一道自主招生題的多方向探索

韓新生+姚璐

近年各高校自主招生熱火朝天，自主招生數學考題靈活多變，注重考生數學能力和數學素養(yǎng)的考查.但萬變不離其宗，經過數學學習所形成的數學思維模式和數學思想方法是解決問題的制勝法寶，以2014年北約自主招生數學考題壓軸題為例，看解決問題的探索方向.

（2014年自主招生北約第10題）xi>0（i=1，2，…，n），ni=1xi=1，求證：ni=1（2+xi）≥（2+1）n.

本題似曾相識，發(fā)現(xiàn)2013年全國高中數學聯(lián)賽貴州省預賽試題第12題為：

已知a1，a2，…，an是n個正數，滿足a1·a2·…·an=1.求證：（2+a1）（2+a2）…（2+an）≥3n.

證明因為2+ai=1+1+ai≥33ai，i=1，2，…，n，

所以（2+a1）（2+a2）…（2+an）

=

（1+1+a1）（1+1+a2）…（1+1+an）

≥

33a1·33a2·…·33an

=

3n3a1·a2·…·an=3n.

而本例顯然比預賽題更加復雜.

思考1考慮利用函數，借助導數，可得以下解法.

證明1令bi=lnxi，則xi=ebi，∑ni=1bi=0.

取f（x）=ln（2+ex）

則ni=1（2+xi）≥（2+1）n

ni=1（2+ebi）≥（2+e0）n

∑ni=1ln（2+ebi）≥nln（2+e0）

∑ni=1f（bi）≥nf（0）

∑ni=1f（bi）n≥f（0）.

但f′（x）=exex+2，f″（x）=2ex（ex+2）2>0，

故∑ni=1f（bi）n≥f∑ni=1bin=f（0）成立.

證明2欲證ni=1（2+xi）≥（2+1）n，

只需證ni=12+xi2+1≥1.

令f（x）=2+x2+1（x>0），注意到ni=1xi=1，

只需證存在實數α，使得對任意的x>0，f（x）≥xα恒成立.

考慮到對任意的實數α，f（1）=1α，

上述實數α需使得f′（x）x=1=（xa）′x=12-1=α.

下面證明：對任意的x>0，f（x）≥x2-1恒成立.

令g（x）=f（x）-x2-1，x>0，則g′（x）=（2-1）-（2-1）x2-2.

令g′（x）=0，得x=1.

x（0，1）1（1，+∞）

g′（x）-0+

g（x）↘0↗

故對任意的x>0，g（x）≥0恒成立.

故對任意的x>0，f（x）≥x2-1恒成立.

特別的：對1≤i≤n，f（xi）≥x2-1i，

故ni=12+xi2+1≥（ni=1xi）2-1=1.

故ni=1（2+xi）≥（2+1）n.

思考2有關正整數范圍內成立的命題，考慮用數學歸納法.

證明3（1）當n=1時，命題顯然成立；

當n=2時，x1，x2>0，x1·x2=1.

（2+x1）·（2+x2）=2+2（x1+x2）+1≥2+22+1=（2+1）2

命題成立.

（2）假設當n=2k時，命題成立；

則當n=2k+1時，xi>0（i=1，2，…，2k+1），2k+1i=1xi=1，

對任意的1≤i≤2k，令bi=x2i-1·x2i，則b1，b2，…，b2k>0，2ki=1bi=1.

注意到對任意的1≤i≤2k，

（2+x2i-1）·（2+x2i）=2+2（x2i-1+x2i）+x2i-1x2i≥（2+bi）2，

我們有

2k+1i=1（2+xi）=2ki=1（2+x2i-1）·（2+x2i）≥2ki=1（2+bi）2≥（2+1）2k+1.

（3）對任意的n∈N*，存在k∈N*，使得n≤2k，

xi>0（i=1，2，…，n），ni=1xi=1.

取xn+1=xn+2=…=x2k=1，則

xi>0（i=1，2，…，2k），2ki=1xi=1，

故2ki=1（2+xi）≥（2+1）2k，

即[ni=1（2+xi）]·（2+1）2k-n≥（2+1）2k，

故ni=1（2+xi）≥（2+1）n.

由（1）、（2）、（3），對任意的n∈N*，ni=1（2+xi）≥（2+1）n.

證明4令f（x1，x2，…，xn）=ni=1（2+xi），

則對任意的xi>0（i=1，2，…，n），f（x1，x2，…，xn）>0，

只需證明當xi>0（i=1，2，…，n），ni=1xi=1時，

f（x1，x2，…，xn）≥f（1，1，…，1），

不妨假設x1≥x2≥…≥xn，則x1≥1，xn≤1.

按如下方式進行調整：

令b1=x1xn，bi=xi（2≤i≤n-1），bn=1，

則bi>0（i=1，2，…，n），ni=1bi=1，

f（x1，x2，…，xn）-f（b1，b2，…，bn）=

-2（x1-1）（xn-1）n-1i=2（2+xi）≥0.

故f（x1，x2，…，xn）≥f（b1，b2，…，bn-1，1）.

反復進行下述調整得：

f（x1，x2，…，xn）≥f（b1，b2，…，bn-1，1）≥f（c1，c2，…，cn-2，1，1）≥…≥f（1，1，…，1）.

證明5令f（x1，x2，…，xn）=ni=1（2+xi），

則對任意的xi>0（i=1，2，…，n），f（x1，x2，…，xn）>0，

只需證明當xi>0（i=1，2，…，n），ni=1xi=1時，

f（x1，x2，…，xn）≥f（1，1，…，1）.

（1）當n=1時，命題顯然成立.

當n=2時，x1，x2>0，x1·x2=1，

（2+x1）·（2+x2）=2+2（x1+x2）+1≥2+22+1=（2+1）2.

命題成立.

（2）假設當n=k時，命題成立.

當n=k+1時，

不妨假設x1≥x2≥…≥xk+1，則x1≥1，xk+1≤1.

令b1=x1xn，bi=xi（2≤i≤k），bk+1=1，

則bi>0（i=1，2，…，n），ni=1bi=1，

f（x1，x2，…，xk+1）-f（b1，b2，…，bk+1）=-2（x1-1）（xk+1-1）ki=2（2+xi）≥0，故f（x1，x2，…，xn）≥f（b1，b2，…，bk，1），

即k+1i=1（2+xi）≥ki=1（2+xi）×（2+1）≥（2+1）k+1.

命題成立.

由（1）、（2）可知，對任意的n∈N*，ni=1（2+xi）≥（2+1）n.

思考3聯(lián)想二項式定理.

證明6因為（2+1）n=∑nk=0Ckn·（2）n-k，ni=1（2+xi）=∑nk=0Ak·（2）n-k，

其中A0=1，Ak=∑1≤i1

所以欲證ni=1（2+xi）≥（2+1）n，

只需證對任意的1≤k≤n，Ckn≤Ak，

只需證對任意的1≤k≤n，AkCkn≥1，

又AkCkn=∑1≤i1

1≤i1

故ni=1（2+xi）≥（2+1）n.

f（x1，x2，…，xn）≥f（b1，b2，…，bn-1，1）≥f（c1，c2，…，cn-2，1，1）≥…≥f（1，1，…，1）.

證明5令f（x1，x2，…，xn）=ni=1（2+xi），

則對任意的xi>0（i=1，2，…，n），f（x1，x2，…，xn）>0，

只需證明當xi>0（i=1，2，…，n），ni=1xi=1時，

f（x1，x2，…，xn）≥f（1，1，…，1）.

（1）當n=1時，命題顯然成立.

當n=2時，x1，x2>0，x1·x2=1，

（2+x1）·（2+x2）=2+2（x1+x2）+1≥2+22+1=（2+1）2.

命題成立.

（2）假設當n=k時，命題成立.

當n=k+1時，

不妨假設x1≥x2≥…≥xk+1，則x1≥1，xk+1≤1.

令b1=x1xn，bi=xi（2≤i≤k），bk+1=1，

則bi>0（i=1，2，…，n），ni=1bi=1，

f（x1，x2，…，xk+1）-f（b1，b2，…，bk+1）=-2（x1-1）（xk+1-1）ki=2（2+xi）≥0，故f（x1，x2，…，xn）≥f（b1，b2，…，bk，1），

即k+1i=1（2+xi）≥ki=1（2+xi）×（2+1）≥（2+1）k+1.

命題成立.

由（1）、（2）可知，對任意的n∈N*，ni=1（2+xi）≥（2+1）n.

思考3聯(lián)想二項式定理.

證明6因為（2+1）n=∑nk=0Ckn·（2）n-k，ni=1（2+xi）=∑nk=0Ak·（2）n-k，

其中A0=1，Ak=∑1≤i1

所以欲證ni=1（2+xi）≥（2+1）n，

只需證對任意的1≤k≤n，Ckn≤Ak，

只需證對任意的1≤k≤n，AkCkn≥1，

又AkCkn=∑1≤i1

1≤i1

故ni=1（2+xi）≥（2+1）n.

f（x1，x2，…，xn）≥f（b1，b2，…，bn-1，1）≥f（c1，c2，…，cn-2，1，1）≥…≥f（1，1，…，1）.

證明5令f（x1，x2，…，xn）=ni=1（2+xi），

則對任意的xi>0（i=1，2，…，n），f（x1，x2，…，xn）>0，

只需證明當xi>0（i=1，2，…，n），ni=1xi=1時，

f（x1，x2，…，xn）≥f（1，1，…，1）.

（1）當n=1時，命題顯然成立.

當n=2時，x1，x2>0，x1·x2=1，

（2+x1）·（2+x2）=2+2（x1+x2）+1≥2+22+1=（2+1）2.

命題成立.

（2）假設當n=k時，命題成立.

當n=k+1時，

不妨假設x1≥x2≥…≥xk+1，則x1≥1，xk+1≤1.

令b1=x1xn，bi=xi（2≤i≤k），bk+1=1，

則bi>0（i=1，2，…，n），ni=1bi=1，

f（x1，x2，…，xk+1）-f（b1，b2，…，bk+1）=-2（x1-1）（xk+1-1）ki=2（2+xi）≥0，故f（x1，x2，…，xn）≥f（b1，b2，…，bk，1），

即k+1i=1（2+xi）≥ki=1（2+xi）×（2+1）≥（2+1）k+1.

命題成立.

由（1）、（2）可知，對任意的n∈N*，ni=1（2+xi）≥（2+1）n.

思考3聯(lián)想二項式定理.

證明6因為（2+1）n=∑nk=0Ckn·（2）n-k，ni=1（2+xi）=∑nk=0Ak·（2）n-k，

其中A0=1，Ak=∑1≤i1

所以欲證ni=1（2+xi）≥（2+1）n，

只需證對任意的1≤k≤n，Ckn≤Ak，

只需證對任意的1≤k≤n，AkCkn≥1，

又AkCkn=∑1≤i1

1≤i1

故ni=1（2+xi）≥（2+1）n.