一道不等式证明的探究

李德琳

摘要：利用函数与导数的关系来证明一些数列不等式问题，是高考中比较常见的一类综合交汇题，难度较大，具有很强的选拔性与区分度.通过函数与导数的应用确定对应的不等式成立，进而加以合理代换，巧妙放缩，综合不等式的性质来巧妙证明，总结规律，点拨方法，引领并指导解题研究与复习备考.

关键词：导数;函数;数列;不等式;证明

我们熟知的重要不等式结论“ex≥x+1，当且仅当x=0时等号成立”“ln x≤x-1，当且仅当x=1时等号成立”，经常巧妙设置于题中，是破解一些与不等式有关的问题比较常用的重要结论.创设数列不等式的证明问题，是高考数学中比较常见的一类综合交汇题，合理融合函数与方程、导数、数列、不等式及其证明等众多知识，实现命题的综合性、交汇性与创新性，倍受各方关注.

1 问题呈现

问题 [陕西省咸阳市2022年高考模拟检测（二）数学（理科）试题·21]已知函数f（x）=ln x-kx+1.

（1）若f（x）≤0恒成立，求实数k的取值范围;

（2）证明：（1+122）（1+132）……（1+1n2）1）.

此题以含参函数所对应的不等式恒成立来巧妙创设情境，进而确定对应参数的取值范围，在此基础上构建重要不等式结论“ln x≤x-1，当且仅当x=1时等号成立”，进而通过合理代换，结合放缩处理与变形，巧妙证明对应的数列不等式.

2 问题破解

方法1：分类讨论法+裂项法1.

解析：（1）函数f（x）=ln x-kx+1的定义城为（0，+∞），f′（x）=1x-k=1-kxx.

当k≤0时，f′（x）>0恒成立，则函数f（x）在（0，+∞）上单调递增.

因为f（1）=-k+1>0，所以f（x）≤0不恒成立.

当k>0时，令f′（x）=0，解得x=1k.

若x∈0，1k，则f′（x）>0，函数f（x）单调递增;若x∈1k，+∞，则f′（x）<0，函数f（x）单调递减.

于是fmax（x）=f1k=-ln k.

若f（x）≤0恒成立，则只需f1k=-ln k≤0即可，

化简可得k≥1.所以实数k的取值范围是[1，+∞）.

（2）证明：由（1）知，当k=1时，有不等式ln x≤x-1对任意x∈（0，+∞）恒成立，当且仅当x=1时等号成立.

所以x∈（1，+∞），ln x

令x=1+1n2（n∈N*，n>1），代入ln x

ln1+1n2<1n2<1n2-1=121n-1-1n+1.

又n=2时，满足1+122=54<e23;

当n≥3时，

ln1+122+ln1+132+……+ln1+1n2<14+1212-14+……+1n-2-1n+1n-1-1n+1=14+1212+13-1n-1n+1<812=23.

即ln1+1221+132……1+1n2<23（n∈N*，n>1）.

所以1+1221+132……1+1n2<e23（n∈N*，n>1）.

解后反思：解决与含参函数有关的不等式问题，可以借助参数的不同取值情况加以分类讨论;而证明不等式时，利用（1）中重要不等式结论加以转化，通过合理放缩，借助裂项求和来转化，实现对应不等式的证明与应用.

方法2：分离参数法+裂项法2.

解析：（1）函数f（x）=ln x-kx+1的定义城为（0，+∞）.

由f（x）≤0，可得ln x+1x≤k.

构建函数g（x）=ln x+1x，求导，得g′（x）=-ln xx2.令g′（x）=0，解得x=1.

若x∈（0，1），则g′（x）>0，函数g（x）单调递增;若x∈（1，+∞），则g′（x）<0，函数g（x）单调递减.

于是gmax（x）=g（1）=1.

结合f（x）≤0恒成立，可得k≥1.

所以实数k的取值范围是[1，+∞）.

（2）证明：由（1）知，当k=1时，有不等式ln x≤x-1对任意x∈（0，+∞）恒成立，当且仅当x=1时等号成立.

所以x∈（1，+∞），ln x<x-1恒成立.

令x=1+1n2（n∈N*，n>1），代入lnx

ln1+1n2<1n2<1n2-14=212n-1-12n+1.

所以ln1+122+ln1+132+……+ln1+1n2<213-15+15-17+……+12n-1-12n+1=213-12n+1<23.

即ln1+1221+132……1+1n2<23（n∈N*，n>1）.

所以1+1221+132……1+1n2<e23（n∈N*，n>1）.

解后反思：解决与含参函数有关的不等式问题，通过分离参数，借助构建函数，通过确定函数的最值得以解决参数的取值范围问题，也是解决此类问题比较常见的一种技巧方法;不等式证明中的不同放缩尺度以及对应的裂项求和处理，都是解决问题的重点，关键是合理配凑与巧妙转化.

3 变式拓展

保持创新问题背景，借助不同数列不等式的给出，通过不同类型的参数代换处理，实现不同数列不等式的证明问题，拓展思维，倡导应用.

变式1 已知函数f（x）=ln x-kx+1.

（1）若f（x）≤0恒成立，求实数k的取值范围;

（2）证明：ln 23+ln 34+ln 45+……+ln nn+11）.

解析：（1）同原问题中的解析（1），可得k≥1，所以实数k的取值范围是[1，+∞）.

（2）证明：由（1）知，当k=1时，有不等式ln x≤x-1对任意x∈（0，+∞）恒成立，当且仅当x=1时等号成立.

所以x∈（1，+∞），ln x

令x=n2（n∈N*，n>1），代入ln x

ln n2<n2-1，即2ln n<（n-1）（n+1），亦即

ln nn+1<n-12（n∈N*，n>1）.

于是ln 23+ln 34+ln 45+……+ln nn+1<12+22+32+……+n-12=n（n-1）4（n∈N*，n>1）.

所以ln 23+ln 34+ln 45+……+ln nn+1<n（n-1）4（n∈N*，n>1）.

变式2 已知函数f（x）=ln x-kx+1.

（1）若f（x）≤0恒成立，求实数k的取值范围;

（2）证明：（1+12）（1+222）……（1+n2n）<e2（n∈N*，n>1）.

解析：（1）同原问题中的解析（1），可得k≥1，所以实数k的取值范围是[1，+∞）.

（2）证明：由（1）知，当k=1时，有不等式ln x≤x-1对任意x∈（0，+∞）恒成立，当且仅当x=1时等号成立.

所以x∈（1，+∞），ln x<x-1恒成立.

令x=1+n2n（n∈N*，n>1），代入ln x

又因为n=1时，ln1+12<12，所以

ln1+12+ln1+222+……+ln1+n2n<12+222+……+n2n.

不妨令

Sn=12+222+……+n2n      ①

①式两边同乘12，得

12Sn=122+223+……+n2n+1     ②

由①-②，可得12Sn=12+122+123+……+12n-n2n+1=121-12n1-12-n2n+1=1-n+22n+1.

所以Sn=2-n+22n<2，从而

ln1+12+ln1+222+……+ln1+n2n<2.

亦即ln[1+121+222……1+n2n]<2.

所以1+121+222……1+n2n<e2（n∈N*，n>1）.

变式3 已知函数f（x）=ln x-kx+1.

（1）若f（x）≤0恒成立，求实数k的取值范围;

（2）证明：ln 23+ln 38+ln 415+……+ln nn2-1+1+1nn<n2+n+104（n∈N*，n>1）.

解析：（1）同原问题中的解析（1），可得k≥1，所以实数k的取值范围是[1，+∞）.

（2）证明：由（1）知，当k=1时，有不等式ln x≤x-1对任意x∈（0，+∞）恒成立，当且仅当x=1时等号成立.

所以x∈（1，+∞），ln x<x-1恒成立.

令x=1+1n（n∈N*，n>1），代入ln x

则有nln1+1n<1.所以ln1+1nn <1，亦即

1+1nn <e<3③

另一方面，令x=n2（n∈N*，n>1），代入不等式ln x

故2ln n<n2-1，即ln nn2-1<12<n2（n∈N*，n>1）.

ln 23+ln 38+ln 415+……+ln nn2-1<12（2+3+4+……+n）=（n-1）（n+2）4（n∈N*，n>1）.④

所以由③与④同向相加，

ln 23+ln 38+ln 415+……+ln nn2-1+（1+1n）n<（n-1）（n+2）4+3=n2+n+104（n∈N*，n>1）.

解后反思：根据重要不等式结论“ln x≤x-1，当且仅当x=1时等号成立”的分析与求解，再结合所要证明的数列不等式的形式，抓住数列中相关项的结构特征，合理引入参数进行代换处理，结合不等式的性质以及所要证明的不等式结构的特征，巧妙放缩与转化，从而实现数列不等式的证明与应用.

4 教学启示

（1）记忆二级结论，掌握基本方法.

重要不等式结论“ex≥x+1，当且仅当x=0时等号成立”或“ln x≤x-1，当且仅当x=1时等号成立”，是导数及其应用中比较常见的二级结论，特别在一些小题（选择题或填空题）中，结合指数式或对数式的特征结构，利用相应的二级结论合理放缩，巧妙化归转化，使问题的求解更加直接、便捷，是破解一些与不等式有关的问题比较常用的重要结论与技巧策略.

（2）巧妙参数代换，合理放缩处理.

涉及此类数列不等式的证明与应用，其实质就是巧妙利用重要不等式结论“ex≥x+1，当且仅当x=0时等号成立”或“ln x≤x-1，当且仅当x=1时等号成立”，借助结论实质结合数列不等式中相关的项加以合理参数代换，对比所证明不等式的结构特征与结论，合理放缩处理，巧妙变形转化，从而实现不等式的证明.