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2014年广东高中数学竞赛第11题的深入探究


?

4 4?  
或 n≥   .  

中学数 学研 究 

2 0 1 5第 7期 




I 。 一 l n   I + l n   }  > 0 , 分 离 参 数 , 得 。 > l n   +  
I n ( 2+ 3 x )一l

n 3或 口 <l n x—i n ( 2+3 x )+I n 3 。 令 

剖析 : 首先 把 命题 等 价 的转化 为 对 任 意 的  ∈  

[ 2 , 3 ] , 0≤   !    或 口≥  一 _l , 这是没有1 ' 7 题 的. 问   戈 + l  
2  

“ (   ) = l n   + l n ( 2 + 3   ) 一 1 n 3 ,   ∈ [  , 了 1 ] , 则  
(  ) =  1+   3   >0
? .

题是 进 一步 转化为 : 对任 意 的  ∈ [ 2 , 3 ] , 口≤   :  
2  
. .

,.

“ (   ) 在 [   1 , ÷ ] 上 单 调  


恒成立, 或对任意的   ∈[ 2 , 3 ] , 0≥  

恒成立,  

递增, . ? . u (  ) … =  (   )=l n 了 1 令 (  )=l n  —  

也就 是错 解 中 隐 约 展 示 出来 的对 任 意 的   ∈[ 2 ,   3 ] , 0≤ “ (  ) … ,或 对 任 意 的  ∈ [ 2 , 3 ] , 口≤  
(  )   . 这 显 然犯 了前 面所 阐述 的逻 辑错 误.  

有 学生试 图先 来研 究 问题 的反 面 : 存 在  ∈ [ 2 ,  
2  
.   . 

l n ( 2 + 3   ) + l n 3 ,   ∈ [   , ÷ ] , 则   (   ) =   1 一   =   > 0 ' . . .   (   ) 在 [   , ÷ ] 上 单 调  


2  

3   1 , 。 ≤  

且 口≥  

, 转化为存在  ∈[ 2 , 3 ] ,  

递增, . . .  (  ) … =  (   )=l n  . - . . 。>l n   或 n<  


0≤   +l _  , 且存在   ∈[ 2 , 3 ] , 口≥  
犯 有逻辑 错误.  



上  

, 其实同样 

÷ .  
正解 : 首先 I 口一l n x   I +l n   E f ' (  )十3 x ] >O  
n   > 0, ‘ . ‘   ∈   . ? . 0 ≤ 

那 为什 么正解 和 错解 得 到 同一 个答 案 呢? 这 不 

-a  

奇怪, 有偶然 因素 , 这个偶然性就在于本 问题 中, 对  
某 些  的  某 些  , o≤  
况 不存 在.  

≤  

成如

≥  

不成 立 , 和对 成立, 这 两种 情 

l n  

a- l n x   l >0, ? ? ?要对 任 意  ∈  

十 l  

不成 立 , 口≥  

[  ,   】 , 不 等 式 l 口 一 l n   I + l n [ 厂 (   ) + 3   ] > 0 均  
成立, 只须 l   n— l n x   I 与I n  ÷ 十 —   j  不同时为0 . 当  





l  

试题 2 ( 山东省 青 岛市 2 0 1 2届 高 三 第二 次模 

拟考 试( 理) ) 已 知函 数 八   )= l n ( 2 + 3   ) 一 妻   .  
( 1 )求 函数 Y =   )的极 大值 ;  

- 0 。 ‘ 时   1   … … 

( 2 ) 令g ( x ) =   ) + ÷ + ( m一 1 )   ( m为实  
常数 ) , 试 判 断 函数 g ( x )的单调 性 ;  

有 口 ≠ l n ÷ .  

( 3 ) 若 对 任 意   ∈ [ —   1 , ÷ 】 , 不 等 式 I 口 一 l n   l +  
l n D a (  )+3 x ]>0均成 立 , 求 实数 0的取 值 范 围.   错解 : 首先 1   一l n x   I +l n [ f(  )+3 x ] >0 车  

2 0 1 4年广 东高 中数 学 竞 赛 第 1   1 题 的深 入 探 究 
浙 江省余姚 市第二 中学东南校 区  ( 3 1 5 4 0 0 )   黄建锋 施剑锋 

例  ( 2 0 1 4 年 广 东 省 高 中 数 学 竞 赛 第 1 1 题 )  

已 知 不 等 式 ( 1 +  ) ”   ≥ e 对 任 意 正 整 数 n 都  

2 0 1 5年 第 7期 
成立 , 试 求 买 数 a 的取 值 范 围.  

中学数 学研 究 

? 4 5?  

由此题很 容 易联想 起 浙江 省 湖州 市双林 中学李 

单 调 有 界 原 理 知, 数 列f L   ( 1 +  ) n   n 专1 J   极 限 存 在 . 由  


建潮老师在《 中学数学教 学} 2 0 0 7年第 3期 中提 出  
的有 奖解 题擂 台( 8 5 )  

f i - - l i m( 1+   )   :e , 故l i m( 1+   ) n 告 :e 又 有 


命 题  证 明 或 否 定 : f L   ( 1 +  ) n + } ) J   是 ( 严 格 )  
递 减 数 列.   这 两题表 面上 看 是 数 列 的 单调 性 问题 , 但 实 际  操 作起 来 有 点 困难. 事 实上 , 数 列 的本质 是 一种定 义 

l i a( r 1+   )  :  -  知 , " 3。≥ -   时, l i m( 1+   ) … 

)   + 。 (   >0 )的 下确界.  

域 为 正整 数集 的特 殊 函数 , 于是 数 列 问题 往 往 可 以  
转化 为相 应 函数 问题. 根 据这 个 思想 将 上 述 问题 转  化 为相 应 函数 的单 调 性 , 问题 就 比较 好 解 决 而 且 结 
论 更 一般.  

引 理 2   设 函 数  ) = ( 1 + ÷ ) … (   > 0 ) , 求  

先证 明下 面 的 引理 :   引理 1   设 函数  )= ( 1+一 1) ”。 (   >0 ) , 则 

当口≥÷ 时, 函数是单调递减的.  
证 明 : 厂(  )   =  ( e ‘  。 ’   “ ‘  i 1   )   =  ( 1  +  

解法1  >  _ _

[ 1 n ( 1 +  


小士 
, 再 设  1 
,  

解 法: 0 > — — I n   _ I   1   , 作 代 换   = ÷ , 则   + ÷)  
1 一  1 +   1 )£ 一 1 n ( 1 +   )   l   1   l n   1 +   1 )   +   n  +   ’  
设  )  =  


( 1 + ÷ )  【 L   l n ( 1 +   ) 一   (   + 上 ) ] J   . 令   (   ) =  
)= l n ( 1+  
.  

l n ( 1+   )一  

一  了 1
,  

那 么  厂㈩   =  

1  



 

等 
‘  

1 +  




( 1 + t ) I n   ( 1 + 育 t ) 一 t   ‘  



a t  +( 2 a一1 )×t  
—   一

下面将 证 ( 1+t ) I n   ( 1+t )一t  ≤ 0 , 即I n ( 1+  
£ )≤ —=   =.  
1+  

下 面考 虑二 次 函数 Y=一a t  一( 2 a一1 ) t , 其对 
称 轴 为 t:  
a 

一1 . 又 因为 这 个 二次 函数 过原 点 , 于 

事 实上 , 构造 函数 g ( £ ) =I n ( 1+t )一—  /  
财有  1



√ l t + t  

是当0≥— } 时, Y<0 , 从而可知 h   ( £ )<0 , 因此  
h ( t )为 单调递 减 函数. 故h ( t ) <h ( O )=0, 进 而可  得l n ( 1+£ )   <   . 于是厂(  )  <0, 所以 当口  



 

=  

主  

≤ 。 , 从 而 有 g (   ) ≤ g ( 。 ) = 。 , 于  
i a  r l  


≥   1时  

) 在( 0 , +∞)上为单调递减 函数.  
=l   i a  r 1  

评 注 : 由 引 理 易 知 有 奖 解 题 擂 台 ( 8 5 ) : { ( 1 +  
I   ) ” T} l   1   是( 严格 ) 递减数列. 根据数列极 限存在 的  
n  J  

2+I n ( 1+t  



=  


因此 , 。≥  1

即 。 所 取 的 最 小 值 为 丢 .  

?

4 6?  

中学数 学研 究 

2 0 1 5第 7期 

解法 2 : 由于  >0时 , ( 1+   ) … >e , 故(  +   。 )×l n ( 1+   )>1 , 易知所 求 。≥ 0 , 所 以(   +。 )  

: 一 —————— ————一

4   ( 1+  ) (   +—   1)   ’  

< 0.  

因此 h ( x )在 ( 0 ,+ ∞)上严格 单 调递 减 , 又因  
为l i a r   h (  ) =0 , 所 以当   >0时, h (  )>0 . 因此 ,  
—  

× I n 2 ( 1 + ÷ ) > 1 . 下 面 先 证明 当  > 0 时 , 有  

十 ∞  

> I n 2 ( 1 + ÷ ) . 令   = 专 , 则 前 面 不 等 式 变  
形等价 于  l
+ t  

当   >0时有 ( 1+   )   +   >e , 故 满足 当   >0时 

>I n   ( 1十  ) 甘  > ( 1+  ) I n 。 ( 1十  

l 厂 (  )> e的所有 n可 以取 的值 中最小 的为  .  
解法 3 : 由熟知 的几何 平 均 — — 对 数平 均 一 算 

) . 构 造 函数 g ( t )=t  一( 1+t ) I n   ( 1+t ) , 容 易知 
道g ( 0 ) =0 , g   ( t )=2 t —I n   ( 1+t )一2 1 n ( 1+t ) ,   g , ( 0 ) =0  
二 

术平均不等式: 若r 上 >6>0 , 则  

≤  

≤  

)=2- 2 I n ( 1  
>0


×  

一  

=  

所 以g   (   )为单调递 增 函数 ,  



知  半 >   2 ,  n   ≥   . 取   =   ÷ , 则 t n (   +   1 ) > —  , 从 而 有 ( 一 + ÷ ) ”  
2  

故g   ( t )>g   ( 0 )=0 , 从 而可知 g ( t ) 为 单调递 增 函  
数.因 此 g ( t )>g ( 0 ) = 0,故 当   > 0 时 ,有 

>e . 又 由于  >0时 , ( 1+   )   + n>e , 故(   +。 )×  

>I n 2 ( 1+   ) . 于是 , 当   >。时 , 有(  +  
。 )  >  ( 1+  ) , 即( 2 a一1 )  +a  >0 , 因此 2 a一1  

l   ( 1 + ÷ ) > 1 , 令f : l +  , 上 式 等 价 于。 ≥  


≥ 0 , 口 ≥ 丢 .  
下 面证 明   即为所 求.  
令 (  ) =1 n ( 1+   )一— 1  


当  一 1  

n …

~1 一  

+0 ( (  

(  二!  
_1 ) 。 ) , l 一
l  
十 



, 于 

≥l   i a r  

=   .  

则当   >0时 ,  

综上 所述 , 满足 当   >0时_ 厂 (  )>e的所 有 n可  以取 的值 中最小 的为  . 证 毕.  



 



志  
[ 1 ] 谢 明文 , 谢
数学通报 , 2 0 0 6 , 5 .  

参 考文 献 
菲. 关 于一 个重要 极 限公式 的新 证法 [ J j  



道2 0 1 4年浙江高 中数学竞赛 附加题 的探 源与解答 
浙江省北仑 中学 ( 3 1 5 8 0 0 )   冯 涛 

题目   ( 2 0 1 4年 浙 江 省 高 中数 学 竞 赛 附加 题 
r n  +6   = 3,  

这 道 解 方程 组 的题 目是 2 0 1 4年 浙 江省 高 中数 

学竞赛试题的附加题 2 2题, 对竞赛数学有一定经验  
查 了构造 法 的应用 , 从参 考 解 答 中管 窥 命 题 者 的 意  图是 希望 解题 者透 过 代 数 的表 象 , 看 到 问题 的 几 何 

陈题 ” , 主 要考  2 2 题) 设正实数 0 , b , c 满足{ 。   + c   +口 c= 4 ,  求   的研 究者都 知道 这 道题 目是 所谓 的“
【 6   十c  +   c=7
. 

。 , 6 , C的值.  
1   题 目分析 与 溯源 

结构. 事 实上 , 这道 题 既可 以构 造几 何 意义 处 理 , 也 


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