题目内容
1．已知f1（x）=x，且对任意的n∈N*，fn（1）=1，f′n+1（x）=fnx+xf′nx．（1）求fn（x）的解析式；
（2）设函数gn（x）=fn（x）+fn（m-x），x∈（0，m），m＞0，对于任意的三个数${x_1}，{x_2}，{x_3}∈[\frac{m}{2}，\frac{2m}{3}]$，以g3（x1），g3（x2），g3（x3）的值为边长的线段是否可构成三角形？请说明理由．
分析 （1）根据导数的运算法则，和归纳推理即可得到fn（x）的解析式，
（2）先证明g（x）在[$\frac{m}{2}$，$\frac{2m}{3}$]上是增函数，再利用两边之和大于第三边，即可确定结论．
解答 解：（1）∵f′n+1（x）=fnx+xf′nx．f1（x）=x
∴f′2（x）=f1x+xf′1x=x+x=2x，
∴f2（x）=x2+c，
∴f2（1）=12+c=1，
∴c=0，
∴f2（x）=x2，
∴f′3（x）=f2x+xf′2x=x2+x•2x=3x2，
∴f3（x）=x3+c，
∴f3（1）=1+c=1，
∴c=0，
∴f3（x）=x3，
由以上可以推出
∴fn（x）=xn，
（2）gn（x）=fn（x）+fn（m-x），
∴gn（x）=xn+（m-x）n，
∴g3（x）=x3+（m-x）3
以g3（x1），g3（x2），g3（x3）值为边长的三条线段可以构成三角形．
事实上，∵g（x）=x3+（m-x）3，
∴g'（x）=3x2-3（m-x）2=6mx-3m2=3m（2x-m）
∵当x∈[$\frac{m}{2}$，$\frac{2m}{3}$]时，g'（x）＞0，
∴g（x）在[$\frac{m}{2}$，$\frac{2m}{3}$]上是增函数，
∴在x=$\frac{m}{2}$处取得最小值$\frac{{m}^{3}}{4}$，在$\frac{2m}{3}$处取最大值$\frac{1}{3}$m3．
不妨设x1≤x2≤x3，则$\frac{{m}^{3}}{4}$≤g（x1）≤g（x2）≤g（x3）≤$\frac{1}{3}$m3．
而g（x1）+g（x2）≥2×$\frac{{m}^{3}}{4}$=$\frac{1}{2}$m3＞$\frac{1}{3}$m3=g（x3），
因此g3（x1），g3（x2），g3（x3）的值为边长的三条线段可以构成三角形．
点评 本题考查不等式的证明，考查函数的单调性，考查学生的计算能力，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
