李德琳

摘要：利用函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系來(lái)證明一些數(shù)列不等式問(wèn)題，是高考中比較常見(jiàn)的一類(lèi)綜合交匯題，難度較大，具有很強(qiáng)的選拔性與區(qū)分度.通過(guò)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用確定對(duì)應(yīng)的不等式成立，進(jìn)而加以合理代換，巧妙放縮，綜合不等式的性質(zhì)來(lái)巧妙證明，總結(jié)規(guī)律，點(diǎn)撥方法，引領(lǐng)并指導(dǎo)解題研究與復(fù)習(xí)備考.

關(guān)鍵詞：導(dǎo)數(shù);函數(shù);數(shù)列;不等式;證明

我們熟知的重要不等式結(jié)論“ex≥x+1，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)等號(hào)成立”“l(fā)n x≤x-1，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)等號(hào)成立”，經(jīng)常巧妙設(shè)置于題中，是破解一些與不等式有關(guān)的問(wèn)題比較常用的重要結(jié)論.創(chuàng)設(shè)數(shù)列不等式的證明問(wèn)題，是高考數(shù)學(xué)中比較常見(jiàn)的一類(lèi)綜合交匯題，合理融合函數(shù)與方程、導(dǎo)數(shù)、數(shù)列、不等式及其證明等眾多知識(shí)，實(shí)現(xiàn)命題的綜合性、交匯性與創(chuàng)新性，倍受各方關(guān)注.

1 問(wèn)題呈現(xiàn)

問(wèn)題 [陜西省咸陽(yáng)市2022年高考模擬檢測(cè)（二）數(shù)學(xué)（理科）試題·21]已知函數(shù)f（x）=ln x-kx+1.

（1）若f（x）≤0恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍;

（2）證明：（1+122）（1+132）……（1+1n2）1）.

此題以含參函數(shù)所對(duì)應(yīng)的不等式恒成立來(lái)巧妙創(chuàng)設(shè)情境，進(jìn)而確定對(duì)應(yīng)參數(shù)的取值范圍，在此基礎(chǔ)上構(gòu)建重要不等式結(jié)論“l(fā)n x≤x-1，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)等號(hào)成立”，進(jìn)而通過(guò)合理代換，結(jié)合放縮處理與變形，巧妙證明對(duì)應(yīng)的數(shù)列不等式.

2 問(wèn)題破解

方法1：分類(lèi)討論法+裂項(xiàng)法1.

解析：（1）函數(shù)f（x）=ln x-kx+1的定義城為（0，+∞），f′（x）=1x-k=1-kxx.

當(dāng)k≤0時(shí)，f′（x）>0恒成立，則函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增.

因?yàn)閒（1）=-k+1>0，所以f（x）≤0不恒成立.

當(dāng)k>0時(shí)，令f′（x）=0，解得x=1k.

若x∈0，1k，則f′（x）>0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增;若x∈1k，+∞，則f′（x）<0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減.

于是fmax（x）=f1k=-ln k.

若f（x）≤0恒成立，則只需f1k=-ln k≤0即可，

化簡(jiǎn)可得k≥1.所以實(shí)數(shù)k的取值范圍是[1，+∞）.

（2）證明：由（1）知，當(dāng)k=1時(shí)，有不等式ln x≤x-1對(duì)任意x∈（0，+∞）恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)等號(hào)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時(shí)，滿足1+122=54<e23;

當(dāng)n≥3時(shí)，

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：解決與含參函數(shù)有關(guān)的不等式問(wèn)題，可以借助參數(shù)的不同取值情況加以分類(lèi)討論;而證明不等式時(shí)，利用（1）中重要不等式結(jié)論加以轉(zhuǎn)化，通過(guò)合理放縮，借助裂項(xiàng)求和來(lái)轉(zhuǎn)化，實(shí)現(xiàn)對(duì)應(yīng)不等式的證明與應(yīng)用.

方法2：分離參數(shù)法+裂項(xiàng)法2.

解析：（1）函數(shù)f（x）=ln x-kx+1的定義城為（0，+∞）.

由f（x）≤0，可得ln x+1x≤k.

構(gòu)建函數(shù)g（x）=ln x+1x，求導(dǎo)，得g′（x）=-ln xx2.令g′（x）=0，解得x=1.

若x∈（0，1），則g′（x）>0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增;若x∈（1，+∞），則g′（x）<0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減.

于是gmax（x）=g（1）=1.

結(jié)合f（x）≤0恒成立，可得k≥1.

所以實(shí)數(shù)k的取值范圍是[1，+∞）.

（2）證明：由（1）知，當(dāng)k=1時(shí)，有不等式ln x≤x-1對(duì)任意x∈（0，+∞）恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)等號(hào)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：解決與含參函數(shù)有關(guān)的不等式問(wèn)題，通過(guò)分離參數(shù)，借助構(gòu)建函數(shù)，通過(guò)確定函數(shù)的最值得以解決參數(shù)的取值范圍問(wèn)題，也是解決此類(lèi)問(wèn)題比較常見(jiàn)的一種技巧方法;不等式證明中的不同放縮尺度以及對(duì)應(yīng)的裂項(xiàng)求和處理，都是解決問(wèn)題的重點(diǎn)，關(guān)鍵是合理配湊與巧妙轉(zhuǎn)化.

3 變式拓展

保持創(chuàng)新問(wèn)題背景，借助不同數(shù)列不等式的給出，通過(guò)不同類(lèi)型的參數(shù)代換處理，實(shí)現(xiàn)不同數(shù)列不等式的證明問(wèn)題，拓展思維，倡導(dǎo)應(yīng)用.

變式1 已知函數(shù)f（x）=ln x-kx+1.

（1）若f（x）≤0恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍;

（2）證明：ln 23+ln 34+ln 45+……+ln nn+11）.

解析：（1）同原問(wèn)題中的解析（1），可得k≥1，所以實(shí)數(shù)k的取值范圍是[1，+∞）.

（2）證明：由（1）知，當(dāng)k=1時(shí)，有不等式ln x≤x-1對(duì)任意x∈（0，+∞）恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)等號(hào)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）.

變式2 已知函數(shù)f（x）=ln x-kx+1.

（1）若f（x）≤0恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍;

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

解析：（1）同原問(wèn)題中的解析（1），可得k≥1，所以實(shí)數(shù)k的取值范圍是[1，+∞）.

（2）證明：由（1）知，當(dāng)k=1時(shí)，有不等式ln x≤x-1對(duì)任意x∈（0，+∞）恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)等號(hào)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?yàn)閚=1時(shí)，ln1+12<12，所以

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

不妨令

Sn=12+222+……+n2n????? ①

①式兩邊同乘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，從而

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）.

變式3 已知函數(shù)f（x）=ln x-kx+1.

（1）若f（x）≤0恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍;

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

解析：（1）同原問(wèn)題中的解析（1），可得k≥1，所以實(shí)數(shù)k的取值范圍是[1，+∞）.

（2）證明：由（1）知，當(dāng)k=1時(shí)，有不等式ln x≤x-1對(duì)任意x∈（0，+∞）恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)等號(hào)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

則有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與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：根據(jù)重要不等式結(jié)論“l(fā)n x≤x-1，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)等號(hào)成立”的分析與求解，再結(jié)合所要證明的數(shù)列不等式的形式，抓住數(shù)列中相關(guān)項(xiàng)的結(jié)構(gòu)特征，合理引入?yún)?shù)進(jìn)行代換處理，結(jié)合不等式的性質(zhì)以及所要證明的不等式結(jié)構(gòu)的特征，巧妙放縮與轉(zhuǎn)化，從而實(shí)現(xiàn)數(shù)列不等式的證明與應(yīng)用.

4 教學(xué)啟示

（1）記憶二級(jí)結(jié)論，掌握基本方法.

重要不等式結(jié)論“ex≥x+1，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)等號(hào)成立”或“l(fā)n x≤x-1，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)等號(hào)成立”，是導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用中比較常見(jiàn)的二級(jí)結(jié)論，特別在一些小題（選擇題或填空題）中，結(jié)合指數(shù)式或?qū)?shù)式的特征結(jié)構(gòu)，利用相應(yīng)的二級(jí)結(jié)論合理放縮，巧妙化歸轉(zhuǎn)化，使問(wèn)題的求解更加直接、便捷，是破解一些與不等式有關(guān)的問(wèn)題比較常用的重要結(jié)論與技巧策略.

（2）巧妙參數(shù)代換，合理放縮處理.

涉及此類(lèi)數(shù)列不等式的證明與應(yīng)用，其實(shí)質(zhì)就是巧妙利用重要不等式結(jié)論“ex≥x+1，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)等號(hào)成立”或“l(fā)n x≤x-1，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)等號(hào)成立”，借助結(jié)論實(shí)質(zhì)結(jié)合數(shù)列不等式中相關(guān)的項(xiàng)加以合理參數(shù)代換，對(duì)比所證明不等式的結(jié)構(gòu)特征與結(jié)論，合理放縮處理，巧妙變形轉(zhuǎn)化，從而實(shí)現(xiàn)不等式的證明.