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1、赏析一个有趣的高考试题溯源例北京市■一学校李锦旭(100039)经常翻阅高考题和竞赛题，发现一个有趣的现象：若某年的高考题内涵丰富、创新意识强，深受广大中学师生欢迎，往往以此为原型重新甚至多次被改造成高考题或竞赛题。仅举一例说明：例1(09年山东卷理20)等比数列｛色｝的前n项和为S”,已知对任意的neN,点(/?,S”)，均在函数y=bx+厂@>0且bHl,b,厂均为常数)的图像上.(1)求1•的值；(11)当b=2时，记仇=2(log2%+l)OwM)，证明：对任意的neN+,不等式沁……沁>后1成立。0b2bn简析：(1)r=-1,an=(b-Y)b
2、n~x；(2)当b=2时,°"=@一1)厂=2门,bn=2(log2an+1)=2(log22n_,+1)=2a?o2n+l2n亿+13572〃+lbn2462n所证不等式即为扌弓••…警〉后!•这是一个有趣的数列型不等式，证法较多，而且有着较为丰厚的编拟背景，且看例2求证(1+1)(1+)(1+£)…(】+沽T)>厉77•①简析本题为1985年上海高考题，其证明通法可使用数学归纳法(略)；这里给出另外三种典型的构造性证法：an+y)i法1利用假分数的一个性质进行放缩:-a>b>Q,m>()^->^^.bb+m(I+1)(1+£)(1+£)•••(】+12
3、4)=—•—2/1-1132〃、352z?+l>——•——2^-1242n2n-12/7・(2/2+1).即(Y冇)2〉曲・故有(1+1)(1+1)(1+)…(1+占)>时.法2我们知道，（1+d）2=1+2a+/>1+2d（d>（））.令。=—.k=1,2,•••,/?.可得n2k一1个不等式，将它们相乘得（1+1）2（1+丄）2…（1+^^尸>2.5.....凹二1.如tl=2〃+l.32n-l132/2-32n-l两边开方得证。注:法2是利用完全平方的部分项所进行的放缩性证明；同样有（1+。）‘>1+3o（d>0）,利用此结论可证明1998年理科第2
4、5题（见后）。将上述两个结论推广为一-般情况，即为著名的贝努利不等式：（1+兀）">1+处・这里％>一1且XH0./2GN,且〃>2.法3构造数列法:+i令―观T"2/1+2丁2刃+3J2〃+1/4a22+8h+4V4a?2+8/?+3"甘〔2),则争“3/2+1Tn2>1•即L・得证。有趣的是：以此题为“主干”，添“枝”加“叶”而成：例3（1998年全国卷文25）设等差数列｛5｝满足bi=l,b1+b2+-+b,0=100,（1）求九；11…（2）若d”igd+匸），J为数列｛如｝前n项和，试比较S〃与的大
5、小。749/?1简析（1）易得bn=2n-;（2）=lg-2—-igbll+｝2/z-l132n-l2=lgj2n+l.于是问题转化为比较（1+1）（1+［）（1+£）•••（1+1）与J2〃+1的大小。352n-l此题以1985年上海高考题为原型，增加数列、对数等内容，编拟成具有一定探索功能的存在型开放性问题，主要考查等差数列基本概念及其通项求法、考查对数函数的性质、考查归纳、推理能力以及用数学归纳法进行论证的能力；而且，此题证明方法较多（如上述三种）,可以较为灵活的使用由课本知识总结概括而形成的典型方法來解决问题（上述法1,法2）,法3是构造数列，利
6、用其单调性给了证明，漂亮而简捷！但是这种构造性证明方法却是基于对所证不等式的结构特征进行深入分析Z后所作的联想建构，思维含量高。总Z,此题难度不大，而综合性较强，对于文科学生来说，是一道具有创新意义的好试题。将此题稍加改编:向高维推广（由二维到三维）并添加参数a,提高其抽象与综合程度，适当增加一点难度而成:例4（1998年全国卷理25）设等差数列如满足b=l,b1+b2+—+b10=145,（1）求亿；（2）若色=1。&（1+）卫>0卫H1.,S“为数列［an｝前项和，试比较S”与lg^1+1的大小。简析（1）易得bn=3n-2;这里给出（2）的一个构造性
7、证明:原问题转化为：证明（1+）（吋）（冷）…（1+產）>时•②3/z+2_J⑶2+2)'寸⑶2+1)2如+4V(3n+1)2⑶7+4)即Tn,得证。从例1的三种证法可以看到，不等式①实际上可以加强，改造成探索性问题，有例5求常数R的最大值，使不等式(1+1)(1+£)(1+[)•••(1+丁丄〒)nR妬匚I对一切352/7-1(1+1)(1+)...(1+-^—)简析将此不等式整理为茶=;—»匕由例1证法2可知此式左边的V2n+1最小值为扌侖•于是k吕品.故常数k的最大值为V3.同理，不等式②可加
8、强为(1+1)(1+£)(1+£)...(1+1)>k3n+Lk的
