2008年高考数学江西卷压轴题

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(2008年·江西·理)已知函数f(x)=11+x+11+a+axax+8

(1)当a=8,求f(x)的单调区间;

(2)对任意正数a,证明:1<f(x)<2


b=xc=8ax,则第(2)问等价于:

a,b,c>0abc=8,求证:1<11+a+11+b+11+c<2.

该不等式与2004年西部奥林匹克最后一题:

a,b,c>0,求证:1<aa2+b2+bb2+c2+cc2+a2类似,且证明比这道西部奥林匹克题还难.而这道西部奥林匹克题当年参赛选手无一人完全证出.

另外,CMO2003第三题:

给定正整数n,求最小的正数\lambda,使得对于任何\theta_i\in\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)i=1,2,\cdots,n),只要\tan\theta_1\cdot\tan\theta_2\cdots\tan\theta_n=2^{\frac n2},就有\cos\theta_1+\cos\theta_2+\cdots+\cos\theta_n不大于\lambda

答案是:当n\geqslant 3时,\lambda=n-1;当n=3时,令a=\tan^2\theta_1,b=\tan^2\theta_2,c=\tan^2\theta_3,即得江西压轴题右边的不等式.


命题人陶平生教授的证明:

对任意给定的a>0x>0,因为f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{8}{ax}}},若令b=\dfrac{8}{ax},则abx=8,且f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}.

先证f(x)>1

因为\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}>\dfrac{1}{1+x},又由2+a+b+x\geqslant 4\sqrt[4]{2abx}=8,a+b+x\geqslant 6.所以\begin{split}f(x)&=\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}\\&>\dfrac{1}{1+x}+\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}\\&=\dfrac{3+2(a+b+x)+(ab+bx+xa)}{(1+x)(1+a)(1+b)}\\&\geqslant \dfrac{9+(a+b+x)+(ab+bx+xa)}{(1+x)(1+a)(1+b)}\\&=\dfrac{1+(a+b+x)+(ab+bx+xa)+abx}{(1+x)(1+a)(1+b)}\\&=1.\end{split}

再证明f(x)<2

x,a,b的对称性,不妨设x\geqslant a\geqslant b,则0<b\leqslant 2

情形1:当a+b\geqslant 7时,此时x\geqslant a\geqslant 5

因此\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}<1,\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}\leqslant \dfrac{2}{\sqrt{1+5}}<1,此时f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}<2.

情形2:当a+b<7时,x=\dfrac{8}{ab}\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}=\sqrt{\dfrac{ab}{ab+8}}

因为\dfrac{1}{1+b}<1-\dfrac{b}{1+b}+\dfrac{b^2}{4(1+b)^2}=\left[1-\dfrac{b}{2(1+b)}\right]^2,所以\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}<1-\dfrac{b}{2(1+b)}.同理得\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}<1-\dfrac{a}{2(1+a)},于是f(x)<2-\dfrac 12\left(\dfrac{a}{1+a}+\dfrac{b}{1+b}-2\sqrt{\dfrac{ab}{ab+8}}\right).

\dfrac{a}{1+a}+\dfrac{b}{1+b}\geqslant 2\sqrt{\dfrac{ab}{(1+a)(1+b)}}=2\sqrt{\dfrac{ab}{1+a+b+ab}}>2\sqrt{\dfrac{ab}{ab+8}},因此不等式得证.

综上所述,原不等式得证.


 张景中院士的作法:

原问题即三个正数a,b,cabc=8的条件下求F(a,b,c)=\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+c}}的取值范围.

不妨设a\leqslant b\leqslant c,记t=ak=abc=\dfrac 8k,把F(a,b,c)看成是关于t的函数f(t)=\dfrac{1}{\sqrt{1+t}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{k}{t}}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{8}{k}}},注意到变量和参数的范围是0<t\leqslant\sqrt k\leqslant 2,计算导数\begin{split}f'(t)&=\dfrac 12\left(-\left(1+t\right)^{-\frac 32}+\dfrac{k}{t^2}\left(1+\dfrac{k}{t}\right)^{-\frac 32}\right)\\&=\left[k^2(1+t)^3-t(t+k)^3\right]\cdot Q(t,k),\end{split}这里Q(t,k)是某个正值代数式.于是可以根据g(t)=k^2(1+t)^3-t(t+k)^3的正负来判断f(x)的单调性.

注意到g\left(\sqrt k\right)=0,因式分解为g(t)=\left(k-t^2\right)\left[t^2-k(k-3)t+k\right],由于第二个因式的\Delta=k^2(k-3)^2-4k,k<4时有\Delta<0,于是有f(x)\left(0,\sqrt{k}\right)上单调递增,从而f(t)t=\sqrt k处最大.

从而可得f(t)>1以及f\left(1+\sqrt k\right)=\dfrac{2}{\sqrt{1+\sqrt k}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{8}{k}}}<2.原命题得证.


另法一

不妨设a\leqslant b\leqslant c,令\sqrt{ab}=\lambda,由abc=80<\lambda\leqslant 2

A=\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b}},再令u=\sqrt{1+a+b+\lambda^2},u\geqslant 1+\lambda,所以A^2=\left(1-\lambda^2\right)+\dfrac{2}{u}+1,又令t=\dfrac{1}{u},0<t\leqslant \dfrac{1}{\lambda+1},则A^2=F(t)=\left(1-\lambda^2\right)t^2+2t+1,求导有F'(t)=2\left(1-\lambda^2\right)t+2,\lambda\leqslant 2F'\left(\dfrac{1}{\lambda+1}\right)=2-\lambda\geqslant 0,F'(0)=1>0,因此,对0<t\leqslant \dfrac{1}{\lambda+1},有F'(t)\geqslant 0,所以F(t)\left(0,\dfrac{1}{\lambda+1}\right]是增函数,则F(0)<F(t)\leqslant F\left(\dfrac{1}{\lambda+1}\right),1<A\leqslant \dfrac 2{\sqrt{\lambda+1}},即当a,b>0\sqrt{ab}\leqslant 2时,有1<\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}\leqslant \dfrac{2}{\sqrt{1+\sqrt{ab}}}.

应用该不等式立得欲证明不等式的左边.

要证明不等式的右边,还需证明\dfrac{2}{\sqrt{1+\sqrt{ab}}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{8}{ab}}}<2,\sqrt{1+\sqrt{ab}}=v,1<v\leqslant \sqrt 3,则ab=\left(v^2-1\right)^3,此不等式等价于\dfrac{2}{v}+\dfrac{v^2-1}{\sqrt{\left(v^2-1\right)^2+8}}<2,用分析法容易证得.

综上,原不等式得证.


另法二

u=\dfrac{1}{\sqrt{1+a}},v=\dfrac{1}{\sqrt{1+b}},w=\dfrac{1}{\sqrt{1+c}},a=\dfrac{1}{u^2}-1,b=\dfrac{1}{v^2}-1,c=\dfrac{1}{w^2}-1,\left(\dfrac{1}{u^2}-1\right)\left(\dfrac{1}{v^2}-1\right)\left(\dfrac{1}{w^2}-1\right)=8.

假设存在a,b,c>0abc=8,但左边不等式不成立,即存在u,v,w满足上式,但u+v+w\leqslant 1.

注意到0<u,v,w<1,有1+u>1-u\geqslant v+w\geqslant 2\sqrt{vw}>0,所以\dfrac{1}{u^2}-1=\dfrac{(1-u)(1+u)}{u^2}>\dfrac{(1-u)^2}{u^2}\geqslant\dfrac{4vw}{u^2},同理\dfrac{1}{v^2}-1>\dfrac{4wu}{v^2},\dfrac{1}{w^2}-1>\dfrac{4uv}{w^2},从而可得\left(\dfrac{1}{u^2}-1\right)\left(\dfrac{1}{v^2}-1\right)\left(\dfrac{1}{w^2}-1\right)>61,矛盾,因此左边不等式得证.

假设存在a,b,c>0abc=8,但右边不等式不成立,即存在u,v,w满足上式,但u+v+w\geqslant 2.

注意到0<u,v,w<1,有0<1+u<2,进而0<1-u\leqslant v+w-1=vw-(1-v)(1-w)<vw,从而0<\dfrac{1}{u^2}-1\dfrac{(1-u)(1+u)}{u^2}<\dfrac{2vw}{u^2},同理0<\dfrac{1}{v^2}-1<\dfrac{2wu}{v^2},0<\dfrac{1}{w^2}-1<\dfrac{2uv}{w^2},从而可得\left(\dfrac{1}{u^2}-1\right)\left(\dfrac{1}{v^2}-1\right)\left(\dfrac{1}{w^2}-1\right)<8,矛盾,因此右边不等式得证.

综上,原不等式得证.

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