2008年高考数学江西卷压轴题

本文为整理，非原创，解法均收集自网络．来自兰琦博客

（2008年·江西·理）已知函数f(x)=11+x−−−−−√+11+a−−−−√+axax+8−−−−−−√f(x)=11+x+11+a+axax+8．

（1）当a=8a=8，求f(x)f(x)的单调区间；

（2）对任意正数aa，证明：1<f(x)<21<f(x)<2．

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令b=xb=x，c=8axc=8ax，则第(2)问等价于：

若a,b,c>0a,b,c>0，abc=8abc=8，求证：

1<11+a−−−−√+11+b−−−−√+11+c−−−−√<2.1<11+a+11+b+11+c<2.

该不等式与2004年西部奥林匹克最后一题：

设a,b,c>0a,b,c>0，求证：

1<aa2+b2−−−−−−√+bb2+c2−−−−−−√+cc2+a2−−−−−−√⩽32–√2.1<aa2+b2+bb2+c2+cc2+a2⩽322.

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nn，求最小的正数λλ，使得对于任何θi∈(0,π2)θi∈(0,π2)（i=1,2,⋯,ni=1,2,⋯,n），只要tanθ1⋅tanθ2⋯tanθn=2n2tan⁡θ1⋅tan⁡θ2⋯tan⁡θn=2n2，就有cosθ1+cosθ2+⋯+cosθncos⁡θ1+cos⁡θ2+⋯+cos⁡θn不大于λλ．

答案是：当n⩾3n⩾3时，λ=n−1λ=n−1；当n=3n=3时，令

a=tan2θ1,b=tan2θ2,c=tan2θ3,a=tan2⁡θ1,b=tan2⁡θ2,c=tan2⁡θ3,

即得江西压轴题右边的不等式．

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命题人陶平生教授的证明：

对任意给定的a>0a>0，x>0x>0，因为

f(x)=11+x−−−−−√+11+a−−−−√+11+8ax−−−−−−√,f(x)=11+x+11+a+11+8ax,

若令b=8axb=8ax，则abx=8abx=8，且

f(x)=11+x−−−−−√+11+a−−−−√+11+b−−−−√.f(x)=11+x+11+a+11+b.

先证f(x)>1f(x)>1．

因为

11+x−−−−−√>11+x,11+x>11+x,

又由

2+a+b+x⩾42abx−−−−√4=8,2+a+b+x⩾42abx4=8,

得

a+b+x⩾6.a+b+x⩾6.

所以

f(x)=11+x−−−−−√+11+a−−−−√+11+b−−−−√>11+x+11+a+11+b=3+2(a+b+x)+(ab+bx+xa)(1+x)(1+a)(1+b)⩾9+(a+b+x)+(ab+bx+xa)(1+x)(1+a)(1+b)=1+(a+b+x)+(ab+bx+xa)+abx(1+x)(1+a)(1+b)=1.f(x)=11+x+11+a+11+b>11+x+11+a+11+b=3+2(a+b+x)+(ab+bx+xa)(1+x)(1+a)(1+b)⩾9+(a+b+x)+(ab+bx+xa)(1+x)(1+a)(1+b)=1+(a+b+x)+(ab+bx+xa)+abx(1+x)(1+a)(1+b)=1.

再证明f(x)<2f(x)<2．

由x,a,bx,a,b的对称性，不妨设x⩾a⩾bx⩾a⩾b，则0<b⩽20<b⩽2．

情形1：当a+b⩾7a+b⩾7时，此时x⩾a⩾5x⩾a⩾5．

因此

11+b−−−−√<1,11+x−−−−−√+11+a−−−−√⩽21+5−−−−√<1,11+b<1,11+x+11+a⩽21+5<1,

此时

f(x)=11+x−−−−−√+11+a−−−−√+11+b−−−−√<2.f(x)=11+x+11+a+11+b<2.

情形2：当a+b<7a+b<7时，x=8abx=8ab，11+x−−−−−√=abab+8−−−−−−√11+x=abab+8．

因为

11+b<1−b1+b+b24(1+b)2=[1−b2(1+b)]2,11+b<1−b1+b+b24(1+b)2=[1−b2(1+b)]2,

所以

11+b−−−−√<1−b2(1+b).11+b<1−b2(1+b).

同理得

11+a−−−−√<1−a2(1+a),11+a<1−a2(1+a),

于是

f(x)<2−12(a1+a+b1+b−2abab+8−−−−−−√).f(x)<2−12(a1+a+b1+b−2abab+8).

而

a1+a+b1+b⩾2ab(1+a)(1+b)−−−−−−−−−−−−√=2ab1+a+b+ab−−−−−−−−−−−−√>2abab+8−−−−−−√,a1+a+b1+b⩾2ab(1+a)(1+b)=2ab1+a+b+ab>2abab+8,

因此不等式得证．

综上所述，原不等式得证．

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 张景中院士的作法：

原问题即三个正数a,b,ca,b,c在abc=8abc=8的条件下求

F(a,b,c)=11+a−−−−√+11+b−−−−√+11+c−−−−√F(a,b,c)=11+a+11+b+11+c

的取值范围．

不妨设a⩽b⩽ca⩽b⩽c，记t=at=a，k=abk=ab，c=8kc=8k，把F(a,b,c)F(a,b,c)看成是关于tt的函数

f(t)=11+t−−−−√+11+kt−−−−−√+11+8k−−−−−√,f(t)=11+t+11+kt+11+8k,

注意到变量和参数的范围是

0<t⩽k−−√⩽2,0<t⩽k⩽2,

计算导数

f′(t)=12(−(1+t)−32+kt2(1+kt)−32)=[k2(1+t)3−t(t+k)3]⋅Q(t,k),f′(t)=12(−(1+t)−32+kt2(1+kt)−32)=[k2(1+t)3−t(t+k)3]⋅Q(t,k),

这里Q(t,k)Q(t,k)是某个正值代数式．于是可以根据

g(t)=k2(1+t)3−t(t+k)3g(t)=k2(1+t)3−t(t+k)3

的正负来判断f(x)f(x)的单调性．

注意到g(k−−√)=0g(k)=0，因式分解为

g(t)=(k−t2)[t2−k(k−3)t+k],g(t)=(k−t2)[t2−k(k−3)t+k],

由于第二个因式的

Δ=k2(k−3)2−4k,Δ=k2(k−3)2−4k,

当k<4k<4时有Δ<0Δ<0，于是有f(x)f(x)在(0,k−−√)(0,k)上单调递增，从而f(t)f(t)在t=k−−√t=k处最大．

从而可得

f(t)>1f(t)>1

以及

f(1+k−−√)=21+k−−√−−−−−−√+11+8k−−−−−√<2.f(1+k)=21+k+11+8k<2.

原命题得证．

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不妨设a⩽b⩽ca⩽b⩽c，令ab−−√=λab=λ，由abc=8abc=8有0<λ⩽20<λ⩽2．

设

A=11+a−−−−√+11+b−−−−√,A=11+a+11+b,

再令

u=1+a+b+λ2−−−−−−−−−−−√,u=1+a+b+λ2,

则

u⩾1+λ,u⩾1+λ,

所以

A2=(1−λ2)+2u+1,A2=(1−λ2)+2u+1,

又令t=1u,0<t⩽1λ+1t=1u,0<t⩽1λ+1，则

A2=F(t)=(1−λ2)t2+2t+1,A2=F(t)=(1−λ2)t2+2t+1,

求导有

F′(t)=2(1−λ2)t+2,F′(t)=2(1−λ2)t+2,

由λ⩽2λ⩽2有

F′(1λ+1)=2−λ⩾0,F′(1λ+1)=2−λ⩾0,

又F′(0)=1>0F′(0)=1>0，因此，对0<t⩽1λ+10<t⩽1λ+1，有F′(t)⩾0F′(t)⩾0，所以F(t)F(t)在(0,1λ+1](0,1λ+1]是增函数，则

F(0)<F(t)⩽F(1λ+1),F(0)<F(t)⩽F(1λ+1),

即

1<A⩽2λ+1−−−−−√,1<A⩽2λ+1,

即当a,b>0a,b>0且ab−−√⩽2ab⩽2时，有

1<11+a−−−−√+11+b−−−−√⩽21+ab−−√−−−−−−−√.1<11+a+11+b⩽21+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

21+ab−−√−−−−−−−√+11+8ab−−−−−−√<2,21+ab+11+8ab<2,

令1+ab−−√−−−−−−−√=v,1<v⩽3–√1+ab=v,1<v⩽3，则

ab=(v2−1)3,ab=(v2−1)3,

此不等式等价于

2v+v2−1(v2−1)2+8−−−−−−−−−−√<2,2v+v2−1(v2−1)2+8<2,

用分析法容易证得．

综上，原不等式得证．

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令

u=11+a−−−−√,v=11+b−−−−√,w=11+c−−−−√,u=11+a,v=11+b,w=11+c,

则

a=1u2−1,b=1v2−1,c=1w2−1,a=1u2−1,b=1v2−1,c=1w2−1,

且

(1u2−1)(1v2−1)(1w2−1)=8.(1u2−1)(1v2−1)(1w2−1)=8.

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

u+v+w⩽1.u+v+w⩽1.

注意到0<u,v,w<10<u,v,w<1，有

1+u>1−u⩾v+w⩾2vw−−−√>0,1+u>1−u⩾v+w⩾2vw>0,

所以

1u2−1=(1−u)(1+u)u2>(1−u)2u2⩾4vwu2,1u2−1=(1−u)(1+u)u2>(1−u)2u2⩾4vwu2,

同理

1v2−1>4wuv2,1w2−1>4uvw2,1v2−1>4wuv2,1w2−1>4uvw2,

从而可得

(1u2−1)(1v2−1)(1w2−1)>61,(1u2−1)(1v2−1)(1w2−1)>61,

矛盾，因此左边不等式得证．

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

u+v+w⩾2.u+v+w⩾2.

注意到0<u,v,w<10<u,v,w<1，有

0<1+u<2,0<1+u<2,

进而

0<1−u⩽v+w−1=vw−(1−v)(1−w)<vw,0<1−u⩽v+w−1=vw−(1−v)(1−w)<vw,

从而

0<1u2−1(1−u)(1+u)u2<2vwu2,0<1u2−1(1−u)(1+u)u2<2vwu2,

同理

0<1v2−1<2wuv2,0<1w2−1<2uvw2,0<1v2−1<2wuv2,0<1w2−1<2uvw2,

从而可得

(1u2−1)(1v2−1)(1w2−1)<8,(1u2−1)(1v2−1)(1w2−1)<8,

矛盾，因此右边不等式得证．

综上，原不等式得证．