２００８年高考江西卷壓軸題的簡解及推廣

題 已知函數f(x)=11+x+11+a+axax+8，x∈(0，+∞).

(1)當a=8時，求f(x)的單調區間；

(2)對任意正數a，證明1

分析：本題第(1)問不難，可直接求導得增區間(0，1］及減區間［1，+∞).本題難點在第(2)問，且標答在證f(x)>1時用兩個正數的算術平均值不小于幾何平均值的性質來證，體現了考試不超綱的知識要求，但在證f(x)<2時，對a+b分a+b<7及a+b≥7兩種情形作分類討論，技巧性極高，這是一般考生難以在短時間想象得到的.本文以下第(2)問的證法 分析雖是新解，但高中生也能理解，現分析如下：

在證1a2;②若a、b∈(0，1)，則a+b<1+ab，實際上結論②即為(a-1)(b-1)>0所推得：

先證f(x)>1.由結論①得

f(x)>11+x+11+a+axax+8=\\=a2x2+ax2+a2x+8x+8a+8+(a2x+ax2+8)+3axa2x2+ax2+a2x+8x+8a+8+9ax，由a2x+ax2+8≥33a2x#8226;ax2#8226;8=6ax得上式右邊≥1，故f(x )>1.

再證f(x)<2.設p=x>0，q=a>0，r=8ax>0且pqr=8，則f(x)<211+p+11+q+11+r<2.不妨設p≥q≥r，從而p≥2.由于11+q<1，11+r<1，由結論②得11+p+11+q+11+r<11+p+1(1+q)(1+r)+1=11+p+1qr+q+r+1+1≤11+p+1qr+2qr+1+1=11+p+1qr+1+1=11+p+pp+22+1(∵pqr=8).以下只需證11+p+pp+22+1≤2.即證11+p≤22p+22，即證(p+22)2≤(22#8226;1+p)2，即p≥427，由p≥2易見此式成立，故11+p+11+q+11+r<2，即f(x)<2，證畢.

對該題進一步探究發現，將8改為2+5，則更靠近pqr的下界，故可將本題第(2)問的右半不等式進一步推廣如下：

推廣1 若正數x1、x2、x3滿足x1x2x3≥2+5，則11+x1+11+x2+11+x3<2;

推廣2 若正數xk(k=1、2、…、n;n∈N，且n≥3)，滿足x1x2…xn≥25，則

∑nk=111+xk

推廣3 構造至少有4項的數列{an}滿足：(1-a4)4a34=165+2且(1-an+1)n+1ann+1=2(1-an)nann(an∈(0，1))，則對于正數xk(k=1、2、…、n，n∈N，且n≥4)，若x1x2…xn≥(2+5)a4a5…an，則有∑nk=111+xk

推廣1的證明分如下兩步：(1)當x1x2x3=2+5時，設x1≥x2≥x3，則x1≥32+5=1+52 .由前面證明f(x)<2的過程同樣可得11+x1+11+x2+11+x3<11+x1+x1x1+2+5+1，從而只要證11+x1+x1x1+2+5+1≤211+x1<2+5x1+2+5x1≥2+55+12=5+12，故x1x2x3=2+5時成立.

(2)當x1x2x3>2+5時，設x1x2x3=(2+5)a(a>1)，則x1x2(x3a)=2+5，由(1)知：11+x1+11+x2+11+x3a<2，從而11+x1+11+x2+11+x3<11+x1+11+x2+11+x3a<2.

綜合(1)、(2)可得推廣1成立.

推廣2的證明用數學歸納法證明如下：

1)當n=3時，由推廣1知命題成立.

2)假設n=k時命題成立，下證n=k+1時命題成立，由前結論②及歸納假設有：

∑k+1i=111+xi=11+x1+11+x2+

∑k+1i=311+xi<11+x1x2+∑k+1i=311+xi+1<(k-1)+1=k，故n=k+1時命題成立，由1)、2)得推廣2成立.

為了證明推廣3，再給出第三個結論，即

結論③ 設xi，xj均為正項數列{xn}中的兩個最小項，則xixj≤nx1x2…xn.由(xixj)2n=(xixj)(xn-1ixn-1j)≤xixj#8226;∏nk≠ixk#8226;∏nk≠jxk=(x1x2…xn)2 ，兩邊開2n次方即得結論③成立.

下面用數學歸納法證明當x1x2…xn=(2+5)a4a5…an時，推廣3成立的情形：

i)當n=4時，x1x2x3x4=(2+5)a4，則x1x2x3x4a4=2+5，由推廣1知11+x1+11+x2+11+x3x4a4<2(其中x3、x4為x1、x2、x3、x4中較小者).下只要證11+x3+11+x4<1+11+x3x4a4，由前結論②得：11+x3+11+x4<11+x3+x4+x3x4+1，故只要證11+x3+x4+x3x4≤

11+x3x4a4，即證x3+x4≥1-a4a4x3x4.由結論③及條件x1x2x3x4=(2+5)a4得x3x4≤4(2+5)a4，故1-a4a4x3x4≤1-a4a4#8226;4(2+5)a4 x3x4=2x3x4≤x3+x4，從

而∑4i=111+xi<11+x1+11+x2+11+x3x4a4+1<3，即n=4時命題成立.

ii)假設n=k時命題成立，下證n=k+1時，命題成立，由題設條件x1x2…xk+1= (2+5)a4a5…ak+1，且設xk、xk+1是x1、x2、…、xk+1中最小兩個數，則x1x2…xk-1#8226;xkxk+1ak+1=(2+5)a4a5…ak，又由歸納假設得

∑k-1i=111+xi+11+xkxk+1ak+1

11+xk+xk+1+xkxk+1+1，又只要證11+xk+xk+1+xkxk+1≤11+xkxk+1ak+1，即(1-ak+1ak+1)xkxk+1≤xk+xk+1，由結論③知(1-ak+1ak+1)xkxk+1≤(1-ak+1ak+1)#8226;

k+1(2+5)a4a5…ak+1#8226;xkxk +1=

k+1(1-ak+1)k+1ak+1k+1(2+5)a4a5…ak+1#8226;

xkxk+1(*)，由所構造數列的條件易得(1-ak+1)k+1akk+1=2ak#8226;(1-ak)kak-1k=22akak-1#8226;(1-ak-1)k-1ak-2k-1=…=(1-a4)4#8226;2k-3a44a5a6…ak.

故k+1(1-ak+1)k+1ak+1k+1(2+5)a4a5…ak+1=k+1(1-a4)42k-3a44a4a5…ak+1(2+5)a4a5…ak+1=k+1(1-a4)4a34#8226;2k-3(2+5)=2 (**)

由(*)(**)可得1-ak+1ak+1xkxk+1≤2xkxk+1≤xk+xk+1，∴∑k+1i=111+xi<∑k-1i=111+xi+11+xkxk+1ak+1+1<(k-1)+1=k.即n=k+1(k≥4)時命題成立.

由i)、ii)可得：當x1x2…xn=(2+5)#8226;a4a5…an時，∑4i=111+xi

再用推廣1的第(2)步的方法同樣可證x1x2…xn>(2+5)a4a5…an時命題成立.從而推廣3成立.