2008年高考数学江西卷压轴题

本文为整理，非原创，解法均收集自网络．来自兰琦博客

（2008年·江西·理）已知函数$f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\sqrt{\dfrac{ax}{ax+8}}$．

（1）当$a=8$，求$f(x)$的单调区间；

（2）对任意正数$a$，证明：$1<f(x)<2$．

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令$b=x$，$c=\dfrac{8}{ax}$，则第(2)问等价于：

若$a,b,c>0$，$abc=8$，求证： $$1<\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+c}}<2.$$

该不等式与2004年西部奥林匹克最后一题：

设$a,b,c>0$，求证： $$1<\dfrac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+c^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+a^2}}\leqslant \dfrac{3\sqrt 2}{2}.$$ 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，CMO2003第三题：

给定正整数$n$，求最小的正数$\lambda$，使得对于任何$\theta_i\in\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$（$i=1,2,\cdots,n$），只要$\tan\theta_1\cdot\tan\theta_2\cdots\tan\theta_n=2^{\frac n2}$，就有$\cos\theta_1+\cos\theta_2+\cdots+\cos\theta_n$不大于$\lambda$．

答案是：当$n\geqslant 3$时，$\lambda=n-1$；当$n=3$时，令 $$a=\tan^2\theta_1,b=\tan^2\theta_2,c=\tan^2\theta_3,$$ 即得江西压轴题右边的不等式．

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命题人陶平生教授的证明：

对任意给定的$a>0$，$x>0$，因为 $$f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{8}{ax}}},$$ 若令$b=\dfrac{8}{ax}$，则$abx=8$，且 $$f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}.$$

先证$f(x)>1$．

因为 $$\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}>\dfrac{1}{1+x},$$ 又由 $$2+a+b+x\geqslant 4\sqrt[4]{2abx}=8,$$ 得 $$a+b+x\geqslant 6.$$ 所以 $$\begin{split}f(x)&=\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}\\&>\dfrac{1}{1+x}+\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}\\&=\dfrac{3+2(a+b+x)+(ab+bx+xa)}{(1+x)(1+a)(1+b)}\\&\geqslant \dfrac{9+(a+b+x)+(ab+bx+xa)}{(1+x)(1+a)(1+b)}\\&=\dfrac{1+(a+b+x)+(ab+bx+xa)+abx}{(1+x)(1+a)(1+b)}\\&=1.\end{split}$$

再证明$f(x)<2$．

由$x,a,b$的对称性，不妨设$x\geqslant a\geqslant b$，则$0<b\leqslant 2$．

情形1：当$a+b\geqslant 7$时，此时$x\geqslant a\geqslant 5$．

因此 $$\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}<1,\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}\leqslant \dfrac{2}{\sqrt{1+5}}<1,$$ 此时 $$f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}<2.$$

情形2：当$a+b<7$时，$x=\dfrac{8}{ab}$，$\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}=\sqrt{\dfrac{ab}{ab+8}}$．

因为 $$\dfrac{1}{1+b}<1-\dfrac{b}{1+b}+\dfrac{b^2}{4(1+b)^2}=\left[1-\dfrac{b}{2(1+b)}\right]^2,$$ 所以 $$\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}<1-\dfrac{b}{2(1+b)}.$$ 同理得 $$\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}<1-\dfrac{a}{2(1+a)},$$ 于是 $$f(x)<2-\dfrac 12\left(\dfrac{a}{1+a}+\dfrac{b}{1+b}-2\sqrt{\dfrac{ab}{ab+8}}\right).$$

而 $$\dfrac{a}{1+a}+\dfrac{b}{1+b}\geqslant 2\sqrt{\dfrac{ab}{(1+a)(1+b)}}=2\sqrt{\dfrac{ab}{1+a+b+ab}}>2\sqrt{\dfrac{ab}{ab+8}},$$ 因此不等式得证．

综上所述，原不等式得证．

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 张景中院士的作法：

原问题即三个正数$a,b,c$在$abc=8$的条件下求 $$F(a,b,c)=\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+c}}$$ 的取值范围．

不妨设$a\leqslant b\leqslant c$，记$t=a$，$k=ab$，$c=\dfrac 8k$，把$F(a,b,c)$看成是关于$t$的函数 $$f(t)=\dfrac{1}{\sqrt{1+t}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{k}{t}}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{8}{k}}},$$ 注意到变量和参数的范围是 $$0<t\leqslant\sqrt k\leqslant 2,$$ 计算导数 $$\begin{split}f'(t)&=\dfrac 12\left(-\left(1+t\right)^{-\frac 32}+\dfrac{k}{t^2}\left(1+\dfrac{k}{t}\right)^{-\frac 32}\right)\\&=\left[k^2(1+t)^3-t(t+k)^3\right]\cdot Q(t,k),\end{split}$$ 这里$Q(t,k)$是某个正值代数式．于是可以根据 $$g(t)=k^2(1+t)^3-t(t+k)^3$$ 的正负来判断$f(x)$的单调性．

注意到$g\left(\sqrt k\right)=0$，因式分解为 $$g(t)=\left(k-t^2\right)\left[t^2-k(k-3)t+k\right],$$ 由于第二个因式的 $$\Delta=k^2(k-3)^2-4k,$$ 当$k<4$时有$\Delta<0$，于是有$f(x)$在$\left(0,\sqrt{k}\right)$上单调递增，从而$f(t)$在$t=\sqrt k$处最大．

从而可得 $$f(t)>1$$ 以及 $$f\left(1+\sqrt k\right)=\dfrac{2}{\sqrt{1+\sqrt k}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{8}{k}}}<2.$$ 原命题得证．

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不妨设$a\leqslant b\leqslant c$，令$\sqrt{ab}=\lambda$，由$abc=8$有$0<\lambda\leqslant 2$．

设 $$A=\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b}},$$ 再令 $$u=\sqrt{1+a+b+\lambda^2},$$ 则 $$u\geqslant 1+\lambda,$$ 所以 $$A^2=\left(1-\lambda^2\right)+\dfrac{2}{u}+1,$$ 又令$t=\dfrac{1}{u},0<t\leqslant \dfrac{1}{\lambda+1}$，则 $$A^2=F(t)=\left(1-\lambda^2\right)t^2+2t+1,$$ 求导有 $$F'(t)=2\left(1-\lambda^2\right)t+2,$$ 由$\lambda\leqslant 2$有 $$F'\left(\dfrac{1}{\lambda+1}\right)=2-\lambda\geqslant 0,$$ 又$F'(0)=1>0$，因此，对$0<t\leqslant \dfrac{1}{\lambda+1}$，有$F'(t)\geqslant 0$，所以$F(t)$在$\left(0,\dfrac{1}{\lambda+1}\right]$是增函数，则 $$F(0)<F(t)\leqslant F\left(\dfrac{1}{\lambda+1}\right),$$ 即 $$1<A\leqslant \dfrac 2{\sqrt{\lambda+1}},$$ 即当$a,b>0$且$\sqrt{ab}\leqslant 2$时，有 $$1<\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}\leqslant \dfrac{2}{\sqrt{1+\sqrt{ab}}}.$$

应用该不等式立得欲证明不等式的左边．

要证明不等式的右边，还需证明 $$\dfrac{2}{\sqrt{1+\sqrt{ab}}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{8}{ab}}}<2,$$ 令$\sqrt{1+\sqrt{ab}}=v,1<v\leqslant \sqrt 3$，则 $$ab=\left(v^2-1\right)^3,$$ 此不等式等价于 $$\dfrac{2}{v}+\dfrac{v^2-1}{\sqrt{\left(v^2-1\right)^2+8}}<2,$$ 用分析法容易证得．

综上，原不等式得证．

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令 $$u=\dfrac{1}{\sqrt{1+a}},v=\dfrac{1}{\sqrt{1+b}},w=\dfrac{1}{\sqrt{1+c}},$$ 则 $$a=\dfrac{1}{u^2}-1,b=\dfrac{1}{v^2}-1,c=\dfrac{1}{w^2}-1,$$ 且 $$\left(\dfrac{1}{u^2}-1\right)\left(\dfrac{1}{v^2}-1\right)\left(\dfrac{1}{w^2}-1\right)=8.$$

假设存在$a,b,c>0$且$abc=8$，但左边不等式不成立，即存在$u,v,w$满足上式，但 $$u+v+w\leqslant 1.$$

注意到$0<u,v,w<1$，有 $$1+u>1-u\geqslant v+w\geqslant 2\sqrt{vw}>0,$$ 所以 $$\dfrac{1}{u^2}-1=\dfrac{(1-u)(1+u)}{u^2}>\dfrac{(1-u)^2}{u^2}\geqslant\dfrac{4vw}{u^2},$$ 同理 $$\dfrac{1}{v^2}-1>\dfrac{4wu}{v^2},\dfrac{1}{w^2}-1>\dfrac{4uv}{w^2},$$ 从而可得 $$\left(\dfrac{1}{u^2}-1\right)\left(\dfrac{1}{v^2}-1\right)\left(\dfrac{1}{w^2}-1\right)>61,$$ 矛盾，因此左边不等式得证．

假设存在$a,b,c>0$且$abc=8$，但右边不等式不成立，即存在$u,v,w$满足上式，但 $$u+v+w\geqslant 2.$$

注意到$0<u,v,w<1$，有 $$0<1+u<2,$$ 进而 $$0<1-u\leqslant v+w-1=vw-(1-v)(1-w)<vw,$$ 从而 $$0<\dfrac{1}{u^2}-1\dfrac{(1-u)(1+u)}{u^2}<\dfrac{2vw}{u^2},$$ 同理 $$0<\dfrac{1}{v^2}-1<\dfrac{2wu}{v^2},0<\dfrac{1}{w^2}-1<\dfrac{2uv}{w^2},$$ 从而可得 $$\left(\dfrac{1}{u^2}-1\right)\left(\dfrac{1}{v^2}-1\right)\left(\dfrac{1}{w^2}-1\right)<8,$$ 矛盾，因此右边不等式得证．

综上，原不等式得证．