一类导数压轴题中数列不等式的倒逆思维过程
2020-03-08杨超拔
杨超拔
【摘要】本文主要探讨解决函数与数列不等式这类压轴题的思维，通过观察、分析、判断结论中的数列不等式，结合导数的有关性质，将问题放置于一个动态的环境中处理，达到化难为易，化繁为简的目的.
【关键词】函数与数列不等式;压轴题;倒逆思维;执果索因
把函数、导数问题和数列不等式问题交汇在一起命制高三试卷的压轴题是一个热点的命题方向，其中把欲证的不等式通常放在此类问题的最后一步，这是在更深层次上对函数思想进行综合考查，难度较大.若能学会“分析”，从欲证的不等式出发，层层推求，搭建起中间的“桥梁”，则有一种“柳暗花明又一村”的感觉，也是解题人更高思维品质的体现.笔者长期从事高三数学教学，下面就这类问题结合教学实践做一些细致的探讨.
例1 （福州市2019届高三期末理数20题）已知函数f（x）=ln（1+x）-axx+2.
（Ⅰ）当a=0时，求曲线y=f（x）在原点处的切线方程;
（Ⅱ）当a>0时，讨论函数f（x）在区间（0，+∞）上的单调性;
（Ⅲ）证明不等式13+15+…+12n+1 解 f′（x）=11+x-2a（x+2）2=x2+（4-2a）x+（4-2a）（x+1）（x+2）2. （Ⅰ）切线的斜率k=f′（0）=1，所以切线方程为y=x; （Ⅱ）a>0时，因为x>0，所以只要考查g（x）=x2+（4-2a）x+（4-2a）的符号. 由Δ=（4-2a）2-4（4-2a）≤0，得0 当0 当a>2时，由g（x）=0解得x=a-2+a2-2a. 当x变化时，f′（x）与f（x）的变化情况如下表： x（0，a-2+a2-2a）a-2+a2-2a（a-2+a2-2a，+∞） f′（x）-0+ f（x）单调递减极小值单调递增 函数f（x）在区间（0，a-2+a2-2a）单调递减，在区间（a-2+a2-2a，+∞）上单调递增. 此类问题第（Ⅲ）小步往往不是以“孤立”的面貌出现的，它必然“有阶可攀”，它的解决通常要利用前两步已经做出来的结果.当然这一步对考生的解题能力和心理素质是一个挑战.考生若一直从条件来寻求解题的突破口，往往会被“卡”住，无法得出解题思路. 在这里，若能找准解题的目标，即对要证的数列不等式，展开大跨度、粗线条的联想，合理转化结论，力争迅速敏锐地抓住第（Ⅲ）小步与前两步的内在联系，问题即可迎刃而解.思维过程如下： 欲证13+15+…+12n+1 发现左边是一个数列{an}的通项an=12n+1的累加式，即∑nk=112k+1，此时应意识到右边也是累加的结果，再由对数的运算性质可得： lnn+1=12ln（n+1）=12ln[ln（n+1）-ln1] =12[（ln（n+1）-ln（n））+（ln（n）-ln（n-1））+…+（ln2-ln1）] =12lnn+1n+lnnn-1+…+ln21， 从而①式 ∑nk=112k+1<12∑nk=1lnk+1k=12∑nk=1ln1+1k （由于f（x）中有“ln（1+x）”形式） 2∑nk=112k+1<∑nk=1ln1+1k ∑nk=122k+1<∑nk=1ln1+1k.② 此时要证②式成立，只需证22k+1 對③令x=1k则只需证2x2+x 即证ln（1+x）-2x2+x>0.⑤ 对照题设条件可发现（Ⅱ）步中有结论：当0 评注：上述“执果索因”的思维过程，让解题有章可循，有路可走，思维的过程不断完美，达到“水到渠成”. 例2 （黄冈市2019届高三上学期期末考理数20题）已知函数f（x）=x|x-a|-ln（x+1）. （1）当a=0时，求函数f（x）的单调区间; （2）当a=-1时，若x∈[0，+∞），f（x）≤（k+1）x2恒成立，求实数k的最小值; （3）证明∑ni=122i-1-ln（2n+1）<2（n∈N+）. 解 （1）略. （2）当a=-1，x≥0时， f（x）=x|x+1|-ln（x+1）=x2+x-ln（x+1）， ∴x∈[0，+∞），x2+x-ln（x+1）≤（k+1）x2， 即kx2-x+ln（x+1）≥0.（*） 设g（x）=kx2-x+ln（x+1），x≥0. 当k≤0时，g（1）≤-1+ln2<0，不合题意. 当k>0时，g′（x）=2kx-1+1x+1=2kxx+1-12kx+1. 令g′（x）=0得x1=0，x2=12k-1>-1， ① 当k≥12时，x2≤x1，g′（x）>0在（0，+∞）上恒成立，g（x）在[0，+∞）单增， ∴g（x）≥g（0）=0，故k≥12符合题意; ② 当0 综上kmin=12. 欲证（3）步的不等式可用类似例1的分析法来解决，但此题的解决不那么顺利，可谓一波三折，考场上需要良好的心理素质和应变能力. 欲证的结论为∑ni=122i-1-ln（2n+1）<2（n∈N+）， 对不等式的左边同样可处理为 ∑ni=122i-1-（ln（2n+1）-ln1） =∑ni=122i-1-[（ln（2n+1）-ln（2n-1））+（ln（2n-1）-ln（2n-3））+…+（ln3-ln1）] =∑ni=122i-1-∑ni=1[ln（2i+1）-ln（2i-1）] =∑ni=122i-1-（ln（2i+1）-ln（2i-1）） =∑ni=122i-1-ln22i-1+1. 此时可发现对（2）步中的（*）式令k=12有 x-ln（x+1）≤x22（x≥0）.① 式子结构如此相似.条件与结论之间如此完美联系着，对①令x=22i-1>0，则 22i-1-ln22i-1+1≤22i-122=2（2i-1）2， ∴∑ni=122i-1-ln（22i-1+1）≤∑ni=12（2i-1）2， 如何证∑ni=12（2i-1）2<2？显然利用放缩法，其过程要通过裂项相消的途径. ∑2i=12（2i-1）2<∑2i=12（2i-1）（2i-3） =∑2i=11（2i-3）-1（2i-1）， 但当i=1时，12i-3<0，此时上述不等式还成立吗？解题陷入困惑. 既然i=1时不成立，那就从i=2开始吧，于是将上述过程修正为i≥2时有 ∑ni=222i-1-ln（2n+1）=∑ni=222i-1-[（ln（2n+1）-ln（2n-1））+…+（ln5-ln3）]-ln3 =∑ni=222i-1-ln22i-1+1-ln3 ≤∑ni=22（2i-1）2-ln3 <∑ni=22（2i-1）（2i-3）-ln3 =∑ni=212i-3-12i-1-ln3=1-12n-1-ln3， 即n≥2时，有 ∑ni=222i-1-ln（2n+1）<1-12n-1-ln3.② 又n=1时22×1-1-ln3<2显然成立，对②式两边同时加上2，则有∑ni=122i-1-ln（2n+1）<2+1-12n-1-ln3<2，即命题得证. 解后反思：从欲证不等式左边出发，巧用分析法，利用累加特征，实现与（2）步中得出的结论：x-ln（x+1）≤x22（x≥0）完美对接，确有移花接木之功效. 上述两例，执“果”索“因”，巧妙地搭建数列不等式与函数不等式之间联系的桥梁，其中函数不等式蕴涵在前两步之中，需要艰辛地探求和敏锐的洞察，但有时为了证明的需要，也要临时构造函数. 例3 （合肥市2018届高三第一次教学质量检测理数21题）已知函数fn（x）=x+nx（x>0，n≥1，n∈Z），以点（n，fn（n））为切点作函数y=fn（x）的图像的切线ln，记函数y=fn（x）的图像与三条直线x=n，x=n+1，ln所围成的区域面积为an. （Ⅰ）求an; （Ⅱ）求证an<13n2. 解 （Ⅰ）f′（x）=1-nx2，f′（n）=1-1n，则切线ln的方程为y-（n+1）=1-nn2（x-n）， 即ln：y=1-1nx+2， ∴an=∫n+1nx+nx-1-1nx-2dx =∫n+1nxn+nx-2dx=nln1+1n+12n-1. （Ⅱ）an<13n2 nln1+1n+12n-1<13n2 x=1n1xln（x+1）+x2-1 ln（1+x）+x22-x-x33<0.（*） 令h（x）=ln（1+x）-x+x22-x33（x≥0）， ∴h′（x）=11+x-1+x-x2=-x31+x≤0， ∴h（x）在[0，+∞）单调递减， ∴当x≥0时，h（x）≤h（0）=0，当且仅当x=0时取等号， ∴x>0时，ln（1+x） 即（*）式子得证，从而an<13n2. 对待函数与数列不等式的综合题，将非函数问题的条件和结论，通过类比、联想、抽象、概括等手段，深入审题，充分发掘条件和结论可对接的因素，构造出某些函数关系，使问题获解，這是函数思想解题更高层次的体现.特别要注意的是，构造时要深入审题，充分挖掘题设中可类比联想的因素，促进思维迁移. 现代教育最重要的特征是追求个人的全面发展，以期取得最大效益和最高发展，对一些有浓厚的学习兴趣、超常的学习能力、顽强的学习毅力、勇于创新的学生，教会他们解答此类函数与数列不等式的压轴题，将综合法与分析法结合起来使用，迅速找到不等式证明的有效途径，抓住事物的本质和规律，培养学生思维的深刻性和独创性，正是我们教学中“授人以鱼，不如授之以渔”的道理. 【参考文献】 [1]蔡小雄.更高更妙的高中数学思想与方法[M].杭州：浙江大学出版社，2015.
