一类数列与导数压轴试题命题手法揭秘

●杨苍洲(泉州市第五中学福建泉州362000)

一类数列与导数压轴试题命题手法揭秘

●杨苍洲(泉州市第五中学福建泉州362000)

再次研究2011年湖南省数学高考理科压轴试题，解完该试题，一直感觉意犹未尽.笔者思考:此类试题是如何命制的呢?洞悉命题手法是否有助于解题呢?借助此命题手法，是否可以依法炮制出相同类型的试题呢?

1 命题手法探究

例1已知函数f(x)=x3，

1)求函数h(x)=f(x)－g(x)的零点个数，并说明理由;

2)设数列{an}(其中n∈N*)满足a1=a(其中a＞0)，f(an+1)=g(an)，证明:存在常数M，使得对于任意的n∈N*，都有an≤M.

(2011年湖南省数学高考理科试题)

让我们结合函数的图像来探究问题的本原.

首先作出函数f(x)=x3，的图像(如图1所示).从图1我们可以看出，当x≥0时，函数f(x)与g(x)有2个交点，其中一个横坐标为0，另一个记为x0.因此，h(x)=f(x)－g(x)的零点有2个，其中一个为0，另一个为x0.

问题1)的编制正是基于上述事实.

图1

图2

如图2，当a1=a∈(0，x0)，过点A1(a1，g(a1))作y轴的垂线，交函数f(x)的图像于点B1(a2，f(a2))，显然g(a1)=f(a2);过点B1作x轴的垂线，交函数g(x)的图像于点A2(a2，g(a2))，再过点A2作y轴的垂线，交函数f(x)的图像于点B2(a3，f(a3))，显然g(a2)=f(a3)……按照此规律依次作图，从图2可以看出，满足条件f(an+1)=g(an)的数列{an}单调递增，且an∈(0，x0).同理，当a1=a∈［x0，+∞)时，可结合图像构造出满足条件f(an+1)=g(an)的数列{an}，且{an}单调递减，an∈(x0，a］.因此，存在常数M= max{x0，a}，使得对于任意的n∈N*，都有an≤M.

问题2)的编制源于上述图像所呈现的数列规律.

2 命题手法对解题的启示

在问题1)的求解过程中，大部分解题者采用了下述方法:

当x∈(0，+∞)时，h″(x)＞0，因此h'(x)在(0，+∞)上单调递增，则h'(x)在(0，+∞)内至多只有1个零点.又因为h'(1)＞0，，则内有零点，所以h'(x)在(0，+∞)内有且只有1个零点.记此零点为x1，则当x∈(0，x1)时，h'(x)＜0，h(x)单调递减，而h(0)=0，从而h(x)在(0，x1］内无零点;当x∈(x1，+∞)时，h(x)单调递增，又因为

所以h(x)在(x1，+∞)内有且只有1个零点.

综上所述，h(x)有且只有2个零点.

上述解法相对繁琐.其实，在问题1)的探究过程中，若能结合函数图像，则能观察出:函数h(x)的零点有2个，其中一个为0，另一个为x0＞0.因为，记，所以只需证明φ(x)有且只有1个零点.又因为，当x∈(0，+∞)时，φ'(x)＞ 0，所以φ(x)在(0，+∞)上单调递增.由

知φ(x)在(0，+∞)内有且只有1个零点.

综上所述，h(x)有且只有2个零点.

由于问题2)的抽象性与交汇性，使得试题的难度陡然增大，大部分学生的探究活动无法继续.实际上，若能洞悉命题者的命题手法，居高临下地审视试题，则能预知所求数列{an}应满足:当a1= a∈(0，x0)时，{an}单调递增，且an∈(0，x0);当a1=a∈［x0，+∞)时，{an}单调递减，且an∈(x0， a］(其中x0为函数h(x)的正零点，即.因此，问题2)的求解需分2类情况进行讨论.

由此猜测:当a＜x0时，an＜x0.下面用数学归纳法证明:

①当n=1时，a1＜x0显然成立.

②假设当n=k(其中k≥1)时，有ak＜x0成立，则当n=k+1时，

从而ak+1＜x0.故对任意的n∈N*，an＜x0成立.

同理可猜测:当a≥x0时，an≤a.下面用数学归纳法进行证明:

①当n=1时，a1≤a显然成立.

②假设当n=k(其中k≥1)时，有ak≤a成立，则当n=k+1时，

由第1)小题知，h(x)在(x0，+∞)上单调递增，得

得ak+1≤a.故对任意的n∈N*，an≤a成立.

综上所述，存在常数M=max{x0，a}，使得对于任意的n∈N*，都有an≤M成立.

3 基于此手法的试题命制

学习了上述命题手法，笔者尝试进行试题命制，经过努力，得题如下:

例2已知函数f(x)=ln(x+1).

1)求函数f(x)在x=0处的切线方程;

2)设数列{an}(其中n∈N*)满足an+1= f(an)，证明:数列{|an|}(其中n∈N*)单调递减.

分析1)略;

2)若a1＞0，下用数学归纳法证:an＞0.

①当n=1时，a1＞0.

②设当n=k时，ak＞0.又因为ak+1=f(ak)= ln(ak+1)，所以ak+1＞0.

由①②可得，对于任意n∈N*，an＞0.此时|an|=an，于是

令g(x)=ln(x+1)－x(其中x＞0)，则

从而g(x)在(0，+∞)上单调递减，于是

即当x＞0时，ln(x+1)＜x.又an＞0，因此

从而数列{|an|}(其中n∈N*)单调递减.同理可证，当a1＜0时，数列{|an|}(其中n∈N*)单调递减.

综上所述，数列{|an|}(其中n∈N*)单调递减.

例3已知函数f(x)=ex，g(x)=cx+1.

1)若函数f(x)的图像恒在函数g(x)的图像的上方，求k的值.

2)当c=2，设数列{an}(其中n∈N*)满足f(an+1)=g(an).试问是否存在常数M∈(1，2)，当a1∈(0，M)时，恒有an∈(0，M)(其中n∈N*).若存在，请写出M满足的关系式;若不存在，请说明理由.

分析1)略;

2)存在满足题意的实数M，实数M应满足

先证方程(1)有且仅有1个解.令h(x)=ex－(2x+1)，则

当x∈(1，2)时，h'(x)＞0，h(x)单调递增.又因为h(1)=e－3＜0，h(2)=e2－5＞0，所以h(x)在(1，2)有且只有1个零点，即存在唯一实数M∈(1，2)使得方程(1)成立.

下用数学归纳法证明:当eM=2M+1，a1∈(0，M)时，恒有an∈(0，M)(其中n∈N*).

①当n=1时，a1∈(0，M).

②设当n=k时，ak∈(0，M).因为f(ak+1)= g(ak)，所以eak+1=2ak+1.又ak∈(0，M)，从而

即eak+1∈(1，eM)，因此ak+1∈(0，M).

由①②可得，当a1∈(0，M)时，恒有an∈(0，M)(其中n∈N*).