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$A=lim_{n oinfty} a_n$ (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$x o infty$时,我们有
$$sum_{nleq x}frac1n=ln x+gamma+Oleft(frac1x
ight),$$
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$displaystylefrac{1}{2}+frac{1}{3}+cdots+frac{1}{n}>frac{1}{2}[log_2n]$,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$displaystyle a_1=b(b>0),a_nleqfrac{na_{n-1}}{n+a_{n-1}},n=2,3,4,ldots$
(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
$$lim_{n
ightarrow infty} left( 1+frac{1}{n}
ight) ^n=e,$$
可得
$$lim_{n
ightarrow infty} left( 1-frac{m}{n+3}
ight) ^n=lim_{n
ightarrow infty} left{ left( 1-frac{m}{n+3}
ight) ^{-frac{n+3}{m}}
ight} ^{frac{-n}{n+3}m}=left( frac{1}{e}
ight) ^m,$$
由单调性进一步可得
$$
left( frac{1}{e}
ight) ^m<left( 1-frac{m}{n+3}
ight) ^n<left( frac{1}{2}
ight) ^m,$$
这里$m,n$均为正整数,且$mleq n,ngeq 6$.
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, $(1+x)^mgeq 1+mx$;
(II)对于$ngeq 6$,已知$left( 1-frac{1}{n+3}
ight) ^n<frac{1}{2}$,求证$left( 1-frac{m}{n+3}
ight) ^n<frac{1}{2},m=1,2,cdots,n$;
(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$x>-1,ninmathbb{N}^ast$,则
$$(1+x)^nleq 1+nx.$$
**(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$1leq nleq 33$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: $AM_1ot AN_1$;
(II)记$ riangle AMM_1$、$ riangle AM_1N_1$ 、$ riangle 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$: $potimes q=-frac{1}{3}(p-c)(q-b)+4bc$\, ($b$、$c$为实常数),记 $$f_1(x)=x^2-2c,quad f_2(x)=x-2b,quad xin mathbb{R} ,$$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$g(x)=|f'(x)|\,(-1leq xleq 1)$的最大值为$M$.若$Mgeq k$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: $a_1=frac{1}{2},frac{3(1+a_{n+1})}{1-a_n}=frac{2(1+a_n)}{1-a_{n+1}},a_na_{n+1}<0\,(ngeq 1)$.数列${b_n}$满足: $b_n=a_{n+1}^2-a_n^2\,(ngeq 1)$.
(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: $1+frac{1}{2}+frac{1}{3}+cdots+frac{1}{n}>ln (n+1)+frac{n}{2(n+1)}\,(ngeq 1)$.
这题是以函数不等式
$$ln xleq frac{1}{2}left( x-frac{1}{x}
ight),quad xgeq 1$$
为载体,并令$x=frac{k+1}{k}$,得到局部不等式
$$ln left( k+1
ight) -ln k<frac{1}{2}left( frac{1}{k}+frac{1}{k+1}
ight),quad k=1,2,3,cdots,n$$
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: $a_1=a\,(a
eq 0),a_{n+1}=rS_n\,(nin mathbb{N}^ast,rin mathbb{R},r
eq -1$).
(I)求数列${a_n}$的通项公式;
(II)若存在$kin mathbb{N}^ast$,使得$S_{k+1},S_k,S_{k+2}$成等差数列,试判断:对于任意的$min mathbb{N}^ast$且$mgeq 2,a_{m+1},a_m,a_{m+2}$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$f(x)=ln x-x+1,xin (0,+infty)$,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$a_1b_1+a_2b_2+cdots+a_nb_nleq b_1+b_2+cdots+b_n$,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:
$$M_r(a,p)=egin{cases}
left( frac{p_1a_{1}^{r}+p_2a_{2}^{r}+cdots +p_na_{n}^{r}}{p_1+p_2+cdots +p_n}
ight) ^{frac{1}{r}}, & r
eq 0 \
left( a_{1}^{p_1}a_{2}^{p_2}cdots a_{n}^{p_n}
ight) ^{frac{1}{p_1+p_2+cdots +p_n}}, & r=0.
end{cases}$$
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
$$
left( a_{1}^{b_1}a_{2}^{b_2}cdots a_{n}^{b_n}
ight) ^{frac{1}{b_1+b_2+cdots +b_n}}le frac{a_1b_1+a_2b_2+cdots +a_nb_n}{b_1+b_2+cdots +b_n},$$
即
$$
a_{1}^{b_1}a_{2}^{b_2}cdots a_{n}^{b_n}le left( frac{a_1b_1+a_2b_2+cdots +a_nb_n}{b_1+b_2+cdots +b_n}
ight) ^{b_1+b_2+cdots +b_n}.$$
令$a_1b_1+a_2b_2+cdots +a_nb_nle b_1+b_2+cdots +b_n$,得$a_{1}^{b_1}a_{2}^{b_2}cdots a_{n}^{b_n}le 1$.
令$a_k=b_k$,则
$$
b_{1}^{b_1}b_{2}^{b_2}cdots b_{n}^{b_n}le left( frac{b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+cdots +b_{n}^{2}}{b_1+b_2+cdots +b_n}
ight) ^{b_1+b_2+cdots +b_n}.$$
令$a_k=frac{1}{b_k}$,则
$$
left( frac{1}{b_1}
ight) ^{b_1}left( frac{1}{b_2}
ight) ^{b_2}cdots left( frac{1}{b_n}
ight) ^{b_n}le left( frac{n}{b_1+b_2+cdots +b_n}
ight) ^{b_1+b_2+cdots +b_n},
$$
即
$$
b_{1}^{b_1}b_{2}^{b_2}cdots b_{n}^{b_n}ge left( frac{b_1+b_2+cdots +b_n}{n}
ight) ^{b_1+b_2+cdots +b_n}.
$$
因此
$$
left( frac{b_1+b_2+cdots +b_n}{n}
ight) ^{b_1+b_2+cdots +b_n}le b_{1}^{b_1}b_{2}^{b_2}cdots b_{n}^{b_n}le left( frac{b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+cdots +b_{n}^{2}}{b_1+b_2+cdots +b_n}
ight) ^{b_1+b_2+cdots +b_n}.
$$
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$m
eq 1$).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$PQot PH$?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$a_1geq 0,a_2geq 0$, $b_1,b_2$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$left(x^alpha
ight)'=alpha x^{alpha-1}$.
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$xinmathbb{R}$,记$[x]$为不小于$x$的最小整数,例如$[2]=2,[pi]=3,left[-frac{3}{2}
ight]=-1$.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$x
eq 0$时,有$(1+x)^alpha<1+alpha x$;
(2)设$alpha>1$,则当$x>-1$且$x
eq 0$时,有$(1+x)^alpha>1+alpha x$;
(3)设$ngeq 2$,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
egin{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
$$oxed{
frac{left( n+k+1
ight) ^{1-a}-n^{1-a}}{1-a}<sum_{i=0}^k{frac{1}{left( n+i
ight) ^a}}<frac{left( n+k
ight) ^{1-a}-left( n-1
ight) ^{1-a}}{1-a}.
}
$$
>(2014年湖北) $pi$为圆周率, $e=2.71828cdots$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
$$
pi ^3<3^{pi}Leftrightarrow ext{3}ln pi <pi ln 3Leftrightarrow frac{ln pi}{pi}<frac{ln 3}{3}
$$
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, $b_n=nleft( 1+frac{1}{n}
ight) ^na_n\,(ninmathbb{N}_+)$, $e$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$left( 1+frac{1}{n}
ight)^n$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$frac{b_1b_2cdots b_n}{a_1a_2cdots a_n}$的公式,并给出证明;
(III)令$c_n=(a_1a_2cdots a_n)^{frac{1}{n}}$,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: $left( 1+frac{1}{n}
ight) ^n$单调递增且
$$
lim_{x
ightarrow infty} left( 1+frac{1}{x}
ight) ^x=lim_{n
ightarrow infty} left( 1+frac{1}{n}
ight) ^n=e.
$$
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$a_igeq 0,i=1,2,cdots,n$,则
egin{align*}
sum_{k=1}^n{sqrt[k]{a_1a_2cdots a_k}}<esum_{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。