函數(shù)視角下的一道數(shù)列不等式問(wèn)題的多解與推廣

陳杰 高成龍

1.試題呈現(xiàn)

題目（2023年天津卷20題）已知函數(shù)f（x）=1x+12lnx+1．（1）求曲線y=f（x）在x=2處切線的斜率；（2）當(dāng)x>0時(shí)，證明：f（x）>1；（3）證明：56

題目（1）（2）比較簡(jiǎn)單，本文不作討論.對(duì)于（3）題，設(shè)an=lnn?。璶+12lnn+n，解決該問(wèn)題的關(guān)鍵有兩個(gè)步驟：第一，考慮到a1=1，不等式右半部分只需要證明數(shù)列an關(guān)于n單調(diào)遞減即可；第二，由于 an－an+1=－1+n+12ln1+1n=bn，利用不等關(guān)系對(duì)數(shù)列bn進(jìn)行適當(dāng)?shù)姆趴s，將其轉(zhuǎn)化為一個(gè)可求和的數(shù)列，然后利用累加法得到an>56.

2.解法探究

（1）（2）略；（3）設(shè)an=lnn?。璶+12lnn+n，n∈N，則an－an+1=（n+12）ln（1+1n）－1=f1n－1>0，于是數(shù)列an關(guān)于n單調(diào)遞減且a1=1，所以an≤a1=1，n∈N成立.下面用五種方法來(lái)證明不等式左半部分.

解法1：（泰勒展開(kāi)）由于函數(shù)y=ln1+x的泰勒展開(kāi)式為ln1+x=x－12x2+13x3+ox3.下面證明ln1+x0成立.

令F（x）=x－12x2+13x3－ln1+x，F(xiàn)0=0， F′（x）=x31+x>0，則函數(shù)F（x）在區(qū)間0，+∞上單調(diào)遞增，所以F（x）>0，即ln1+x

所以ln1+1n<1n－12n2+13n3，于是an－an+1=（n+12）ln（1+1n）－1<（n+12）1n－12n2+13n3－1=n+212n3.

當(dāng)n≥2時(shí)，n+212n3<2n12n3=16n2=23·14n2<23·14n2－1=1312n－1－12n+1，

因此an+1－an>1312n+1－12n－1對(duì)一切n≥2都成立， 于是

a3－a2>1315－13，

a4－a3>1317－15，

…

an－an－1>1312n－1－12n－3n≥2， 累加便有an－a2>1312n－1－13>－19，將a2=2－32ln2代入得an>2－32ln2－19=179－32ln2≈0.8492>56n≥2，對(duì)于n=1時(shí)a1=1>56，

因此對(duì)于一切n∈N都有an>56.綜上所述，對(duì)于一切n∈N都有56

評(píng)注：利用泰勒展開(kāi)式找不等式是證明函數(shù)不等式中的常用思路，一般先利用泰勒展開(kāi)式猜想不等式，然后通過(guò)構(gòu)造函數(shù)并研究單調(diào)性給出嚴(yán)格證明.

解法2：（對(duì)數(shù)平均不等式）由對(duì)數(shù)平均不等式“對(duì)于任意的x1≠x2∈0，+∞，都有x1x21時(shí)，化簡(jiǎn)得lnx<12x－1x，因此an－an+1=（n+12）ln（1+1n）－1<12（n+12）·1+1n－11+1n－1=141nn+1=141n－1n+1，所以an－an－1>141n－1n－1n≥2，利用累加法便有an－a1>141n－12+1－32ln2>78－32ln2，所以an>158－32ln2≈0.8353>56n≥2，而n=1時(shí)a1=1>56成立，故對(duì)于一切n∈N都有an>56.

綜上所述，對(duì)于一切n∈N都有56

點(diǎn)評(píng)：運(yùn)用對(duì)數(shù)平均不等式證明含有l(wèi)nx的不等式是一種常見(jiàn)的方法，解決該類不等式的關(guān)鍵是先找到其中的x1，x2，然后利用對(duì)數(shù)平均不等式給出證明.

解法3：（面積法）考慮到ln1+1n=lnn+1n=lnn+1－lnn=∫n+1n? 1ndx，構(gòu)造圖1所示的幾何圖形，對(duì)表達(dá)式ln（1+1n）進(jìn)行適當(dāng)放縮.

其中An，1n，Bn+1，1n+1，Cn+1，0，Dn，0，Mn+12，22n+1.

圖1

一方面，由曲線y=1x與x=n，x=n+1，x軸圍成的曲邊四邊形ABCD的面積為SABCD=∫n+1

n? ???1xdx=ln1+1n，

SADNM+SBCNM=12×1n+12+1n+1×12+12×1n+12+1n+1×12=1442n+1+1n+1n+1，

由圖可知SABCD

因此an+1－an>181n+1－1n對(duì)一切n∈N都成立，利用累加法便有an－1>181n－1n≥2，所以an>18n+78>78n≥2，又 a1=1>78，因此，對(duì)于一切n∈N n∈N都有56

點(diǎn)評(píng)：該法的關(guān)鍵是利用曲線y=1x構(gòu)造曲邊四邊形并利用面積的不等關(guān)系對(duì)ln1+1n進(jìn)行放縮，進(jìn)而將an－an+1=（n+12）ln（1+1n）－1放縮成一個(gè)可以求和的數(shù)列，進(jìn)而運(yùn)用累加法得到不等式左半部分的證明.

解法4：（構(gòu)造函數(shù)法）由解法3的分析，我們只需要證明不等ln（1+1n）<1442n+1+1n+1n+1n∈N.

于是構(gòu)造函數(shù)F（x）=ln（1+x）－144xx+2+x+xx+1，F(xiàn)0=0， F′（x）=11+x－148x+22+1+1x+12=－x2x2+2x+24x+12x+22<0.

所以F（x）在區(qū)間0，+∞上單調(diào)遞減，因此F（x）<0在區(qū)間0，+∞上恒成立，所以F1n=ln（1+1n）－1442n+1+1n+1n+1<0，即ln（1+1n）<1442n+1+1n+1n+1n∈N，

所以an－an+1=（n+12）ln（1+1n）－1<1442n+1+1n+1n+1·（n+12）－1=181n－1n+1.

因此an+1－an>181n+1－1n對(duì)一切n∈N都成立， 累加得an－1>181n－1n≥2，所以an>18n+78>78n≥2， a1=1>78，因此對(duì)一切n∈N都有an>78>56.

解法5：（構(gòu)造函數(shù)法）由題目要證明的不等式是56

構(gòu)造函數(shù)F（x）=ln（1+x）－13x3+6x2+6xx+12x>0，F(xiàn)0=0 F′（x）=－x3－33x+13<0，所以F（x）在區(qū)間0，+∞上單調(diào)遞減，因此F（x）<0在區(qū)間0，+∞上恒成立，所以n+12ln（1+1n）－1－161n－1n+1<0，即n+12ln（1+1n）－1<161n－1n+1（n∈N）.

所以an－an+1=（n+12）ln（1+1n）－1<161n－1n+1n∈N，即an+1－an>161n+1－1nn∈N，于是利用累加法便有an－1>161n－1n≥2，所以an>16n+56>56n≥2，又a1=1>56，因此an>56n∈N.

3.試題推廣

通過(guò)上述探究發(fā)現(xiàn)數(shù)列l(wèi)nn?。璶+12·lnn+n關(guān)于n單調(diào)遞減且有下界，根據(jù)單調(diào)有界數(shù)列其極限必存在這一原理，我們得到以下結(jié)論：

結(jié)論? limn→+∞lnn?。璶+12lnn+n=12ln2π且12ln2π

證明：由上述證明得到數(shù)列an關(guān)于n單調(diào)遞減且an>56，由“單調(diào)有界原理”我們得到數(shù)列an的極限值存在.由著名的Stirling公式limn→+∞n！·ennn·n=2π可以得到 ln2π=limn→+∞lnn！·ennn·n=limn→+∞lnn！·en－lnnn·n=limn→+∞lnn！+n－n+12lnn，即limn→+∞lnn?。璶+12lnn+n=12ln2π≈0.9189.由數(shù)列an關(guān)于n單調(diào)遞減且limn→+∞an=12ln2π，再由數(shù)列極限的保不等式性可以得到12ln2π

綜上所述limn→+∞lnn?。璶+12lnn+n=12ln2π，且12ln2π