一道自主招生题的多方向探索
2014-10-21韩新生姚璐
韩新生+姚璐
近年各高校自主招生热火朝天，自主招生数学考题灵活多变，注重考生数学能力和数学素养的考查.但万变不离其宗，经过数学学习所形成的数学思维模式和数学思想方法是解决问题的制胜法宝，以2014年北约自主招生数学考题压轴题为例，看解决问题的探索方向.
（2014年自主招生北约第10题）xi>0（i=1，2，…，n），ni=1xi=1，求证：ni=1（2+xi）≥（2+1）n.
本题似曾相识，发现2013年全国高中数学联赛贵州省预赛试题第12题为：
已知a1，a2，…，an是n个正数，满足a1·a2·…·an=1.求证：（2+a1）（2+a2）…（2+an）≥3n.
证明因为2+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.
而本例显然比预赛题更加复杂.
思考1考虑利用函数，借助导数，可得以下解法.
证明1令bi=lnxi，则xi=ebi，∑ni=1bi=0.
取f（x）=ln（2+ex）
则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.
证明2欲证ni=1（2+xi）≥（2+1）n，
只需证ni=12+xi2+1≥1.
令f（x）=2+x2+1（x>0），注意到ni=1xi=1，
只需证存在实数α，使得对任意的x>0，f（x）≥xα恒成立.
考虑到对任意的实数α，f（1）=1α，
上述实数α需使得f′（x）x=1=（xa）′x=12-1=α.
下面证明：对任意的x>0，f（x）≥x2-1恒成立.
令g（x）=f（x）-x2-1，x>0，则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↗
故对任意的x>0，g（x）≥0恒成立.
故对任意的x>0，f（x）≥x2-1恒成立.
特别的：对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有关正整数范围内成立的命题，考虑用数学归纳法.
证明3（1）当n=1时，命题显然成立；
当n=2时，x1，x2>0，x1·x2=1.
（2+x1）·（2+x2）=2+2（x1+x2）+1≥2+22+1=（2+1）2
命题成立.
（2）假设当n=2k时，命题成立；
则当n=2k+1时，xi>0（i=1，2，…，2k+1），2k+1i=1xi=1，
对任意的1≤i≤2k，令bi=x2i-1·x2i，则b1，b2，…，b2k>0，2ki=1bi=1.
注意到对任意的1≤i≤2k，
（2+x2i-1）·（2+x2i）=2+2（x2i-1+x2i）+x2i-1x2i≥（2+bi）2，
我们有
2k+1i=1（2+xi）=2ki=1（2+x2i-1）·（2+x2i）≥2ki=1（2+bi）2≥（2+1）2k+1.
（3）对任意的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，则
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），对任意的n∈N*，ni=1（2+xi）≥（2+1）n.
证明4令f（x1，x2，…，xn）=ni=1（2+xi），
则对任意的xi>0（i=1，2，…，n），f（x1，x2，…，xn）>0，
只需证明当xi>0（i=1，2，…，n），ni=1xi=1时，
f（x1，x2，…，xn）≥f（1，1，…，1），
不妨假设x1≥x2≥…≥xn，则x1≥1，xn≤1.
按如下方式进行调整：
令b1=x1xn，bi=xi（2≤i≤n-1），bn=1，
则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）.
反复进行下述调整得：
f（x1，x2，…，xn）≥f（b1，b2，…，bn-1，1）≥f（c1，c2，…，cn-2，1，1）≥…≥f（1，1，…，1）.
证明5令f（x1，x2，…，xn）=ni=1（2+xi），
则对任意的xi>0（i=1，2，…，n），f（x1，x2，…，xn）>0，
只需证明当xi>0（i=1，2，…，n），ni=1xi=1时，
f（x1，x2，…，xn）≥f（1，1，…，1）.
（1）当n=1时，命题显然成立.
当n=2时，x1，x2>0，x1·x2=1，
（2+x1）·（2+x2）=2+2（x1+x2）+1≥2+22+1=（2+1）2.
命题成立.
（2）假设当n=k时，命题成立.
当n=k+1时，
不妨假设x1≥x2≥…≥xk+1，则x1≥1，xk+1≤1.
令b1=x1xn，bi=xi（2≤i≤k），bk+1=1，
则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.
命题成立.
由（1）、（2）可知，对任意的n∈N*，ni=1（2+xi）≥（2+1）n.
思考3联想二项式定理.
证明6因为（2+1）n=∑nk=0Ckn·（2）n-k，ni=1（2+xi）=∑nk=0Ak·（2）n-k，
其中A0=1，Ak=∑1≤i1 所以欲证ni=1（2+xi）≥（2+1）n， 只需证对任意的1≤k≤n，Ckn≤Ak， 只需证对任意的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）.
证明5令f（x1，x2，…，xn）=ni=1（2+xi），
则对任意的xi>0（i=1，2，…，n），f（x1，x2，…，xn）>0，
只需证明当xi>0（i=1，2，…，n），ni=1xi=1时，
f（x1，x2，…，xn）≥f（1，1，…，1）.
（1）当n=1时，命题显然成立.
当n=2时，x1，x2>0，x1·x2=1，
（2+x1）·（2+x2）=2+2（x1+x2）+1≥2+22+1=（2+1）2.
命题成立.
（2）假设当n=k时，命题成立.
当n=k+1时，
不妨假设x1≥x2≥…≥xk+1，则x1≥1，xk+1≤1.
令b1=x1xn，bi=xi（2≤i≤k），bk+1=1，
则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.
命题成立.
由（1）、（2）可知，对任意的n∈N*，ni=1（2+xi）≥（2+1）n.
思考3联想二项式定理.
证明6因为（2+1）n=∑nk=0Ckn·（2）n-k，ni=1（2+xi）=∑nk=0Ak·（2）n-k，
其中A0=1，Ak=∑1≤i1 所以欲证ni=1（2+xi）≥（2+1）n， 只需证对任意的1≤k≤n，Ckn≤Ak， 只需证对任意的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）.
证明5令f（x1，x2，…，xn）=ni=1（2+xi），
则对任意的xi>0（i=1，2，…，n），f（x1，x2，…，xn）>0，
只需证明当xi>0（i=1，2，…，n），ni=1xi=1时，
f（x1，x2，…，xn）≥f（1，1，…，1）.
（1）当n=1时，命题显然成立.
当n=2时，x1，x2>0，x1·x2=1，
（2+x1）·（2+x2）=2+2（x1+x2）+1≥2+22+1=（2+1）2.
命题成立.
（2）假设当n=k时，命题成立.
当n=k+1时，
不妨假设x1≥x2≥…≥xk+1，则x1≥1，xk+1≤1.
令b1=x1xn，bi=xi（2≤i≤k），bk+1=1，
则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.
命题成立.
由（1）、（2）可知，对任意的n∈N*，ni=1（2+xi）≥（2+1）n.
思考3联想二项式定理.
证明6因为（2+1）n=∑nk=0Ckn·（2）n-k，ni=1（2+xi）=∑nk=0Ak·（2）n-k，
其中A0=1，Ak=∑1≤i1 所以欲证ni=1（2+xi）≥（2+1）n， 只需证对任意的1≤k≤n，Ckn≤Ak， 只需证对任意的1≤k≤n，AkCkn≥1， 又AkCkn=∑1≤i1 1≤i1 故ni=1（2+xi）≥（2+1）n.
