7.导数与数列型不等式的整合-《中学生数理化》高考数学2024年5月刊

■陕西省渭南市富平县教师发展中心 吕会荣 数列型不等式问题巧妙融合了函数、数 列、不等式等相关知识,是知识交汇融合的一 个重要场景,是高考数学命题中的一个热点。 特别地,涉及数列型不等式的证明问题,经常 还要借助导数思维来综合与应用,这是综合 性问题中最为常见的一种形式。此类问题在 考查众多数学知识的同时,也充分体现了导 数的工具性作用,展示了知识的交汇融合,加 强了对同学们数学能力的考查力度,充分体 现了由知识立意向能力立意转变的命题方 向,令人回味。 一、导数为数列型不等式穿上外衣 某些数列型不等式,依托“导数”外衣来 合理构建,通过导数应用,合理脱去“外衣”, 回归数列问题,进而通过不等式的证明来分 析与求解。 例 1 (2023年辽宁省名校联盟高三 上学期10月联合考试数学试题)已知函数 f(x)=sin x+x-2ln(x+1)。 (1)求证:当x∈ 0, π 2 时,f(x)>0; (2)求证: 1 2ln (n+1)<sin 1 2+sin 1 4+ … +sin 1 2n< 1 2 1+ 1 2+ 1 3+ …+ 1 n (n∈N*)。 证明:(1)已知f(x)=sin x+x-2ln(x +1),求导得f'(x)=cos x+1- 2 x+1 ,且 f(0)=0,f'(0)=0。 当x∈ 0, π 2 时,设g(x)=cos x+1- 2 x+1 ,则g'(x)=-sin x+ 2 (x+1)2 。 因为函数y=-sin x 和y= 2 (x+1)2 在 0, π 2 上 均 为 减 函 数,所 以 g'(x)在 0, π 2 内单调递减。 又因为g'(0)=2>0,g' π 2 =-1+ 2 π 2+1 2 <0,所 以 ∃x0 ∈ 0, π 2 ,使 得 g'(x0)=0,且当0<x<x0 时,g'(x)>0;当 x0<x< π 2 时,g'(x)<0。 所以g(x)在(0,x0)内 单 调 递 增,在 x0, π 2 内单调递减。 又g(0)=0,g π 2 =1- 2π 2+1 >0,故 对任意的x∈ 0, π 2 ,f'(x)=g(x)>0,则 f(x)在 0, π 2 内单调递增,所以 f(x)> f(0)=0。 综上可知,当x∈ 0, π 2 时,f(x)>0。 (2)因为n∈N*,所以0< 1 2n≤ 1 2 。 接下来证明sin x>ln(x+1),其中x∈ 0, π 2 。 设函数 m(x)=sin x-ln(x+1),则 m'(x)=cos x- 1 x+1 。 设函数n(x)=m'(x)=cos x- 1 x+1 , 则n'(x)=-sin x+ 1 (x+1)2 。 22 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2024年5月 因为函数y=-sin x 和y= 1 (x+1)2 在 0, π 2 上均为减函数,所以n'(x)=-sin x + 1 (x+1)2 在区间 0, π 2 内单调递减。 因为n'(0)=1>0,n' π2 = -1+ 1 π 2+1 2 <0,所 以 ∃x1 ∈ 0, π 2 ,使 得 n'(x1)=0,且当0<x<x1 时,n'(x)>0;当 x1<x< π 2 时,n'(x)<0。 所以m'(x)在区间(0,x1)内单调递增, 在区间 x1, π 2 内单调递减。 又m'(0)=0,m'(x1)>0,m' π 2 = - 1 π 2+1 <0,所 以 ∃x2 ∈ x1, π 2 ,使 得 m'(x2)=0,且当0<x<x2 时,m'(x)>0; 当x2<x< π 2 时,m'(x)<0。 所以m(x)在区间(0,x2)内单调递增, 在区间 x2, π 2 内单调递减。 又m(0)=0,m π2 =1-ln π2+1 > 0,所以sin x>ln(x+1)在区间 0, π 2 内恒 成立。 令x= 1 2n ,所以sin 1 2n>ln 1 2n+1 = ln 2n+1 2n ,所以sin 1 2>ln 3 2 ,sin 1 4>ln 5 4 , sin 1 6>ln 7 6 ,…,sin 1 2n>ln 2n+1 2n ,所以 sin 1 2+sin 1 4+ …+sin 1 2n>ln 3 2+ln 5 4 +…+ln 2n+1 2n 。 因为对任意的n∈N*, 2n+1 2n - 2n+2 2n+1= 1 2n(2n+1)>0 ,所以ln 2n+1 2n >ln 2n+2 2n+1 。 所 以 2 sin 1 2+sin 1 4+ …+sin 1 2n > 2ln 3 2+ln 5 4+ …+ln 2n+1 2n >ln 32 + ln 4 3+ln 5 4 +ln 6 5 + … +ln 2n+1 2n + ln 2n+2 2n+1=ln 3-ln 2+ln 4-ln 3+…+ ln(2n+2)-ln(2n+1)=ln(n+1)。 所以sin 1 2+sin 1 4 + … +sin 1 2n> 1 2ln (n+1)。 设函数p(x)=sin x-x0<x≤ 1 2 ,则 p'(x)=cos x-1<0,则函数p(x)在区间 0, 1 2 上单调递减,所以p(x)=sin x-x< p(0)=0。 令x= 1 2n ,则sin 1 2n< 1 2n ,sin 1 2< 1 2 , sin 1 4< 1 4 ,sin 1 6< 1 6 ,…,sin 1 2n< 1 2n 。 所以sin 1 2+sin 1 4 + … +sin 1 2n< 1 2 1+ 1 2+ 1 3+ …+ 1 n 。 综上可得,1 2ln (n+1)<sin 1 2+sin 1 4 + … +sin 1 2n< 1 2 1+ 1 2+ 1 3+ …+ 1 n (n∈N*)。 点评:合理通过函数与导数的关系,以及 数列型不等式的场景创设,利用函数的构建 并借助导数法的分析与处理,确定对应函数 的单调性,进而利用赋值法处理,将函数中的 不等关系问题转化为对应的数列不等问题, “串联”起两者之间的联系,实现问题的融合 与交汇,是导数与数列型不等式之间综合应 用的基本类型。 二、导数与递推法的整合 递推法是数学中比较典型而又常用的一 种思想方法。某些导数与数列型不等式的综 合题,利用函数的基本性质,结合已知递推关 系,得到新的递推关系,往往可以达到合理转 32 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2024年5月 化,顺利证明的目的。 例 2 (2023届上海市华东师范大学 第二附属中学高三最后一模数学试题)设函 数fn(x)=-1+x+ x2 22 + x3 32 +…+ xn n2 。 (1)求函数f3(x)在点(1,f3(1))处的切 线方程; (2)证明:对任意的n∈N*,存在唯一的 xn∈ 2 3 ,1 ,满足fn(xn)=0; (3)证明:对于任意的p∈N*,由(2)中的 xn 构成的数列{xn}满足0<xn-xn+p< 1 n 。 解析:(1)由题意知f3(x)=-1+x+ x2 22 + x3 32 ,求导得f'3(x) = 1 + x 2 + x2 3 ,所 以f'3(1) = 11 6 。 又因为f3(1)= 13 36 ,所以函数f3(x)在 点(1,f3(1))处的切线方程为y- 13 36= 11 6 (x -1),即y= 11 6x- 53 36 。 (2)对任意的n∈N*,当x>0时,对函 数fn(x)=-1+x+ x2 22 + x3 32 +…+ xn n2 (n∈ N*)求导,得f'(x)=1+ x 2+ x2 3+ …+ xn-1 n >0,故函数f(x)在(0,+∞)上是增函数。 由于f1(1)=0,当n≥2时,fn(1)= 1 22 + 1 32 +…+ 1 n2 >0,即fn(1)>0。 又因为fn 2 3 =-1+23+∑ k=2 n 2 3 k k2 ≤ - 1 3 + 1 4∑ k=2 n 2 3 k = - 1 3 + 1 4 · 2 3 2 1- 23 n-1 1- 2 3 =- 1 3 · 2 3 n-1 <0,根 据函数的零点存在定理可得,存在唯一的 xn∈ 2 3 ,1 ,满足fn(xn)=0。 (3)由(2)中的xn 构成数列{xn}。 当x>0时,fn+1(x)=fn(x)+ xn+1 (n+1)2 >fn (x),所 以 fn+1 (xn)>fn (xn)= fn+1(xn+1)=0。 由fn+1(x)在(0,+∞)上单调递增,可 得xn+1<xn,即xn-xn+1>0,故数列{xn}为 递减数列,即对任意的n、p∈N*,都有xn- xn+p>0。 由于fn(xn)=-1+xn+ x2n 22 +…+ xnn n2 =0,所以 fn+p(xn+p)=-1+xn+p+ x2n+p 22 + … + xnn+p n2 + xn+1n+p (n+1)2 + xn+2n+p (n+2)2 +…+􀭠􀭡 􀪁􀪁 xn+pn+p (n+p)2 􀭤 􀭥 􀪁􀪁 ,两式相减并移项,利用0<xn+p≤ 1,可得xn-xn+p=∑ k=2 n xkn+p -xkn k2 +∑ k=n+1 n+p xkn+p k2 ≤ ∑ k=n+1 n+p xkn+p k2 ≤ ∑ k=n+1 n+p 1 k2 < ∑ k=n+1 n+p 1 k(k-1)= 1 n- 1 n+p< 1 n 。 综上可得,对任意的p∈N*,由(2)中的 xn 构成的数列{xn}满足0<xn-xn+p< 1 n 。 点评:通过函数情境下对应数列的构建, 综合函数的单调性加以传递性设置,往往是 导数与数列型不等式之间整合的一个方式。 利用函数与数列之间的关系,合理构建单调 性所对应的不等式,为进一步证明与创设传 递性应用的根本所在。注意传递时往往要通 过导数来研究函数的单调性,正确构建具有 不等关系的数列型不等式。 其实,在分析与求解与数列型不等式有 关的综合问题时,经常借助导数法,利用导数 的工具性,通过函数的构建与函数的求导,结 合导函数的正负取值情况来确定函数的单调 性、极值或最值,为进一步的合理转化与巧妙 变形提供条件,进而利用导数思维来证明相 应的数列型不等式问题。这是数学基础知识 与数学基本能力的综合与提升,也是解题技 巧与能力全面提升的体现。 (责任编辑 王福华) 42 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2024年5月