08年高考数学江西卷最后一题研究

08年高考数学江西卷（理）最后一题有点难

22．（本小题满分14分）

ax已知函数f(x)＝1x＋1a＋ax8，x∈(0，＋∞)．

11（1）当a＝8时，求f(x)的单调区间；

（2）对任意正数a，证明：l＜f(x)＜2．

8ax,则第(2)等价于:若a,b,c>0,abc=8求证:

令

bx,c111a11b11c2(1)

上式不等式(1)与2004年西部奥林匹克最后一题：

设a,b,c是正数，求证：

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，2003年中国数学奥林匹克第三题：

i(0,)(i1,2,...n),2给定正数n,求最小正数λ,使得对于任何

只要tan1•tan2•...tann22

,就有cos1•cos2•...cosn不大于λ

答案:当n≥3,λ=n-1

当n=3时,令

atan21,btan22,ctan23

即得(1)右边的等式。

江西的宋庆老师说:今天阅卷结束。该题第2小题无人挨边；14分的题全省9分一人，8分二人。 由此可知，（2）右边的不等式，江西的考生无人证出，基本上属于废题。所以第（2）小题不宜作高考题。

此题也引起了张景中院士的兴趣，在 “张景中院士解江西高考压轴题”一贴中

命题人陶平生教授的证明：其中对右边不等式的证明思路基本上取自于前面提到的2003年中国数学奥林匹克第三题黄玉民教授解答。

1x1x1fx3fx2x1x11x3，求得 22．解：、当a8时，，

于是当x(0,1]时，

fx0fx0；而当 x[1,)时，．

即f(x)在(0,1]中单调递增，而在[1,)中单调递减．

（2）.对任意给定的a0，x0，由

111x1a181axf(x)

，

8ax，则 abx8 … ① ，而

若令

bfx1111x1a1b

… ②

111111（一）、先证fx1；因为1x1x，1a1a，1b1b，

又由

2abx22a2bx442abx8

，得 abx6．所以

1111111x1a1b1x1a1b 32(abx)(abaxbx)(1x)(1a)(1b)

fx

9(abx)(abaxbx)(1x)(1a)(1b)

1(abx)(abaxbx)abx1(1x)(1a)(1b)

．

（二）、再证fx2；由①、②式中关于x,a,b的对称性，不妨设xab．则0b2

111b，

（ⅰ）、当ab7，则a5，所以xa5，因为

11211x1a15

，此时

11121x1a1b

fx．

1ab8xab8， ab7ab，1x（ⅱ）、当 …③，由①得 ,

因为

1bb2b21[1]1b1b4(1b)22(1b)

所以

1b12(1b) … ④ 1b1a12(1a) …⑤ ，于是 同理得1a1ababfx2221a1bab8

… ⑥

abab2ab8 …⑦, 因为 今证明 1a1babab21a1b(1a)(1b)

，

abab只要证(1a)(1b)ab8，即 ab8(1a)(1b)，即 ab7，据③，此为显然．

因此⑦得证．故由⑥得 f(x)2．综上所述，对任何正数a,x，皆有1fx2．

说句实在话，该题命题人陶平生教授所给出的证明是最好的。问题只是这道好题在不恰当的时间出现在不恰当的地方。

平心而论，不等式做到这个分上，可以说达到了一个佳境。

2008-07-12 21:03 scpajmb 的发言：

确实，陶平生教授是不等式高手，所命那道2005年全国联赛加试第二题，大家还记忆犹新。当然，宋老师也是不等式高手。我的这个证明不是最简单的，发到这里供参考。