Question

設(shè)函數(shù)f（x）=x²-2（-1）^klnx（k∈N^*），f′（x）表示f（x）I的導(dǎo)函數(shù)．
（1）求函數(shù)y=f（x）的單調(diào)增區(qū)間；
（2）當(dāng)it為偶數(shù)時(shí)，數(shù)列{a_n}滿足：a₁=1，a_nf′（a_n）=a_n+1²-3．證明：數(shù)列{a_n²}中的任意三項(xiàng)不能構(gòu)成等差數(shù)列；
（3）當(dāng)k為奇數(shù)時(shí)，證明：對(duì)任意正整數(shù)都有[f′（x）]ⁿ-2^n-1f′（xⁿ）≥2ⁿ（2ⁿ-2）成立．

Answer 1

【答案】分析：（1）先求函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，f′（x），再對(duì)k進(jìn)行奇偶數(shù)討論：1°當(dāng)k 為奇數(shù)時(shí)，f′（x）=；2°當(dāng)k 為偶數(shù)時(shí)，f′（x）=；最后綜合即可；
（2）當(dāng)k 為偶數(shù)時(shí)，由（1）知f′（x）=，由條件得{a_n ²+1}是一個(gè)公比為2的等比數(shù)列，從而得到a_n²=2ⁿ-1，最后利用反證法進(jìn)行證明即可；
（3）當(dāng)k為奇數(shù)時(shí)，f′（x）=2（x+），欲證原不等式成立，即證：（x+）ⁿ-（xⁿ+）≥2ⁿ-2，由二項(xiàng)式定理得，即證：C_n¹xⁿ-2+C_n²x^n-4+…+C_n ^2-n x ^2-n≥2ⁿ-2，
設(shè)Sn=C_n¹x^n-2+C_n²x^n-4+…+C_n ^2-nx ^2-n，利用倒序相加法即可證得．
解答：解：（1）函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），又f′（x）=2x-2（-1）^k=，
1°當(dāng)k 為奇數(shù)時(shí)，f′（x）=，∵x∈（0，+∞），∴f′（x）＞0恒成立；
2°當(dāng)k 為偶數(shù)時(shí)，f′（x）=，∵∴x+1＞0，f′（x）＞0得x＞1，即f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（1，+∞），
綜上所述，當(dāng)k 為奇數(shù)時(shí)，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞），當(dāng)k 為偶數(shù)時(shí)，即f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（1，+∞），
（2）當(dāng)k 為偶數(shù)時(shí)，由（1）知f′（x）=，∴f′（an）=，
由條件得：2（a_n²-1）=a _n+1²-3，故有：a_n+1²+1=2（a_n²+1），
∴{a_n ²+1}是一個(gè)公比為2的等比數(shù)列，∴a_n²=2ⁿ-1，
假設(shè)數(shù)列{a_n²}中的存在三項(xiàng)a_r²，s²，a_t²，能構(gòu)成等差數(shù)列
不妨設(shè)r＜s＜t，則2a_s ²=a _r ²+a_t ²，
即2（2^s-1）=2^r-1+2^t-1，∴2 ^s-r+1=1+2 ^t-r，
又s-r+1＞0，t-r＞0，∴2 ^s-r+1為偶數(shù)，1+2 ^t-r為奇數(shù)，故假設(shè)不成立，
因此，數(shù)列{a_n²}中的任意三項(xiàng)不能構(gòu)成等差數(shù)列；
（3）當(dāng)k為奇數(shù)時(shí)，f′（x）=2（x+），即證：（x+）ⁿ-（xⁿ+）≥2ⁿ-2，
由二項(xiàng)式定理得，即證：C_n¹x^n-2+C_n²x^n-4+…+C_n ^2-n x^2-n≥2ⁿ-2，
設(shè)Sn=C_n¹x^n-2+C_n²x^n-4+…+C_n ^2-nx^2-n，
Sn=C_n^2-nx^2-n+…+C_n²x^n-4+C_n¹x^n-2，
兩式相加得：
2Sn=C_n¹（x^n-2+x^2-n）+C_n²（x^n-4+x^4-n）+…+C_n^n-1（x^n-2+x^2-n）≥2（C_n¹+C_n²+…+C_n^2-n）=2（2ⁿ-1），
∴Sn≥2ⁿ-2，
即原不等式成立．
點(diǎn)評(píng)：本小題主要考查等差關(guān)系的確定、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．屬于基礎(chǔ)題．