對一道數列不等式證明的深入研究

摘 要：文章對2023年天津市高考數學卷的壓軸題予以探究，重點分析第（3）問數列不等式的證明方法，從四個角度給出構造函數的策略，并給出九種不同的解法.

關鍵詞：數列不等式；多解探析；四基；四能

中圖分類號：G632"" 文獻標識碼：A"" 文章編號：1008-0333（2024）31-0039-05

收稿日期：2024-08-05

作者簡介：劉海濤（1988—），男，安徽省滁州人，本科，中學一級教師，從事高中數學教學研究.

基金項目：安徽省蕪湖市2022年度教育科學研究課題“基于SOLO理論的發展學生數學核心素養的實踐研究”（項目編號：JK22019）.

《普通高中數學課程標準（2017年版2020年修訂）》指出：通過高中數學課程的學習，學生能獲得進一步學習以及未來發展所必需的數學基礎知識、基本技能、基本思想、基本活動經驗（簡稱“四基”）；提高從數學角度發現和提出問題的能力、分析和解決問題的能力（簡稱“四能”）^[1].筆者在高考備考教學中，注意到2023年天津市高考數學卷的壓軸題，尤其是其第（3）問的數列不等式的證明，是一道能夠鍛煉學生思維能力、考查學生“四基四能”的好題.

1 試題呈現與分析

題目 已知函數f（x）=（1x+12）ln（x+1）.

（1）求曲線y=f（x）在x=2處的切線斜率；

（2）當xgt;0時，證明：f（x）gt;1；

（3）證明：56lt;ln（n?。?（n+12）lnn+n≤1.

分析 第（1）問屬于基礎性問題，考查學生對導數幾何意義的理解，要求學生能夠準確求出函數f ′（x）=2+x2x（x+1）-ln（x+1）x2，再計算出f ′（2）=13-ln34.第（2）問屬于中等難度問題，

根據第（1）問得到的f ′（x）的表達式很難判斷函數f（x）的單調性，則應先將所證不等式

變形整理為ln（x+1）gt;2xx+2，再作差構造函數g（x）=ln（x+1）-2xx+2（xgt;0），注意到g（x）=0，借助導數g′（x）=x2（x+1）（x+2）2gt;0判斷函數g（x）單調遞增即可.這里，為何是將不等式變形為不等號一側只有對數式ln（x+1）呢？事實上，之所以將不等式f（x）gt;1變形后再作差構造函數，是因為直接研究函數f（x），其導函數f ′（x）的表達式中含有ln（x+1），仍是一個超越函數式，研究起來有難度，而將不等式變形為對數式單獨在不等號一側，再作差構造函數得到g（x），會發現導函數g′（x）的表達式是一個分式，分子和分母均為多項式函數（有理式），為研究導函數的符號提供了簡便性、可行性；前兩問難度不大，可以很好地考查考生的“四基四能”.第（3）問屬于難度較大的綜合性問題，限于篇幅，本文重點探究第（3）問.

2 試題多解探析

解析 設an=ln（n！）-（n+12）lnn+n，注意到a1=1，不難想到通過作差判斷數列{an}的單調性.

由an-an+1=ln（n?。?（n+12）lnn+n-ln［（n+1）！］+（n+32）·ln（n+1）-（n+1）=（n+12）

ln（1+1n）-1，

又由（2）知f（1n）gt;1，

得an-an+1gt;0.

則數列{an}單調遞減.

所以an≤a1.

即ln（n?。?（n+12）lnn+n≤1.

下面證明數列{an}的下界值不小于56即可.

由a1=1，得angt;56等價于a1-anlt;16.

又因為a1-an=（a1-a2）+（a2-a3）+…+

（an-1-an），于是問題轉化為求證數列{an-an+1}的前n-1項和Sn-1lt;16.

由an-an+1=（n+12）ln（1+1n）-1是一個超越數列通項公式，在目前所學的基礎上要想得到Sn-1的表達式是不可能的，于是不得不對an-an+1的表達式予以放縮，得到一個可以求和的數列bn，滿足：（1）對n∈N*，有an-an+1lt;bn；（2）數列bn的前n-1項的和不小于16.

思考1 由（2）知xgt;1，（x+1）lnxgt;2（x-1），即在區間［1，t］（tgt;1）上，函數y=（x+1）lnx的圖象位于函數y=2（x-1）的上方.

設函數y=（x+1）lnx與x軸、直線x=1、直線x=t圍成的面積為S1，函數y=2（x-1）與x軸、直線x=1、直線x=t圍成的面積為S2，顯然S1gt;S2.

由積分知識，得

∫t1（x+1）lnxdxgt;∫t12（x-1）dx.

所以（t22+t）lnt-（t24+t）+54gt;（t-1）2.

即（t22+t）lnt-

54t2+t+14lt;0.

方法1 構造函數.

h（x）=（2x2+4x）lnx-（5x2-4x-1），

求導，得h′（x）=4（x+1）lnx-8（x-1）.

由（2）知，對xgt;0，（x+2）ln（x+1）gt;2x.

即xgt;1，（x+1）lnxgt;2（x-1）.

則當xgt;1時，h′（x）gt;0，函數h（x）在（1，+∞）上單調遞增，所以對xgt;1，有h（x）gt;h（1）=0，即lnxgt;5x2-4x-12（x2+2x）

，即ln（1+1n）lt;

6n+12n（3n+2）.

所以an-an+1=（n+12）ln（1+1n）-1

lt;（n+12）5（1+1/n）2-4（1+1/n）-12［（1+1/n）2+2（1+1/n）］-1

=14（n+1）（3n+1）

lt;34（3n-1）（3n+2）

=14（13n-1-13n+2）.

設bn=14（13n-1-13n+2），有an-an+1lt;bn.

所以a1-an=（a1-a2）+（a2-a3）+…+（an-1-an）lt;b1+b2+…+bn-1=14（12-15）+14（15-18）+…+14（13n-4-13n-1）=14（12-13n-1）lt;18lt;16.

方法2 同方法1，得an-an+1lt;14（n+1）（3n+1）

lt;112n（n+1）

=112（1n-1n+1）.

設bn=112（1n-1n+1），有

an-an+1lt;bn.

所以a1-an=（a1-a2）+（a2-a3）+…+（an-1-an）

lt;b1+b2+…+bn-1

=112［（1-12）+（12-13）+…+（1n-1-1n）］

=112（1-1n）lt;112lt;16.

思考2 由對數均值不等式^[2]，可得

lnxlt;12（x-1x）（xgt;1）.

則∫t1lnxdxlt;∫t112（x-1x）dx.

所以（tlnt-t）+1lt;12（t22-lnt-12）.

即（4t+2）lnt-（t2+4t-5）lt;0.

方法3 構造函數.

h（x）=（4x+2）lnx-（x2+4x-5），

求導，得h′（x）=4lnx+2x-2x，

h″（x）=-2（1x-1）2≤0.

則函數h′（x）在（0，+∞）上單調遞減.

則當xgt;1時，有h′（x）lt;h′（1）=0.

則函數h（x）在（1，+∞）上單調遞減.

則對xgt;1，有h（x）lt;h（1）=0.

即lnxlt;x2+4x-52（2x+1）.

所以an-an+1=（n+12）ln（1+1n）-1

lt;（n+12）（1+1/n）2+4（1+1/n）-52［2（1+1/n）+1］-1

=14n（3n+2）

lt;34（3n-1）（3n+2）

=14（13n-1-13n+2）.

下同方法1.

方法4 同方法3，得

an-an+1lt;14n（3n+2）

lt;112n（n+1）

=112（1n-1n+1）.

下同方法2.

思考3 由帕德逼近，得ln（x+1）lt;x2+6x4x+6.

可得an-an+1=（n+12）ln（1+1n）-1

lt;（n+12）（1/n）2+6/n4/n+6-1

=14n（3n+2）

lt;34（3n-1）（3n+2）

=14（13n-1-13n+2）.

方法5 構造函數.

h（x）=ln（x+1）-x2+6x4x+6，

求導，得h′（x）=-x3（x+1）（2x+3）2，

當xgt;0時，有h′（x）lt;0，則函數h（x）在（0，+∞）上單調遞減，則對xgt;0，有h（x）lt;h（0）=0.

即ln（x+1）lt;x2+6x4x+6.

所以an-an+1=（n+12）ln（1+1n）-1

lt;（n+12）（1/n）2+6/n4/n+6-1

=14n（3n+2）

lt;34（3n-1）（3n+2）

=14（13n-1-13n+2）.

下同方法1.

思考4 設bn=16n（n+1）=16（1n-1n+1），由

裂項相消法求和，得數列bn的前n-1項的和16（1-1n）lt;16，則angt;56的充分條件為an-an+1lt;bn.

即（n+12）ln（1+1n）-1lt;16n（n+1）.

即ln（1+1n）lt;（1/n）3+6（1/n）2+6/n3（1/n）2+9/n+6.

方法6 構造函數.

h（x）=ln（1+x）-x3+6x2+6x3（x+1）（x+2），

求導，得h′（x）=-x2（x2+3x+3）3（x+1）2（x+2）2lt;0.

則函數h（x）在（-1，+∞）上單調遞減.

則對n∈N*，有h（1n）lt;h（0）=0.

即（n+12）ln（1+1n）-1lt;16n（n+1）.

即an-an+1lt;bn.

所以a1-an=（a1-a2）+（a2-a3）+…+（an-1-an）

lt;b1+b2+…+bn-1

=16［（1-12）+（12-13）+…+（1n-1-1n）］

=16（1-1n）lt;16.

思考5 由方法6，知an-an+1lt;16（1n-1n+1）.

累加可得a1-anlt;16（1-1n）.

即an≥56+16n.

由方法1或3或5，知

an-an+1lt;14（13n-1-13n+2）.

累加可得a1-anlt;14（12-13n-1）.

即an≥78+14（3n-1）.

由方法2或4，知

an-an+1lt;112（1n-1n+1）.

累加可得a1-anlt;112（1-1n）.

即an≥1112+112n.

可以考慮利用數學歸納法證明這三個加強不等式.

方法7 用數學歸納法證明an≥56+16n（n∈N*）.

（1）當n=1時，a1=1=56+16，命題成立；

（2）假設當n=k（k∈N*）時命題成立，

即ak≥56+16k.

則當n=k+1時，有

ak+1=ak+（ak+1-ak）

≥56+16k-（ak-ak+1）.

同方法6，得ak-ak+1lt;16（1k-1k+1）.

則ak+1gt;56+16k-16（1k-1k+1）

=56+16（k+1）.

所以當n=k+1時命題也成立.

綜上，an≥56+16n（n∈N*）.

所以angt;56.

方法8 用數學歸納法證明an≥78+14（3n-1）（n∈N*）.

（1）當n=1時，a1=1=78+18，命題成立；

（2）假設當n=k（k∈N*）時命題成立，即

ak≥78+14（3k-1）.

則當n=k+1時，有

ak+1=ak+（ak+1-ak）

≥78+14（3k-1）-（ak-ak+1）.

同方法1或3或5知

ak-ak+1lt;14（13k-1-13k+2）.

則ak+1gt;78+14（3k-1）-14（13k-1-13k+2）

=78+14（3k+2）.

所以當n=k+1時命題也成立.

綜上，得an≥78+14（3n-1）（n∈N*）.

所以angt;78gt;56.

方法9 用數學歸納法證明an≥1112+112n（n∈N*）.

（1）當n=1時，a1=1=1112+112，命題成立；

（2）假設當n=k（k∈N*）時命題成立，

即ak≥1112+112k.

則當n=k+1時，有

ak+1=ak+（ak+1-ak）

≥1112+112k-（ak-ak+1）.

同方法2或4，得

ak-ak+1lt;112（1k-1k+1）.

則ak+1gt;1112+112k-112（1k-1k+1）

=1112+112（k+1）.

所以當n=k+1時命題也成立.

綜上，an≥1112+112n（n∈N*）.

所以angt;1112gt;56.

3 解法的歸納與思考

通過上文的分析不難看出，數列不等式證明的關鍵在于構造函數，得到一個函數不等式，將變量由實數替換為正整數即可完成證明.構造函數是解答導數試題的基本方法，更是證明數列不等式的通性通法，那么構造函數具體有哪些常用方法呢？一是從試題本身找答案.根據試題設問的邏輯順序，一般前一問為后一問作好邏輯鋪墊，而數列不等式的證明一般設置在試題的第三問，所以往往從試題的前兩問出發，結合數列不等式本身，仔細分析，大膽構思嘗試，便可得到符合題意的函數式.如在思考1中，將第（2）問的不等式變形為xgt;1，（x+1）lnxgt;2（x-1），構造的函數h（x）的導函數h′（x）恰好可以利用該變形式判斷符號.二是從常用的不等式入手來構造函數.如在思考2中，利用常用的不等式lnxlt;12（x-1x）（xgt;1）構造函數h（x），使得函數的導函數h′（x）恰好可以利用該變形式判斷符號.這里需要強調的是，平時的學習中一定要做一個“收納者”，善于歸納、總結、積累.平時的作業、測試，尤其是教材中的例習題頻繁出現的一些結論一定要理解本質，只有這樣，考場上才能準確、快速地選準“素材”，巧妙、合理地構造出符合題意的不等式.三是從問題的結論入手，不斷地“倒推”，去找使得結論成立的充分條件，直到“倒推”出一個顯然成立，或容易證明成立的式子，這種方法一般稱之為分析法.平時的學習中，應當注重分析法的應用，因為分析法能夠有效鍛煉我們的數學思維能力^[3].

參考文獻：

［1］中華人民共和國教育部.普通高中數學課程標準（2017年版2020年修訂）[M].北京：人民教育出版社，2020.

［2］ 劉海濤.一道極值點偏移典型問題的四種解法[J].中學數學研究，2020（08）：54-56.

［3］ 劉海濤，金奎.淺談圖象視角下的導數題的命題與解題思考[J].中學教研（數學），2023（07）：30-35.

［責任編輯：李 璟］