韓新生+姚璐

近年各高校自主招生熱火朝天，自主招生數(shù)學(xué)考題靈活多變，注重考生數(shù)學(xué)能力和數(shù)學(xué)素養(yǎng)的考查.但萬(wàn)變不離其宗，經(jīng)過(guò)數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)所形成的數(shù)學(xué)思維模式和數(shù)學(xué)思想方法是解決問(wèn)題的制勝法寶，以2014年北約自主招生數(shù)學(xué)考題壓軸題為例，看解決問(wèn)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(shí)，發(fā)現(xiàn)2013年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽貴州省預(yù)賽試題第12題為：

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

證明因?yàn)?+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(yù)賽題更加復(fù)雜.

思考1考慮利用函數(shù)，借助導(dǎo)數(shù)，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(shí)數(shù)α，使得對(duì)任意的x>0，f（x）≥xα恒成立.

考慮到對(duì)任意的實(shí)數(shù)α，f（1）=1α，

上述實(shí)數(shù)α需使得f′（x）x=1=（xa）′x=12-1=α.

下面證明：對(duì)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(duì)任意的x>0，g（x）≥0恒成立.

故對(duì)任意的x>0，f（x）≥x2-1恒成立.

特別的：對(duì)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(guān)正整數(shù)范圍內(nèi)成立的命題，考慮用數(shù)學(xué)歸納法.

證明3（1）當(dāng)n=1時(shí)，命題顯然成立；

當(dāng)n=2時(shí)，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(shè)當(dāng)n=2k時(shí)，命題成立；

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

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

注意到對(duì)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(duì)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(duì)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(duì)任意的xi>0（i=1，2，…，n），f（x1，x2，…，xn）>0，

只需證明當(dāng)xi>0（i=1，2，…，n），ni=1xi=1時(shí)，

f（x1，x2，…，xn）≥f（1，1，…，1），

不妨假設(shè)x1≥x2≥…≥xn，則x1≥1，xn≤1.

按如下方式進(jìn)行調(diào)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(fù)進(jìn)行下述調(diào)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(duì)任意的xi>0（i=1，2，…，n），f（x1，x2，…，xn）>0，

只需證明當(dāng)xi>0（i=1，2，…，n），ni=1xi=1時(shí)，

f（x1，x2，…，xn）≥f（1，1，…，1）.

（1）當(dāng)n=1時(shí)，命題顯然成立.

當(dāng)n=2時(shí)，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(shè)當(dāng)n=k時(shí)，命題成立.

當(dāng)n=k+1時(shí)，

不妨假設(shè)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(duì)任意的n∈N*，ni=1（2+xi）≥（2+1）n.

思考3聯(lián)想二項(xiàng)式定理.

證明6因?yàn)椋?+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(duì)任意的1≤k≤n，Ckn≤Ak，

只需證對(duì)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(duì)任意的xi>0（i=1，2，…，n），f（x1，x2，…，xn）>0，

只需證明當(dāng)xi>0（i=1，2，…，n），ni=1xi=1時(shí)，

f（x1，x2，…，xn）≥f（1，1，…，1）.

（1）當(dāng)n=1時(shí)，命題顯然成立.

當(dāng)n=2時(shí)，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(shè)當(dāng)n=k時(shí)，命題成立.

當(dāng)n=k+1時(shí)，

不妨假設(shè)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(duì)任意的n∈N*，ni=1（2+xi）≥（2+1）n.

思考3聯(lián)想二項(xiàng)式定理.

證明6因?yàn)椋?+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(duì)任意的1≤k≤n，Ckn≤Ak，

只需證對(duì)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(duì)任意的xi>0（i=1，2，…，n），f（x1，x2，…，xn）>0，

只需證明當(dāng)xi>0（i=1，2，…，n），ni=1xi=1時(shí)，

f（x1，x2，…，xn）≥f（1，1，…，1）.

（1）當(dāng)n=1時(shí)，命題顯然成立.

當(dāng)n=2時(shí)，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(shè)當(dāng)n=k時(shí)，命題成立.

當(dāng)n=k+1時(shí)，

不妨假設(shè)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(duì)任意的n∈N*，ni=1（2+xi）≥（2+1）n.

思考3聯(lián)想二項(xiàng)式定理.

證明6因?yàn)椋?+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(duì)任意的1≤k≤n，Ckn≤Ak，

只需證對(duì)任意的1≤k≤n，AkCkn≥1，

又AkCkn=∑1≤i1

1≤i1

故ni=1（2+xi）≥（2+1）n.