一類導數壓軸題中數列不等式的倒逆思維過程

楊超拔

【摘要】本文主要探討解決函數與數列不等式這類壓軸題的思維，通過觀察、分析、判斷結論中的數列不等式，結合導數的有關性質，將問題放置于一個動態的環境中處理，達到化難為易，化繁為簡的目的.

【關鍵詞】函數與數列不等式;壓軸題;倒逆思維;執果索因

把函數、導數問題和數列不等式問題交匯在一起命制高三試卷的壓軸題是一個熱點的命題方向，其中把欲證的不等式通常放在此類問題的最后一步，這是在更深層次上對函數思想進行綜合考查，難度較大.若能學會“分析”，從欲證的不等式出發，層層推求，搭建起中間的“橋梁”，則有一種“柳暗花明又一村”的感覺，也是解題人更高思維品質的體現.筆者長期從事高三數學教學，下面就這類問題結合教學實踐做一些細致的探討.

例1?（福州市2019屆高三期末理數20題）已知函數f（x）=ln（1+x）-axx+2.

（Ⅰ）當a=0時，求曲線y=f（x）在原點處的切線方程;

（Ⅱ）當a>0時，討論函數f（x）在區間（0，+∞）上的單調性;

（Ⅲ）證明不等式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）切線的斜率k=f′（0）=1，所以切線方程為y=x;

（Ⅱ）a>0時，因為x>0，所以只要考查g（x）=x2+（4-2a）x+（4-2a）的符號.

由Δ=（4-2a）2-4（4-2a）≤0，得0

當00，從而f′（x）>0，f（x）在區間（0，+∞）上單調遞增;

當a>2時，由g（x）=0解得x=a-2+a2-2a.

當x變化時，f′（x）與f（x）的變化情況如下表：

x（0，a-2+a2-2a）a-2+a2-2a（a-2+a2-2a，+∞）

f′（x）-0+

f（x）單調遞減極小值單調遞增

函數f（x）在區間（0，a-2+a2-2a）單調遞減，在區間（a-2+a2-2a，+∞）上單調遞增.

此類問題第（Ⅲ）小步往往不是以“孤立”的面貌出現的，它必然“有階可攀”，它的解決通常要利用前兩步已經做出來的結果.當然這一步對考生的解題能力和心理素質是一個挑戰.考生若一直從條件來尋求解題的突破口，往往會被“卡”住，無法得出解題思路.

在這里，若能找準解題的目標，即對要證的數列不等式，展開大跨度、粗線條的聯想，合理轉化結論，力爭迅速敏銳地抓住第（Ⅲ）小步與前兩步的內在聯系，問題即可迎刃而解.思維過程如下：

欲證13+15+…+12n+1

發現左邊是一個數列{an}的通項an=12n+1的累加式，即∑nk=112k+1，此時應意識到右邊也是累加的結果，再由對數的運算性質可得：

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，

從而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

此時要證②式成立，只需證22k+1

對③令x=1k則只需證2x2+x

即證ln（1+x）-2x2+x>0.⑤

對照題設條件可發現（Ⅱ）步中有結論：當00時f（x）>f（0），即ln（1+x）-2xx+2>0，從而⑤式得證，至此條件與結論順利“牽手”.

評注：上述“執果索因”的思維過程，讓解題有章可循，有路可走，思維的過程不斷完美，達到“水到渠成”.

例2?（黃岡市2019屆高三上學期期末考理數20題）已知函數f（x）=x|x-a|-ln（x+1）.

（1）當a=0時，求函數f（x）的單調區間;

（2）當a=-1時，若x∈[0，+∞），f（x）≤（k+1）x2恒成立，求實數k的最小值;

（3）證明∑ni=122i-1-ln（2n+1）<2（n∈N+）.

解?（1）略.

（2）當a=-1，x≥0時，

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.（*）

設g（x）=kx2-x+ln（x+1），x≥0.

當k≤0時，g（1）≤-1+ln2<0，不合題意.

當k>0時，g′（x）=2kx-1+1x+1=2kxx+1-12kx+1.

令g′（x）=0得x1=0，x2=12k-1>-1，

① 當k≥12時，x2≤x1，g′（x）>0在（0，+∞）上恒成立，g（x）在[0，+∞）單增，

∴g（x）≥g（0）=0，故k≥12符合題意;

② 當0x1，對x∈0，12k-1，g′（x）<0，g（x）

綜上kmin=12.

欲證（3）步的不等式可用類似例1的分析法來解決，但此題的解決不那么順利，可謂一波三折，考場上需要良好的心理素質和應變能力.

欲證的結論為∑ni=122i-1-ln（2n+1）<2（n∈N+），

對不等式的左邊同樣可處理為

∑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.

此時可發現對（2）步中的（*）式令k=12有

x-ln（x+1）≤x22（x≥0）.①

式子結構如此相似.條件與結論之間如此完美聯系著，對①令x=22i-1>0，則

22i-1-ln22i-1+1≤22i-122=2（2i-1）2，

∴∑ni=122i-1-ln（22i-1+1）≤∑ni=12（2i-1）2，

如何證∑ni=12（2i-1）2<2？顯然利用放縮法，其過程要通過裂項相消的途徑.

∑2i=12（2i-1）2<∑2i=12（2i-1）（2i-3）

=∑2i=11（2i-3）-1（2i-1），

但當i=1時，12i-3<0，此時上述不等式還成立嗎？解題陷入困惑.

既然i=1時不成立，那就從i=2開始吧，于是將上述過程修正為i≥2時有

∑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時，有

∑ni=222i-1-ln（2n+1）<1-12n-1-ln3.②

又n=1時22×1-1-ln3<2顯然成立，對②式兩邊同時加上2，則有∑ni=122i-1-ln（2n+1）<2+1-12n-1-ln3<2，即命題得證.

解后反思：從欲證不等式左邊出發，巧用分析法，利用累加特征，實現與（2）步中得出的結論：x-ln（x+1）≤x22（x≥0）完美對接，確有移花接木之功效.

上述兩例，執“果”索“因”，巧妙地搭建數列不等式與函數不等式之間聯系的橋梁，其中函數不等式蘊涵在前兩步之中，需要艱辛地探求和敏銳的洞察，但有時為了證明的需要，也要臨時構造函數.

例3?（合肥市2018屆高三第一次教學質量檢測理數21題）已知函數fn（x）=x+nx（x>0，n≥1，n∈Z），以點（n，fn（n））為切點作函數y=fn（x）的圖像的切線ln，記函數y=fn（x）的圖像與三條直線x=n，x=n+1，ln所圍成的區域面積為an.

（Ⅰ）求an;

（Ⅱ）求證an<13n2.

解?（Ⅰ）f′（x）=1-nx2，f′（n）=1-1n，則切線ln的方程為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，+∞）單調遞減，

∴當x≥0時，h（x）≤h（0）=0，當且僅當x=0時取等號，

∴x>0時，ln（1+x）

即（*）式子得證，從而an<13n2.

對待函數與數列不等式的綜合題，將非函數問題的條件和結論，通過類比、聯想、抽象、概括等手段，深入審題，充分發掘條件和結論可對接的因素，構造出某些函數關系，使問題獲解，這是函數思想解題更高層次的體現.特別要注意的是，構造時要深入審題，充分挖掘題設中可類比聯想的因素，促進思維遷移.

現代教育最重要的特征是追求個人的全面發展，以期取得最大效益和最高發展，對一些有濃厚的學習興趣、超常的學習能力、頑強的學習毅力、勇于創新的學生，教會他們解答此類函數與數列不等式的壓軸題，將綜合法與分析法結合起來使用，迅速找到不等式證明的有效途徑，抓住事物的本質和規律，培養學生思維的深刻性和獨創性，正是我們教學中“授人以魚，不如授之以漁”的道理.

【參考文獻】

[1]蔡小雄.更高更妙的高中數學思想與方法[M].杭州：浙江大學出版社，2015.