湖北省廣水市第一高級中學432700 聶文喜

對一道高考題的探究

湖北省廣水市第一高級中學432700 聶文喜

1.問題再現(xiàn)

題1(2017年高考全國卷III理21)已知函數(shù)f(x)=x-1-alnx.

(1)若f(x)≥0恒成立,求a的值;

(2)設(shè)m為整數(shù),且對于任意的正整數(shù)求m的最小值.

本題以函數(shù)與不等式為載體,以不等式恒成立及數(shù)列不等式證明為切入點,主要考查學生數(shù)學基本知識、數(shù)學方法、數(shù)學思想的掌握情況,考查分析問題和解決問題的綜合能力.本題入口較寬,解法多樣,由于不同程度的學生可以根據(jù)自已的實際情況,靈活選擇問題的解決方法,而思維量的多少,方法的繁簡,運算量的大小等方面的因素又引發(fā)解題時間的差異及結(jié)果的正確與否,因此,它有相當好的區(qū)分度,可以很好地甄別出考生能力的差異,從而達到精確區(qū)分考生的目的.本文嘗試從不同視角尋求突破.

2.解法探究

解法1(視角1f(x)≥0恒成立等價于f(x)min≥0.)

①當a≤0時,對所有的x＞0,f′(x)＞0,所以f(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增,又f(1)=0,所以當0＜x＜1時,f(x)＜0,不符合題意,舍去.

②當a＞0時,令f′(x)＜0,得0＜x＜a,所以f(x)在單調(diào)遞減,令f′(x)＞0得x＞a,所以f(x)在(a,+∞)單調(diào)遞增,所以f(x)min=f(a)=a-1-alna,于是對一切x＞0,f(x)≥0恒成立,當且僅當

令g(t)=t-1-lnt,易見,當t=1時,g(t)取得最大值g(1)=0,當且僅當a=1,①成立.綜上所述,a=1.

解法2(視角2利用函數(shù)最值定義)易發(fā)現(xiàn)f(1)=0,所以f(x)≥0恒成立等價于f(x)的最小值為f(1),

①當a≤0時,類似解法1的討論得到矛盾,不符合題意.

②當a＞0時,令f′(x)＜0,得0＜x＜a,所以f(x)在單調(diào)遞減,令f′(x)＞0得x＞a,所以f(x)在(a,+∞)單調(diào)遞增,所以f(x)min=f(a),又f(x)的最小值為f(1),所以a=1.

解法3(視角3分離參數(shù)法)f(x)=x-1-alnx≥0?alnx≤x-1,

①當0＜x＜1時,x＜1),則,令x＜1),則在(0,1)單調(diào)遞減,又h(1)=0,所以0＜x＜1,h(x)＞0,從而g′(x)＞0,g(x)在(0,1)單調(diào)遞增.所以g(x)在(0,1)上沒有最大值,且g(1)沒有意義,我們考察極限值

解法4(視角4數(shù)形結(jié)合法)f(x)=x-1-alnx≥0?alnx≤x-1,

令f1(x)=alnx,f2(x)=x-1,則問題等價于在區(qū)間(0,+∞)上,對數(shù)函數(shù)的圖象恒在一次函數(shù)的圖象下方.如圖1,當直線y=ax與曲線y=ln(x+1)相切時(切點為(

圖1

點評f(x,a)＞g(x,a)對x∈A恒成立?函數(shù)y1=f(x,a)的圖像恒在函數(shù)y=g(x,a)的上方.

解法 5(視角 5先充分條件再必要條件)易發(fā)現(xiàn),f(1)=0,我們自然想到,若函數(shù)f(x)在(0,1)單調(diào)遞減,在(1,+∞)單調(diào)遞增,那么f(x)≥0一定成立;

若函數(shù)f(x)在(0,1)單調(diào)遞減,則即可,分離參數(shù)得a≥x對0＜x＜1恒成立,所以a≥1;

若函數(shù)f(x)在(1,+∞)單調(diào)遞增,則即可,分離參數(shù)得a≤x對x≥1恒成立,所以a≤1;所以a=1.

下面只須說明a/=0時,f(x)≥0不恒成立.當a/=0時,f(a)=a-1-alna,令g(t)=t-1-lnt,t/=1,則g′(t)=-lnt,所以g(t)在(0,1)單調(diào)遞增,在(1,+∞)單調(diào)遞減,g(t)＜g(1)=0,故當a/=1時,f(a)＜0,不符合題意.綜上,a=1.

點評 因為f(1)=0,所以函數(shù)f(x)在(0,1)單調(diào)遞減,在(1,+∞)單調(diào)遞增是f(x)≥0的充分條件,解法5先利用充分條件求出參數(shù)a的值,再證明所求的值滿足必要性.

解法6(思路 6先必要條件再充分條件)f(x)=x-1-alnx≥0?alnx≤x-1,

所以a≥1.②當x＞1時,所以

所以a≤1.故a=1.

下面只須證明當a=1時,不等式a(x-1)≥lnx成立,只須證明x-1≥lnx,只須證明lnx-x+1≤1.

令g(x)=lnx-x+1,則所以f(x)在 (0,1)單調(diào)遞增,在(1,+∞)單調(diào)遞減,g(x)≤g(1)=0,故a=1符合題意.

解法7(視角7利用函數(shù)最值與函數(shù)極值的關(guān)系)易發(fā)現(xiàn)f(1)=0,所以f(x)≥0恒成立等價于f(x)的最小值為f(1),由函數(shù)最值與函數(shù)極值的關(guān)系得f(1)也是函數(shù)f(x)的極小值,所以f′(x)=1-a=0,a=1.余下只須證明當a=1時,不等式a(x-1)≥lnx成立.下同解法6.

點評 “f(1)是函數(shù)f(x)的極小值”是“f(1)是函數(shù)f(x)的最小值”的必要不充分條件,解法7先利用必要條件“f(1)是函數(shù)f(x)的極小值”求出參數(shù)a的值,再證明所求a的值滿足充分性.

(2)令n=3,得

所以m的最小值為3,第(2)問等價于證明不等式

證法1(視角1 數(shù)學歸納法)與正整數(shù)有關(guān)的命題,我們不妨用數(shù)學歸納法去證,若直接使用數(shù)學歸納法,從k到k+1,右邊常量不變,但左邊變大,顯然是行不通的,于是可考慮證明原不等式的加強命題,由于不等式左邊與2n有關(guān),因此可嘗試把原不等式加強為

取n=1,得解得t≤3,取t=3,將原不等式加強為

于是可用數(shù)學歸納法證得加強命題成立.

①當n=1時,,命題成立;

②假設(shè)n=k時命題成立,即

則當n=k+1時,

故當n=k+1時命題也成立.從而原不等式成立.

證法2(視角2比商法)若直接利用比商法證明原不等式行不通,可用比商法證明加強不等式

故數(shù)列{an}遞減,所以an≤a1=1,故原不等式成立.

點評 數(shù)列積式不等式a1a2...an＜(或＞)f(n),一般可構(gòu)造新數(shù)列后通過判斷數(shù)列{cn}的單調(diào)性來證明不等式.

即an＜bn,故a1a2···an≤b1b2···bn,從而原不等式成立.

點評 對于a1a2...an＜(或＞)f(n)型不等式,令

若能證明ak＜(或＞)bk(k=1,2,...,n),則欲證的不等式成立,這種思路樸素,可操作性強,對于“積式”不等式,往往行之有效.

證法4(利用糖水不等式放縮)當n≥2時,

所以當n≥2時,

證法5(視角5倒數(shù)變換)不等式等價于由貝努利不等式“若x＞-1,n∈N+,則(1+x)n≥1+nx”的推廣：“若實數(shù)xi＞-1(i=1,2,...,n)并且它們同正或負,則(1+x1)(1+x2)...(1+xn)≥1+x1+x2+···+xn,”得當n≥2時,

證法6(視角6構(gòu)造對稱式)令

則當n≥2時,

再次貝努利不等式的推廣形式得

故原不等式成立.

點評 “積式a1a2...an＞(或＜)Tn不等式”,兩邊取對數(shù)后可轉(zhuǎn)化為“和式lna1+lna2+···+lnan＞(或＜)lnTn不等式”.

證法8(視角8利用均值不等式)因為

所以由均值不等式得

3 題源探尋

筆者在研究上述高考試題時,感覺似曾相識,發(fā)現(xiàn)它是2011年“北約”自主招生題與2012年第八屆北方數(shù)學奧林匹克試題第6題的拓展與延伸.

題2(2011年“北約”自主招生題)已知函數(shù)f(x)=

(1)求數(shù)列{xn}的通項公式;

題3(2012年第八屆北方數(shù)學奧林匹克試題第6題)設(shè)n是正整數(shù),證明

我們先看題1第(2)問的命制過程：我們來考察題2第

這就是題1第(2)問中不等式

的命制背景,所以m的最小值為3.

由此可見,成題改編是高考命題的一種常見方法,也是一條命題的捷徑,這就提示人們在高三備考的過程中要深入細致地研究往年高考試題、自主招生試題及競賽試題,對各試題我們既要從它們不同的外表下尋求其共性,又要針對某一個試題找出它的個性,對于一道試題我們不能只看到一道試題,還要思考它還能怎么考,這樣既發(fā)散了思維,又使我們的備考有更好的針對性,提高了備考的效率.

4 問題推廣

利用證法7的思路可將原命題推廣為：

結(jié)論1設(shè)a＞1,且n是正整數(shù),證明

結(jié)論2 設(shè)xk＞-1(k=1,2,...,n),且x1,x2,...,xn不同時為0,證明：

利用貝努利不等式的推廣式可將原命題推廣為：

結(jié)論3設(shè)a＞1,且n為正整數(shù),證明

5 推廣結(jié)論應(yīng)用

題4(2006年高考江西卷理22)已知數(shù)列{an}滿足

(1)求數(shù)列{an}的通項公式;

(2)證明：對于一切正整數(shù)n,a1·a2·····an＜2·n!.

(2)證明：據(jù)(1)得,

為證a1·a2·····an＜2·n!,只需證n∈N+時有