一道不等式證明的探究

李德琳

摘要：利用函數與導數的關系來證明一些數列不等式問題，是高考中比較常見的一類綜合交匯題，難度較大，具有很強的選拔性與區分度.通過函數與導數的應用確定對應的不等式成立，進而加以合理代換，巧妙放縮，綜合不等式的性質來巧妙證明，總結規律，點撥方法，引領并指導解題研究與復習備考.

關鍵詞：導數;函數;數列;不等式;證明

我們熟知的重要不等式結論“ex≥x+1，當且僅當x=0時等號成立”“ln x≤x-1，當且僅當x=1時等號成立”，經常巧妙設置于題中，是破解一些與不等式有關的問題比較常用的重要結論.創設數列不等式的證明問題，是高考數學中比較常見的一類綜合交匯題，合理融合函數與方程、導數、數列、不等式及其證明等眾多知識，實現命題的綜合性、交匯性與創新性，倍受各方關注.

1 問題呈現

問題 [陜西省咸陽市2022年高考模擬檢測（二）數學（理科）試題·21]已知函數f（x）=ln x-kx+1.

（1）若f（x）≤0恒成立，求實數k的取值范圍;

（2）證明：（1+122）（1+132）……（1+1n2）1）.

此題以含參函數所對應的不等式恒成立來巧妙創設情境，進而確定對應參數的取值范圍，在此基礎上構建重要不等式結論“ln x≤x-1，當且僅當x=1時等號成立”，進而通過合理代換，結合放縮處理與變形，巧妙證明對應的數列不等式.

2 問題破解

方法1：分類討論法+裂項法1.

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

當k≤0時，f′（x）>0恒成立，則函數f（x）在（0，+∞）上單調遞增.

因為f（1）=-k+1>0，所以f（x）≤0不恒成立.

當k>0時，令f′（x）=0，解得x=1k.

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

于是fmax（x）=f1k=-ln k.

若f（x）≤0恒成立，則只需f1k=-ln k≤0即可，

化簡可得k≥1.所以實數k的取值范圍是[1，+∞）.

（2）證明：由（1）知，當k=1時，有不等式ln x≤x-1對任意x∈（0，+∞）恒成立，當且僅當x=1時等號成立.

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，滿足1+122=54<e23;

當n≥3時，

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：解決與含參函數有關的不等式問題，可以借助參數的不同取值情況加以分類討論;而證明不等式時，利用（1）中重要不等式結論加以轉化，通過合理放縮，借助裂項求和來轉化，實現對應不等式的證明與應用.

方法2：分離參數法+裂項法2.

解析：（1）函數f（x）=ln x-kx+1的定義城為（0，+∞）.

由f（x）≤0，可得ln x+1x≤k.

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

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

于是gmax（x）=g（1）=1.

結合f（x）≤0恒成立，可得k≥1.

所以實數k的取值范圍是[1，+∞）.

（2）證明：由（1）知，當k=1時，有不等式ln x≤x-1對任意x∈（0，+∞）恒成立，當且僅當x=1時等號成立.

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：解決與含參函數有關的不等式問題，通過分離參數，借助構建函數，通過確定函數的最值得以解決參數的取值范圍問題，也是解決此類問題比較常見的一種技巧方法;不等式證明中的不同放縮尺度以及對應的裂項求和處理，都是解決問題的重點，關鍵是合理配湊與巧妙轉化.

3 變式拓展

保持創新問題背景，借助不同數列不等式的給出，通過不同類型的參數代換處理，實現不同數列不等式的證明問題，拓展思維，倡導應用.

變式1 已知函數f（x）=ln x-kx+1.

（1）若f（x）≤0恒成立，求實數k的取值范圍;

（2）證明：ln 23+ln 34+ln 45+……+ln nn+11）.

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

（2）證明：由（1）知，當k=1時，有不等式ln x≤x-1對任意x∈（0，+∞）恒成立，當且僅當x=1時等號成立.

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f（x）=ln x-kx+1.

（1）若f（x）≤0恒成立，求實數k的取值范圍;

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

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

（2）證明：由（1）知，當k=1時，有不等式ln x≤x-1對任意x∈（0，+∞）恒成立，當且僅當x=1時等號成立.

所以x∈（1，+∞），ln x<x-1恒成立.

令x=1+n2n（n∈N*，n>1），代入ln x

又因為n=1時，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f（x）=ln x-kx+1.

（1）若f（x）≤0恒成立，求實數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）同原問題中的解析（1），可得k≥1，所以實數k的取值范圍是[1，+∞）.

（2）證明：由（1）知，當k=1時，有不等式ln x≤x-1對任意x∈（0，+∞）恒成立，當且僅當x=1時等號成立.

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：根據重要不等式結論“ln x≤x-1，當且僅當x=1時等號成立”的分析與求解，再結合所要證明的數列不等式的形式，抓住數列中相關項的結構特征，合理引入參數進行代換處理，結合不等式的性質以及所要證明的不等式結構的特征，巧妙放縮與轉化，從而實現數列不等式的證明與應用.

4 教學啟示

（1）記憶二級結論，掌握基本方法.

重要不等式結論“ex≥x+1，當且僅當x=0時等號成立”或“ln x≤x-1，當且僅當x=1時等號成立”，是導數及其應用中比較常見的二級結論，特別在一些小題（選擇題或填空題）中，結合指數式或對數式的特征結構，利用相應的二級結論合理放縮，巧妙化歸轉化，使問題的求解更加直接、便捷，是破解一些與不等式有關的問題比較常用的重要結論與技巧策略.

（2）巧妙參數代換，合理放縮處理.

涉及此類數列不等式的證明與應用，其實質就是巧妙利用重要不等式結論“ex≥x+1，當且僅當x=0時等號成立”或“ln x≤x-1，當且僅當x=1時等號成立”，借助結論實質結合數列不等式中相關的項加以合理參數代換，對比所證明不等式的結構特征與結論，合理放縮處理，巧妙變形轉化，從而實現不等式的證明.