数学人眼中的湖北

随着新冠病毒的传播,湖北成了全球的焦点.其实十几年前我就很关注湖北,当时我是一位对数学学习如痴如醉的高中生,每当有空暇时间都会找一些有趣的难题来练手,把数学解题当成是一种挑战和成就.其中我最喜欢做湖北和江西等省份的试题,那时我们每周末进行竞赛培训,对一些拓展知识都有涉猎.而湖北的高考压轴题通常都有联赛题型的影子,但难度比联赛二试更小,考察的都是课内寻常知识,更能引起我的兴趣.后来我上了大学,读了研,仍然很怀念当年的解题岁月.上大学时,每年的高考题我都会挑一些有趣的写好解答分享到我的QQ空间.

现在作为一个数学人,我想分享一些我对历年湖北高考难题的理解,发掘它们的命题背景,致敬那些曾经为湖北高考命题默默奉献的老师们,也感谢各位夜以继日工作的医护工作者和疫情防护人员的辛苦付出,让我们得以安心宅在家愉快地工作生活.

早期湖北高考以数列极限为背景进行命题,让考生提前掌握微积分的基本知识,遴选数学思维较强的学生,为今后的大学学习做准备,真可谓良苦用心!

>(2004年湖北高考)已知$a>0$,数列$\{a_n\}$满足$a_1=a,a_{n+1}=a+\frac{1}{a_n},n=1,2,\cdots$.
(I)已知数列$\{a_n\}$极限存在且大于零,求$A=\lim_{n\to\infty} a_n$ (将$A$用$a$表示);
(II)设$b_n=a_n-A,n=1,2,\cdots$,证明: $b_{n+1}=-\frac{b_n}{A(b_n+A)}$;
(III)若$|b_n|\leq \frac{1}{2^n}$对$n=1,2,\cdots$都成立,求$a$的取值范围.

下面这个问题是以调和数列$H_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}$的发散性为背景:

(调和数列的估计)当$x\to \infty$时,我们有
$$\sum_{n\leq x}\frac1n=\ln x+\gamma+O\left(\frac1x\right),$$
这里$\gamma$为Euler(欧拉) -Mascheroni常数,约为$0.5772$.

换句话说,当正整数$n$足够大时, $1+\frac{1} {2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}$约等于$\ln n+\gamma$.

>(2005年湖北高考)已知不等式$\displaystyle\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}>\frac{1}{2}[\log_2n]$,其中$n$为大于$2$的整数, $[\log_2n]$表示不超过$\log_2n$的最大整数.设数列$\{a_n\}$的各项为正,且满足$\displaystyle a_1=b(b>0),a_n\leq\frac{na_{n-1}}{n+a_{n-1}},n=2,3,4,\ldots$
(1) 证明$\displaystyle a_n<\frac{2b}{2+b [\log_2n]},n=3,4,5,\ldots$
(2) 猜测数列$\{a_n\}$是否有极限?如果有,写出极限值(不必证明);
(3) 试确定一个正整数$N$,使得当$n>N$时,对任意$b>0$,都有$\displaystyle a_n<\frac{1}{5}$.

利用一个重要极限:自然对数底数的极限表达式
$$\lim_{n\rightarrow \infty} \left( 1+\frac{1}{n} \right) ^n=e,$$
可得
$$\lim_{n\rightarrow \infty} \left( 1-\frac{m}{n+3} \right) ^n=\lim_{n\rightarrow \infty} \left\{ \left( 1-\frac{m}{n+3} \right) ^{-\frac{n+3}{m}} \right\} ^{\frac{-n}{n+3}m}=\left( \frac{1}{e} \right) ^m,$$
由单调性进一步可得
$$\left( \frac{1}{e} \right) ^m<\left( 1-\frac{m}{n+3} \right) ^n<\left( \frac{1}{2} \right) ^m,$$
这里$m,n$均为正整数,且$m\leq n,n\geq 6$.

Escott考虑不定方程问题时,得到猜想:当$n>1$时,关于$n,h,x$的方程
$$x^n+(x+1)^n+\cdots+(x+h)^n=(x+h+1)^n$$
的正整数解只有$(x,h,n)=(3,1,2),(3,2,3)$.

令$x=3,h=n-1$且$n>1$,便得到关于$n$的方程$3^n+4^n+\cdots+(n+2)^n=(n+3)^n$的正整数解只有$n=2,3$.

这便是2007年湖北高考压轴题,一般来说,高考压轴题为了降低难度,通常采用**递进式**的提问,前几问是最后一问中难题的铺垫和提示,要求考生逐步解决问题,最终得到整个问题的解答.

 

> (2007年湖北)已知$m,n$为正整数.
(I)用数学归纳法证明:当$x>-1$时, $(1+x)^m\geq 1+mx$;
(II)对于$n\geq 6$,已知$\left( 1-\frac{1}{n+3} \right) ^n<\frac{1}{2}$,求证$\left( 1-\frac{m}{n+3} \right) ^n<\frac{1}{2},m=1,2,\cdots,n$;
(III)求出满足等式$3^n+4^n+5^n+\cdots+(n+2)^n =(n+3)^n$的所有正整数 $n$.

这题其实是以伯努利不等式为背景：

**(伯努利(Bernoulli)不等式)**
若$x>-1,n\in\mathbb{N}^\ast$,则
$$(1+x)^n\leq 1+nx.$$

**(Bernoulli不等式的推广形式)** 若实数$x_i(i=1,2,\ldots,n)$中每一个都大于$-1$,并且它们同为正或同为负,则
$$(1+x_1)(1+x_2)\cdots (1+x_n)\geq 1+x_1+x_2+\cdots+x_n.$$

事实 上, Escott猜想是基于Bowen猜想:
不定方程$1^n+2^n+\cdots+m^n=(m+1)^n$仅有正整数解$(n,m)=(1,2)$.

在1962年至1978年 间,我国著名的数学家柯召、孙琦等人就研究了比Bowen猜想更一般的Escott方程$x^n+(x+1)^n+\cdots+(x+h)^n=(x+h+1)^n$问题,首先证明了该不定方程在$1\leq n\leq 33$的条件下正整数解只有$1+2=3,3^2+4^2=5^2,3^3+4^3+5^3=6^3$,即$(x,h,n)=(1,1,1),(3,1,2),(3,2,3)$.后来又证明了当$n>33$且为奇数时, Escott方程无正整数解,并对$n>3$的部分偶数,给出了Escott方程也无正整数解的证明.
*【参考:柯召,孙琦.关于方程$x^n+(x+1)^n+\cdots +(x+h)^n=(x+h+1)^n$ [J].四川大学学报(自然科学版), 1962,2:9-18;柯召,孙 琦,邹兆南,关于方程$\sum_{j=0}^{h}(x+j)^n=(x+h+1)^n$ [J]. 四 川大学学报(自然科学版 ), 1978, 2-3: 19-24】*

而对$n>3$的任意偶数的一般情形,至今仍是未解难题.

*【参考:平方. 让考生在不等与相等之中归纳推理和演绎创造——探悉2007年高考湖北数学卷理科压轴题的命题意图[J]. 中学数学, 2007, 000(011):1-6.】*

下面这道是以抛物线为载体的定值问题,图形比较经典,后来被广泛改编成模拟题用来平时训练.

>(2009年湖北)过抛物线$y^2=2px\,(p>0)$的对称轴上一点 $A(a,0)\,(a>0)$的直线与抛物线相交于$M$、$N$两点,自 $M$、$N$向直线$l:x=-a$作垂线,垂足分别
为$M_1$、$N_1$.
(I)当$a=\frac{p}{2}$时,求证: $AM_1\bot AN_1$;
(II)记$\triangle AMM_1$、$\triangle AM_1N_1$ 、$\triangle ANN_1$的面积分别为$S_1$、$S_2$、$S_3$,是否存在$\lambda$,使得对任
意的$a>0$,都有$S_2^2=4S_1S_3$成立?若存在,求出$\lambda$的值,否则说明理由.

下面这道题是新定义的函数综合问题,考察较大值函数与不等式之间的变形.

>(2009年湖北)在$\mathbb{R}$上定义运算$\otimes$: $p\otimes q=-\frac{1}{3}(p-c)(q-b)+4bc$\, ($b$、$c$为实常数),记 $$f_1(x)=x^2-2c,\quad f_2(x)=x-2b,\quad x\in \mathbb{R} ,$$ 令$f(x)=f_1(x)\otimes f_2(x)$.
(I)如果函数$f(x)$在$x=1$处有极值$-\frac{4}{3}$,试确定$b,c$的值;
(II)求曲线$y=f(x)$上斜率为$c$的切线与该曲线的公共点;
(III)记$g(x)=|f'(x)|\,(-1\leq x\leq 1)$的最大值为$M$.若$M\geq k$对任意的$b,c$恒成立,试求$k$的最大值. %(参考公式: $x^3-3bx^2+4b^3=(x+b) (x-2b)^2)$.

2010年的数列题则是典型的存在性命题,需要结合整数的奇偶性进行论证.

>(2010年湖北)已知数列$\{a_n\}$满足: $a_1=\frac{1}{2},\frac{3(1+a_{n+1})}{1-a_n}=\frac{2(1+a_n)}{1-a_{n+1}},a_na_{n+1}<0\,(n\geq 1)$.数列$\{b_n\}$满足: $b_n=a_{n+1}^2-a_n^2\,(n\geq 1)$.
(I)求数列$\{a_n\},\{b_n\}$的通项公式;
(2)求证:数列$\{b_n\}$中的任意三项不可能成等差数列.

>(2010年湖北)已知函数$f(x)=ax+\frac{b}{x}+c\,(a>0)$的图像在点$(1,f(1))$处的切线方程为$y=x-1$.
(I)用$a$表示出$b,c$;
(II)若$f(x)\geq \ln x$在$[1,+\infty)$上恒成立,求$a$的取值范围;
(III)证明: $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}>\ln (n+1)+\frac{n}{2(n+1)}\,(n\geq 1)$.

这题是以函数不等式
$$\ln x\leq \frac{1}{2}\left( x-\frac{1}{x} \right),\quad x\geq 1$$
为载体,并令$x=\frac{k+1}{k}$,得到局部不等式
$$\ln \left( k+1 \right) -\ln k<\frac{1}{2}\left( \frac{1}{k}+\frac{1}{k+1} \right),\quad k=1,2,3,\cdots,n$$
将上述$n$个不等式累加进行裂项相消即可.

下面这道题拿来平时练习也非常适合.

>(2011年湖北)已知数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$,且满足: $a_1=a\,(a\neq 0),a_{n+1}=rS_n\,(n\in \mathbb{N}^\ast,r\in \mathbb{R},r\neq -1$).
(I)求数列$\{a_n\}$的通项公式;
(II)若存在$k\in \mathbb{N}^\ast$,使得$S_{k+1},S_k,S_{k+2}$成等差数列,试判断:对于任意的$m\in \mathbb{N}^\ast$且$m\geq 2,a_{m+1},a_m,a_{m+2}$是否成等差数列,并证明你的结论.

在微积分中,利用导数作为工具,结合单调性、极值和凹凸性进行不等式证明是一种常见的思路,下面这题也不例外,它是以均值不等式的加强版:加权平均值为背景进行命题.

>(2011年湖北) (I)已知函数$f(x)=\ln x-x+1,x\in (0,+\infty)$,求函数$f(x)$的最大值;
(II)设$a_k,b_k\,(k=1,2,\cdots,n)$均为正数,证明:
(1)若$a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n\leq b_1+b_2+\cdots+b_n$,则$a_1^{b_1}a_2^{b_2}\cdots a_n^{b_n}\leq 1$;
(2)若$b_1+b_2+\cdots+b_n=1$,则$\frac{1}{n}\leq b_1^{b_1}b_2^{b_2}\cdots b_n^{b_n}\leq b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2$.

一般地, $r$阶加权平均定义如下:
$$M_r(a,p)=\begin{cases} \left( \frac{p_1a_{1}^{r}+p_2a_{2}^{r}+\cdots +p_na_{n}^{r}}{p_1+p_2+\cdots +p_n} \right) ^{\frac{1}{r}}, & r\neq 0 \\ \left( a_{1}^{p_1}a_{2}^{p_2}\cdots a_{n}^{p_n} \right) ^{\frac{1}{p_1+p_2+\cdots +p_n}}, & r=0. \end{cases}$$
其中$a=(a_1,a_2,\cdots,a_n),p=(p_1,p_2,\cdots,p_n)$,
且$a_k,p_k>0\,(k=1,2,\cdots,n)$.

当$r=1,0,-1$时,分别为算术、几何、调和平均数.

若$s<t$,则$M_s(a,p)\leq M_t(a,p)$.

令$s=0,t=1,p_k=b_k\,(k=1,2,\cdots,n)$,我们有
$$\left( a_{1}^{b_1}a_{2}^{b_2}\cdots a_{n}^{b_n} \right) ^{\frac{1}{b_1+b_2+\cdots +b_n}}\le \frac{a_1b_1+a_2b_2+\cdots +a_nb_n}{b_1+b_2+\cdots +b_n},$$
即
$$a_{1}^{b_1}a_{2}^{b_2}\cdots a_{n}^{b_n}\le \left( \frac{a_1b_1+a_2b_2+\cdots +a_nb_n}{b_1+b_2+\cdots +b_n} \right) ^{b_1+b_2+\cdots +b_n}.$$

令$a_1b_1+a_2b_2+\cdots +a_nb_n\le b_1+b_2+\cdots +b_n$,得$a_{1}^{b_1}a_{2}^{b_2}\cdots a_{n}^{b_n}\le 1$.

令$a_k=b_k$,则
$$b_{1}^{b_1}b_{2}^{b_2}\cdots b_{n}^{b_n}\le \left( \frac{b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+\cdots +b_{n}^{2}}{b_1+b_2+\cdots +b_n} \right) ^{b_1+b_2+\cdots +b_n}.$$
令$a_k=\frac{1}{b_k}$,则
$$\left( \frac{1}{b_1} \right) ^{b_1}\left( \frac{1}{b_2} \right) ^{b_2}\cdots \left( \frac{1}{b_n} \right) ^{b_n}\le \left( \frac{n}{b_1+b_2+\cdots +b_n} \right) ^{b_1+b_2+\cdots +b_n},$$
即
$$b_{1}^{b_1}b_{2}^{b_2}\cdots b_{n}^{b_n}\ge \left( \frac{b_1+b_2+\cdots +b_n}{n} \right) ^{b_1+b_2+\cdots +b_n}.$$
因此
$$\left( \frac{b_1+b_2+\cdots +b_n}{n} \right) ^{b_1+b_2+\cdots +b_n}\le b_{1}^{b_1}b_{2}^{b_2}\cdots b_{n}^{b_n}\le \left( \frac{b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+\cdots +b_{n}^{2}}{b_1+b_2+\cdots +b_n} \right) ^{b_1+b_2+\cdots +b_n}.$$
令$b_1+b_2+\cdots +b_n=1$,得
$$\frac{1}{n}\le b_{1}^{b_1}b_{2}^{b_2}\cdots b_{n}^{b_n}\le b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+\cdots +b_{n}^{2}.$$

在某一道解析几何题中考察多种曲线,包括:圆,椭圆,抛物线,是很不寻常的,考察学生分类讨论能力,具有一定的难度.

>(2012年湖北)设$A$是单位圆$x^2+y^2=1$上的任意一点, $l$是过点$A$与$x$轴垂直的直线, $D$是直线$l$与$x$轴的交点,点$M$在直线$l$上,且满足$|DM|=m|DA|$\,($m>0$,且$m\neq 1$).当点$A$在圆上运动时,记点$M$的轨迹为曲线$C$.
(I)求曲线$C$的方程,判断曲线$C$为何种圆锥曲线,并求焦点坐标;
(II)过原点且斜率为$k$的直线交曲线$C$于$P$、$Q$两点,其中$P$在第一象限,它在$y$轴上的射影为点$N$,直线 $QN$交曲线$C$于另一点$H$,是否存在$m$,使得对任意的 $k>0$,都有$PQ\bot PH$?若存在,求$m$的值;若不存在,请说明理由.

2012年的题其实和$2011$年的压轴题异曲同工,考察了利用不等式和数学归纳法证明数列命题的能力,相必研究过去年考题的学生在考场上见到题目时一定暗自窃喜.

>(2012年湖北) (I)已知函数$f(x)=rx-x^r+(1-r)\,(x>0)$,其中$r$为有理数,且$0<r<1$,求$f(x)$的最小值;$\quad$
(II)试用(I)的结果证明如下命题:设$a_1\geq 0,a_2\geq 0$, $b_1,b_2$为正有理数,若$b_1+b_2=1$,则 $$a_1^{b_1}a_2^{b_2}\leq a_1b_1+a_2b_2;$$
(III)请将(II)中的命题推广到一般形式,并用数学归纳法证明你所推广的命题.
注:当$\alpha$为正有理数时,有求导公式$\left(x^\alpha\right)'=\alpha x^{\alpha-1}$.

一般地,我们有:设$a_1,a_2,\cdots,a_n$为非负实数, $b_1,b_2,\cdots,b_n$为正有理数.若$b_1+b_2+\cdots+b_n=1$,则$a_{1}^{b_1}a_{2}^{b_2}\cdots a_{n}^{b_n}\le a_1b_1+a_2b_2+\cdots +a_nb_n$.

2013年的函数题则是取整问题中典型的不等式估计方法,相信平时进行过自招训练和联赛洗礼的同学完全有能力做出！

>(2013年湖北)设$n$是正整数, $r$为正有理数.
(I)求函数$f(x)=(1+x)^{r+1}-(r+1)x-1\,(x>-1)$的最小值;
(II)证明: $$\frac{n^{r+1}-(n-1)^{r+1}}{r+1}<n^r<\frac{(n+1)^{r+1}-n^{r+1}}{r+1};$$
(III)设$x\in\mathbb{R}$,记$[x]$为不小于$x$的最小整数,例如$[2]=2,[\pi]=3,\left[-\frac{3}{2}\right]=-1$.令$S=\sqrt[3]{81}+ \sqrt[3]{82}+\sqrt[3]{83}+\cdots+\sqrt[3]{125}$,求$[S]$的值.
(参考数据: $80^{\frac{4}{3}}\approx 344.7,81^{\frac{4}{3}}\approx 350.5,124^{\frac{4}{3}}\approx 618.3,126^{\frac{4}{3}}\approx 631.7$).

**伯努利不等式：**
(1)设$0<\alpha<1$,则当$x>-1$且$x\neq 0$时,有$(1+x)^\alpha<1+\alpha x$;
(2)设$\alpha>1$,则当$x>-1$且$x\neq 0$时,有$(1+x)^\alpha>1+\alpha x$;
(3)设$n\geq 2$,实数$x_1,x_2,\cdots,x_n$都大于$-1$,并且它们都有着相同的符号,则
$$(1+x_1)(1+x_2)\cdots (1+x_n)>1+x_1+x_2+\cdots+x_n.$$

事实上,这几年的试题如出一辙,都是以贝努利不等式为载体,考察不等式证明与数学归纳法的灵活运用,这与湖北乃至我国偏微分方程、计算数学等数学领域的主流研究方向密切相关,对于很多数学命题,借助不等式的工具进行处理是非常关键的. *【参考:高丰平.三年磨一式:湖北高考中的贝努利不等式[J].数学通讯:学生阅读, 2013(9):47-49】*

借助
**积分判别法(背景)**
若函数$f$在$[1,+\infty)$上非负递减,则级数$\sum_{n=1}^{+\infty}f(n)$收敛等价于积分$\int_{1}^{+\infty}f(x)dx$收敛.
我们可得
一般地,对$0<a<1$有
$$\begin{align*} \frac{{(n+1)}^{1-a}-{n}^{1-a}}{1-a}<\int_{n}^{n+1}\frac{1}{x^a}dx<\frac{1}{n^a}<\int_{n-1}^{n}\frac{1}{x^a}dx=\frac{n^{1-a}-{(n-1)}^{1-a}}{1-a}. \end{align*}$$

因此
$$\boxed{ \frac{\left( n+k+1 \right) ^{1-a}-n^{1-a}}{1-a}<\sum_{i=0}^k{\frac{1}{\left( n+i \right) ^a}}<\frac{\left( n+k \right) ^{1-a}-\left( n-1 \right) ^{1-a}}{1-a}. }$$

>(2014年湖北) $\pi$为圆周率, $e=2.71828\cdots$为自然对数的底数.
(I)求函数$f(x)=\frac{\ln x}{x}$的单调区间;
(II)求$e^3,3^e,e^\pi,\pi^e,3^\pi,\pi^3$这$6$个数中的最大数和最小数;
(III)将$e^3,3^e,e^\pi,\pi^e,3^\pi,\pi^3$这$6$个数按从小到大的顺序排列,并证明你的结论.

看到这题的晚上,我在上选修课,觉得挺有意思,就花时间把它做了出来,发到了我的QQ空间.

此题主要考察诸如
$$\pi ^3<3^{\pi}\Leftrightarrow \text{3}\ln \pi <\pi \ln 3\Leftrightarrow \frac{\ln \pi}{\pi}<\frac{\ln 3}{3}$$
这样的变形,转化成考察函数$y=\frac{\ln x}{x}$的单调性即可,具有一定的难度.但都能在平时模拟考试中找到影子,现如今这个函数也是喜闻乐见的东西了.

>(2015年湖北)已知数列$\{a_n\}$的各项均为正数, $b_n=n\left( 1+\frac{1}{n} \right) ^na_n\,(n\in\mathbb{N}_+)$, $e$为自然对数的底数.
(I)求函数$f(x)=1+x-e^x$的单调区间,并比较$\left( 1+\frac{1}{n} \right)^n$与$e$的大小;
(II)计算$\frac{b_1}{a_1},\frac{b_1b_2}{a_1a_2},\frac{b_1b_2b_3}{a_1a_2a_3}$,由此推测计算$\frac{b_1b_2\cdots b_n}{a_1a_2\cdots a_n}$的公式,并给出证明;
(III)令$c_n=(a_1a_2\cdots a_n)^{\frac{1}{n}}$,数列$\{a_n\}$, $\{c_n\}$的前$n$项和分别记为$S_n,T_n$,证明: $T_n<eS_n$.

这道题我是在数学考试结束的那一天晚上拿到的,利用就业指导课的时间进行解决.

第一问以重要极限: $\left( 1+\frac{1}{n} \right) ^n$单调递增且
$$\lim_{x\rightarrow \infty} \left( 1+\frac{1}{x} \right) ^x=\lim_{n\rightarrow \infty} \left( 1+\frac{1}{n} \right) ^n=e.$$
为背景,考察导数不等式的证明.

第二问则是利用数学归纳法或裂项相消法进行推导,作为第三问的铺垫,用来证明

**Carleman不等式:** 已知$a_i\geq 0,i=1,2,\cdots,n$,则
$$\begin{align*} \sum_{k=1}^n{\sqrt[k]{a_1a_2\cdots a_k}}<e\sum_{k=1}^n{a_k}. \end{align*}$$
天下大势,分久必合,合久必分.自2016年开始,大部分省份都采用全国I卷,实现大一统局面,湖北卷等已成为历史,从此高考题中考察数列极限,导数不等式,或者以著名不等式为背景的现象很难出现。与此同时，我也读了研究生,在几个数学问题之间徘徊。