数列不等式恒成立问题探索

摘 要：数列不等式的恒成立问题包含了数列的通项与数列的前n项和，涉及的解题方法主要是放缩法和构造函数法. 破解数列不等式恒成立问题的思路，主要是利用数列的单调性或者利用函数的单调性.

关键词：数列不等式；恒成立问题；单调性；构造函数

中图分类号：G632"" 文献标识码：A"" 文章编号：1008-0333（2024）31-0082-03

收稿日期：2024-08-05

作者简介：高影（1983.7—），女，黑龙江省齐齐哈尔人，中学一级教师，从事高中数学教学研究.

数列不等式的证明题和恒成立问题

令很多考生望而生畏.下面结合具体例题，从数列的单调性和函数的单调性两个角度对数列不等式恒成立问题进行探索.

1 利用数列的单调性

例1 已知{an}满足对一切正整数n均有

an+1lt;an且an=-n2+λn恒成立，则实数λ的范围是.

解析 因为对一切正整数n均有an+1lt;an且an=-n2+λn恒成立，所以-（n+1）2+λ（n+1）lt;-n2+λn.

化简得到λlt;2n+1，n∈N*.

因为n∈N*，所以2n+1的最小值为3.

所以λlt;3.

例2 （多选题）在数列{an}中，a1=1，an+1-an=2n，若不等式2+λ·（-1）n≥3n-1an+1对任意n∈N*恒成立，则实数λ的值可以是（" ）.

A.1" B.0" C.-1" D.-2

解析 因为an+1-an=2n，当n≥2时，（an-an-1）+（an-1-an-2）+…+（a2-a1）=2^n-1+2^n-2+…+2=2（1-2^n-1）1-2=2n-2^［1］.

又a1=1，所以an=2n-2+1=2n-1.

当n=1时，a1=1满足an=2n-1.

所以an=2n-1.

由2+λ·（-1）n≥3n-1an+1，得到

2+λ·（-1）n≥3n-12n.

令bn=3n-12n，则

bn+1-bn=3n+22ⁿ⁺¹-3n-12n

=3n+2-6n+22ⁿ⁺¹

=4-3n2ⁿ⁺¹.

当n=1时，b2-b1=122gt;0，得到b2gt;b1；

当n≥2时，bn+1-bnlt;0，所以b1lt;b2gt;b3gt;b4gt;….

又b1=1=b3，所以

当n为偶数时，2+λ·（-1）n=2+λ≥3×2-122=54，得到λ≥-34；当n为奇数时，2+λ·（-1）n=2-λ≥b1=1^［2］，得到λ≤1，所以-34≤λ≤1.

故选AB.

2 利用函数的单调性

例3 已知函数y=f（x）的定义域为I，设x0∈I，曲线y=f（x）在点（x0，f（x0））处的切线交x轴于点（x1，0），当n≥1时，设曲线在点（xn，f（xn））处的切线交x轴于点（xn+1，0），依次类推，称得到的数列xn为函数y=f（x）关于x′0的“N数列”，已知f（x）=2x-ln（x+1）.

（1）若{xn}是函数y=f（x）关于x0=1的“N数列”，求x1的值;

（2）若g（x）=f ′（x），{an}是函数y=g（x）关于a0=-34的“N数列”，记bn=log2|2an+1|.

①证明：{bn}是等比数列;

②证明：∑n+1i=2sin1ilt;ln［log2（-bn+1）］，n≥2，n∈N.

解析 （1）由题意知，f ′（x）=2-1x+1，f（1）=2-ln2.

所以f ′（1）=2-11+1=32.

曲线f（x）=2x-ln（x+1）在点（1，f（1））处的切线斜率为32，所以曲线在点（1，f（1））处的切线方程为y-（2-ln2）=32（x-1）.

令y=0，解得x=2ln2-13，所以x1=2ln2-13.

（2）①g（x）=f ′（x）=2-1x+1=2x+1x+1，g′（x）=1（x+1）2，

则在（an，g（an））处的切线斜率为g′（an）=1（an+1）2.

所以在（an，g（an））处的切线方程为

y-2an+1an+1=1（an+1）2（x-an）.

令y=0，解得an+1=an-（2an+1）（an+1）=-2a2n-2an-1.

所以-（2an+1+1）=（2an+1）2.

所以bn+1=log2|2an+1+1|=2log2|2an+1|=2bn.

即bn+1bn=2，b1=2log2|2a0+1|=2log212=-2.

所以{bn}是以首项为-2，公比为2的等比数列.

②由①可知，数列{bn}的通项公式bn=-2n，则log2（-bn+1）=n+1.

要证∑n+1i=2sin1ilt;ln［log2（-bn+1）］，n≥2，n∈N.

即证∑n+1i=2sin1ilt;ln（n+1），n≥2，，n∈N.

当n=2时，sin12lt;1lt;ln3成立；

因为ln（n+1）=∑n+1i=2［lni-ln（i-1）］，

即证∑n+1i=2sin1ilt;∑n+1i=2［lni-ln（i-1）］.

即证sin1ilt;lni-ln（i-1），i=2，3，…，n.

构造函数u（x）=x-sinx，x∈［0，+∞），则

u′（x）=1-cosx≥0.

故u（x）在［0，+∞）单调递增.

对任意x∈（0，+∞），u（x）gt;u（0）=0，

即xgt;sinx，取x=1igt;0，则有sin1ilt;1i.

故只需证1ilt;lni-ln（i-1）=lnii-1=-lni-1i=-ln（1-1i）.

即需证ln（1-1i）lt;-1i=（1-1i）-1.

构造函数v（x）=x-1-lnx，x∈（0，1），则

v′（x）=1-1x=x-1xlt;0.

故v（x）在（0，1）单调递减.

则v（x）gt;v（1）=0.

即对任意t∈（0，1），t-1gt;lnt，取t=1-1i∈（0，1），即有ln（1-1i）lt;（1-1i）-1.

综上，∑n+1i=2sin1ilt;ln（n+1）=ln（log2bn+1），n≥2，n∈N*.

例4 已知数列{an}满足a1=1，且对任意正整数m，n都有am+n=an+am+2mn.

（1）写出a2，a3，并求数列{an}的通项公式；

（2）设bn=12ln（1+1an+1an+1），Tn是数列bn的前n项和，求证：Tnlt;nn+1.

解析 （1）因为对任意正整数m，n都有

am+n=an+am+2mn.

故a2=a1+1=a1+a1+2=4，

a3=a1+2=a1+a2+4=9.

令m=1，可得an+1=an+1+2n.

所以an+1-an=1+2n.

当n≥2时，an=a1+（a2-a1）+（a3-a2）+…+（an-an-1）=1+3+…+（2n-1）=n2，

当n=1时，a1=1，符合上式，所以an=n2.

（2）由题意得

bn=12ln（1+1an+1an+1）

=ln1+1n2+1（n+1）2

=lnn2（n+1）2+n2+（n+1）2n2（n+1）2

=lnn2（n+1）2+n2+n2+2n+1n2（n+1）2

=lnn2（n+1）2+2n（n+1）+1n2（n+1）2

=lnn（n+1）+1n（n+1）

=ln［1+1n（n+1）］

=ln（1+1n-1n+1）.

下面证明xgt;0时，ln（x+1）lt;x.

令f（x）=x-ln（x+1），xgt;0，求导得

f ′（x）=1-11+x=x1+xgt;0.

所以f（x）=x-ln（x+1）在（0，+∞）上单调递增.

所以f（x）=x-ln（x+1）gt;f（0）=0.

结合当xgt;0时，ln（x+1）lt;x^［3］，有

bn=ln（1+1n-1n+1）lt;1n-1n+1.

所以

Tn=b1+b2+b3+…+bn

lt;（1-12）+（12-13）+（13-14）+…+（1n1n+1）

=nn+1.

故Tnlt;nn+1.

3 结束语

对于数列不等式的恒成立问题，可转化为数列的最值问题，然后借助数列的单调性即可求解. 对于数列不等式的证明题，可先进行等价变形，最后根据数列的结构构造函数，利用函数的单调性即可证明，这是处理数列不等式的常见方法.对于高中生而言，需要不断地进行训练、实践和总结，这样才能提高求解数列不等式的能力.

参考文献：

［1］曹莹，李鸿昌.一道数列最值问题的解法探究[J].高中数学教与学，2019（19）：15-16.

[2] 曹莹，李鸿昌.利用糖水不等式证明一类数列不等式[J].数学通讯，2019（21）：2-3.

[3] 李鸿昌.活用函数的单调性解题[J].数理天地（高中版），2018（06）：20-21.

［责任编辑：李 璟］