08年高考数学江西卷(理)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） 已知函数f(x)＝

11x＋

11a＋

ax，x∈(0，＋∞)． ax8（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．

8令bx,c,则第(2)等价于:若a,b,c>0,abc=8求证:

ax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32 2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：

给定正数n,求最小正数λ,使得对于任何i(0,)(i1,2,...n),只要tan1tan2...tann22,

2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。

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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。 22．解：1、当a8时，fx1x1x1， ，求得fx331x2x1x于是当x(0,1]时，fx0；而当x[1,)时，fx0． 即f(x)在(0,1]中单调递增，而在[1,)中单调递减．

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（2）.对任意给定的a0，x0，由f(x)111x1a118ax ，

若令b1118，则abx8…①，而fx…②

ax1x1a1b111111，，， 1x1a1b1x1a1b（一）、先证fx1；因为又由2abx22a2bx442abx8，得abx6．所以

9(abx)(abaxbx)1(abx)(abaxbx)abx1． (1x)(1a)(1b)(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 （ⅰ）、当ab7，则a5，所以xa5，因为11， 1b1121111，此时fx2． 1x1a151x1a1b（ⅱ）、当ab7…③，由①得,x81ab，， abab81x1bb2b1b21[1]1因为所以…④ 1b1b4(1b)22(1b)2(1b)1b1a1abab12同理得…⑤，于是fx2…⑥ 2(1a)21a1bab81a今证明abababab2…⑦,因为， 21a1bab81a1b(1a)(1b)只要证

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

(1a)(1b)ab8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。 精心整理

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2008-07-1221:03scpajmb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。

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