)2xx． 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(xf(x1)?f(x2)2)?0，即f(1x?)f(2?x)1?x2，
?x故0x?x??1，当0?x1?x2时，12f(x1)?f(x2)f(x2)?f(x1x?)x??1． ………………………………12分
1?x22?x13．已知曲线Cn:x2?2nx?y2?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?????x?xn2n?1?11?x?2sinxn． nyn【解析】曲线Cn:(x?n)2?y2?n2是圆心为(n,0)，半径为n的圆，切线ln:y?kn(x?1) 2 （Ⅰ）依题意有|nkn?kn|2n，又k21?n，解得kn?x2n?2nxn?y2n?0， n?2n?1yn?kn(xn?1) 联立可解得xnn?n?n?1,y2n?1n?n?1， （Ⅱ）1?xn1x1?x?2n?1，2sinn?2sin1 nyn2n?1 先证：x11?x3?x5???x2n?1?2n?1， 证法一：利用数学归纳法 当n?1时，x11?2?13，命题成立， 假设n?k时，命题成立，即x11?x3?x5???x2k?1?2k?1， 则当n?k?1时，x11?x3?x5???x2k?1x2k?1?2k?1x2k?12k?1?2(k?2) ∵(122k?124k2?16k?162k?3)/[2(k?2)]?4k2?8k?3?1，
故2k?1112(k?2)?2k?3?2(k?1)?1． ∴当n?k?1时，命题成立
有
2
故x1?x3?x5???x12n?1?2n?1成立． 1?n证法二：1?xn1?x?n?1?1，2n?1?(2n?1)2(2n?1)22n?1， n1?n2n?12n4n2?4n2?1?2n?1n?1x11?xn1?x3?x5???x2n?1?12?34???2n?12n?13?32n?15???2n?1?2n?1?1?x n下证：112n?1?2sin2n?1． 不妨设t?12n?1?(0,33]，令f(t)?t?2sint，
则f?(t)?1?2cost?0在t?(0,33]上恒成立，故f(t)?t?2sint在t?(0,33]上单调递减， 从而f(t)?t?2sint?f(0)?0，即12n?1?2sin12n?1． 综上，xxn1?x3?x5???x2n?1?1?1?x?2sinxn成立． nyn4．【09全国Ⅱ·理】22．（本小题满分12分）
设函数f?x??x2?aln?1?x?有两个极值点x1，x2，且x1?x2．
（I）求a的取值范围，并讨论f?x?的单调性； （II）证明：f?x2??1?2ln24． 【解】（I）由题设知，函数f?x?的定义域是x??1,
f??x??2x2?2x?a1?x,
且f??x??0有两个不同的根xx21、x2，故2?2x?a?0的判别式??4?8a?0，即 a?12, 且 x1?1?2a?1?1?2a1??2,x2?2. …………………………………①
又x11??1,故a?0．因此a的取值范围是(0,2)． 当x变化时，f(x)与f?(x)的变化情况如下表：
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
?12?x2?0,a??2x2(1?x2), 于是 f?x2??x22?2x2(1?x2)ln?1?x2?． 设函数 g?t??t2?2t(1?t)ln?1?t?, 则 g??t???2t(1?2t)ln?1?t?
当t??12时，g?(t)?0； 当t?(?12,0)时，g??t??0,故g?t?在区间[?12,0)是增函数．
于是，当t?(?111?2ln22,0)时，g?t??g(?2)?4. 因此 f?x??g(x1?2ln222)?4．
5．【2008年山东理】 21．（本题满分12分）
已知函数f(x)?1（1?x)n?aln(x?1),其中n?N*,a为常数． （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)?1(1?x)2f?(x)?2?a(1?x)2?aln(x?1)，所以(1?x)3． （1）当a?0时，由f?(x)?0得x1?1?2a?1，x22?1?a?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．
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（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?2?2?aa处取得极小值，极小值为f??1??a?????2??1?ln2?a??． 当a?0时，f(x)无极值．
（Ⅱ）证法一：因为a?1，所以f(x)?1(1?x)n?ln(x?1)． 当n为偶数时， 令 g(x)?x?1?1(1?xn)?lnx(?，1 )则g?(x)?1?n(x?1)n?1?1x?1?x?2x?1?n(x?1)n?1?0（x?2）． 所以 当x??2，???时，g(x)单调递增， 又g(2)?0，
因此 g(x)?x?1?1(x?1n)?lnx(??1)g(2?恒成立，)0 所以 f(x)?x?1成立．
当n为奇数时， 要证f(x)?x?1，由于
1(1?x)n?0，所以只需证ln(x?1)?x?1， 令 h(x)?x?1?ln(x?，1 则 h?(x)?1?1x?1?x?2x?1?0（x?2）， 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(1?x)n?ln(x?1)． 当x?2时，对任意的正整数n，恒有
1(1?x)n?1， 故只需证明1?ln(x?1)≤x?1．
令 h(x)?x?1?(1?lnx(?1)?)x??2xln，?(x??2，???，
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