对一道数列不等式证明的深入研究

摘 要：文章对2023年天津市高考数学卷的压轴题予以探究，重点分析第（3）问数列不等式的证明方法，从四个角度给出构造函数的策略，并给出九种不同的解法.

关键词：数列不等式；多解探析；四基；四能

中图分类号：G632"" 文献标识码：A"" 文章编号：1008-0333（2024）31-0039-05

收稿日期：2024-08-05

作者简介：刘海涛（1988—），男，安徽省滁州人，本科，中学一级教师，从事高中数学教学研究.

基金项目：安徽省芜湖市2022年度教育科学研究课题“基于SOLO理论的发展学生数学核心素养的实践研究”（项目编号：JK22019）.

《普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）》指出：通过高中数学课程的学习，学生能获得进一步学习以及未来发展所必需的数学基础知识、基本技能、基本思想、基本活动经验（简称“四基”）；提高从数学角度发现和提出问题的能力、分析和解决问题的能力（简称“四能”）^[1].笔者在高考备考教学中，注意到2023年天津市高考数学卷的压轴题，尤其是其第（3）问的数列不等式的证明，是一道能够锻炼学生思维能力、考查学生“四基四能”的好题.

1 试题呈现与分析

题目 已知函数f（x）=（1x+12）ln（x+1）.

（1）求曲线y=f（x）在x=2处的切线斜率；

（2）当xgt;0时，证明：f（x）gt;1；

（3）证明：56lt;ln（n！）-（n+12）lnn+n≤1.

分析 第（1）问属于基础性问题，考查学生对导数几何意义的理解，要求学生能够准确求出函数f ′（x）=2+x2x（x+1）-ln（x+1）x2，再计算出f ′（2）=13-ln34.第（2）问属于中等难度问题，

根据第（1）问得到的f ′（x）的表达式很难判断函数f（x）的单调性，则应先将所证不等式

变形整理为ln（x+1）gt;2xx+2，再作差构造函数g（x）=ln（x+1）-2xx+2（xgt;0），注意到g（x）=0，借助导数g′（x）=x2（x+1）（x+2）2gt;0判断函数g（x）单调递增即可.这里，为何是将不等式变形为不等号一侧只有对数式ln（x+1）呢？事实上，之所以将不等式f（x）gt;1变形后再作差构造函数，是因为直接研究函数f（x），其导函数f ′（x）的表达式中含有ln（x+1），仍是一个超越函数式，研究起来有难度，而将不等式变形为对数式单独在不等号一侧，再作差构造函数得到g（x），会发现导函数g′（x）的表达式是一个分式，分子和分母均为多项式函数（有理式），为研究导函数的符号提供了简便性、可行性；前两问难度不大，可以很好地考查考生的“四基四能”.第（3）问属于难度较大的综合性问题，限于篇幅，本文重点探究第（3）问.

2 试题多解探析

解析 设an=ln（n！）-（n+12）lnn+n，注意到a1=1，不难想到通过作差判断数列{an}的单调性.

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.

则数列{an}单调递减.

所以an≤a1.

即ln（n！）-（n+12）lnn+n≤1.

下面证明数列{an}的下界值不小于56即可.

由a1=1，得angt;56等价于a1-anlt;16.

又因为a1-an=（a1-a2）+（a2-a3）+…+

（an-1-an），于是问题转化为求证数列{an-an+1}的前n-1项和Sn-1lt;16.

由an-an+1=（n+12）ln（1+1n）-1是一个超越数列通项公式，在目前所学的基础上要想得到Sn-1的表达式是不可能的，于是不得不对an-an+1的表达式予以放缩，得到一个可以求和的数列bn，满足：（1）对n∈N*，有an-an+1lt;bn；（2）数列bn的前n-1项的和不小于16.

思考1 由（2）知xgt;1，（x+1）lnxgt;2（x-1），即在区间［1，t］（tgt;1）上，函数y=（x+1）lnx的图象位于函数y=2（x-1）的上方.

设函数y=（x+1）lnx与x轴、直线x=1、直线x=t围成的面积为S1，函数y=2（x-1）与x轴、直线x=1、直线x=t围成的面积为S2，显然S1gt;S2.

由积分知识，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 构造函数.

h（x）=（2x2+4x）lnx-（5x2-4x-1），

求导，得h′（x）=4（x+1）lnx-8（x-1）.

由（2）知，对xgt;0，（x+2）ln（x+1）gt;2x.

即xgt;1，（x+1）lnxgt;2（x-1）.

则当xgt;1时，h′（x）gt;0，函数h（x）在（1，+∞）上单调递增，所以对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）.

设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）.

设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 由对数均值不等式^[2]，可得

lnxlt;12（x-1x）（xgt;1）.

则∫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 构造函数.

h（x）=（4x+2）lnx-（x2+4x-5），

求导，得h′（x）=4lnx+2x-2x，

h″（x）=-2（1x-1）2≤0.

则函数h′（x）在（0，+∞）上单调递减.

则当xgt;1时，有h′（x）lt;h′（1）=0.

则函数h（x）在（1，+∞）上单调递减.

则对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 构造函数.

h（x）=ln（x+1）-x2+6x4x+6，

求导，得h′（x）=-x3（x+1）（2x+3）2，

当xgt;0时，有h′（x）lt;0，则函数h（x）在（0，+∞）上单调递减，则对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 设bn=16n（n+1）=16（1n-1n+1），由

裂项相消法求和，得数列bn的前n-1项的和16（1-1n）lt;16，则angt;56的充分条件为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 构造函数.

h（x）=ln（1+x）-x3+6x2+6x3（x+1）（x+2），

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

则函数h（x）在（-1，+∞）上单调递减.

则对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.

可以考虑利用数学归纳法证明这三个加强不等式.

方法7 用数学归纳法证明an≥56+16n（n∈N*）.

（1）当n=1时，a1=1=56+16，命题成立；

（2）假设当n=k（k∈N*）时命题成立，

即ak≥56+16k.

则当n=k+1时，有

ak+1=ak+（ak+1-ak）

≥56+16k-（ak-ak+1）.

同方法6，得ak-ak+1lt;16（1k-1k+1）.

则ak+1gt;56+16k-16（1k-1k+1）

=56+16（k+1）.

所以当n=k+1时命题也成立.

综上，an≥56+16n（n∈N*）.

所以angt;56.

方法8 用数学归纳法证明an≥78+14（3n-1）（n∈N*）.

（1）当n=1时，a1=1=78+18，命题成立；

（2）假设当n=k（k∈N*）时命题成立，即

ak≥78+14（3k-1）.

则当n=k+1时，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）.

则ak+1gt;78+14（3k-1）-14（13k-1-13k+2）

=78+14（3k+2）.

所以当n=k+1时命题也成立.

综上，得an≥78+14（3n-1）（n∈N*）.

所以angt;78gt;56.

方法9 用数学归纳法证明an≥1112+112n（n∈N*）.

（1）当n=1时，a1=1=1112+112，命题成立；

（2）假设当n=k（k∈N*）时命题成立，

即ak≥1112+112k.

则当n=k+1时，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）.

则ak+1gt;1112+112k-112（1k-1k+1）

=1112+112（k+1）.

所以当n=k+1时命题也成立.

综上，an≥1112+112n（n∈N*）.

所以angt;1112gt;56.

3 解法的归纳与思考

通过上文的分析不难看出，数列不等式证明的关键在于构造函数，得到一个函数不等式，将变量由实数替换为正整数即可完成证明.构造函数是解答导数试题的基本方法，更是证明数列不等式的通性通法，那么构造函数具体有哪些常用方法呢？一是从试题本身找答案.根据试题设问的逻辑顺序，一般前一问为后一问作好逻辑铺垫，而数列不等式的证明一般设置在试题的第三问，所以往往从试题的前两问出发，结合数列不等式本身，仔细分析，大胆构思尝试，便可得到符合题意的函数式.如在思考1中，将第（2）问的不等式变形为xgt;1，（x+1）lnxgt;2（x-1），构造的函数h（x）的导函数h′（x）恰好可以利用该变形式判断符号.二是从常用的不等式入手来构造函数.如在思考2中，利用常用的不等式lnxlt;12（x-1x）（xgt;1）构造函数h（x），使得函数的导函数h′（x）恰好可以利用该变形式判断符号.这里需要强调的是，平时的学习中一定要做一个“收纳者”，善于归纳、总结、积累.平时的作业、测试，尤其是教材中的例习题频繁出现的一些结论一定要理解本质，只有这样，考场上才能准确、快速地选准“素材”，巧妙、合理地构造出符合题意的不等式.三是从问题的结论入手，不断地“倒推”，去找使得结论成立的充分条件，直到“倒推”出一个显然成立，或容易证明成立的式子，这种方法一般称之为分析法.平时的学习中，应当注重分析法的应用，因为分析法能够有效锻炼我们的数学思维能力^[3].

参考文献：

［1］中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）[M].北京：人民教育出版社，2020.

［2］ 刘海涛.一道极值点偏移典型问题的四种解法[J].中学数学研究，2020（08）：54-56.

［3］ 刘海涛，金奎.浅谈图象视角下的导数题的命题与解题思考[J].中学教研（数学），2023（07）：30-35.

［责任编辑：李 璟］