２０１５年第１期
中学数学研究
・３９・
直角坐标系中分别画出函数
ｌｙ
（±１，０），舍去．当ｏ＞０时，函数ｙ＝ｎｚ３与ｙ＝３戈２
１
ｙ＝一二丁与ｙ＝口ｘ一３的图像
—１必有一个交点在第三象限，舍去．
Ｘ
Ｚ
＼。。
当血＜Ｏ时，要使得两函数图像只有一个交点，（图５），由题意可知两函数交且交点横坐标大于０，那么只要使得两函数的图像
点唯一且交点的横坐标大于在第二象限内没有交点，考虑临界情况，不妨设两个
Ｏ；由此可知直线的斜率必为图像切于同一点Ａ（戈。，ｙ。），那么有
负，下只要求临界情况，即当３
＾
２
，
直线与曲线在第三象限相切、ｒ
ｒ。＿ｊ‰叫’解得‰：一１，ｏ：－２．
时的情形．
图５
【尼＝３似；＝６戈ｏ，
综上可知，由图像的性质可知满足题意的参数
设切点为（戈。，％），则
。的取值范围为ｏ＜一２．
｛：』；一３＝一三ｉ’解得戈。２一・，ｎ＝一２・
评注：解法４—５中，主要体现了“以形助数”的思想，从图形上发掘足够的信息；两种不同的函数构造思路中，呈现出一个共同的分析思维切入点——因此，由图像的性质可临界条件，曲线的切线方程这个知识点是平时经常
知，直线的斜率口的范围为口
Ａｋ纱遇到的，即把未知问题转化为已经解决的问题．
＜一２．
结语
文中解法１代数味很浓，后几种解法则
解法５：由题意可知八戈）几何味十足．代数法要求以理为先，重在说理；几何＝口戈３—３算２＋１＝０只有唯一法则体现了以据为先，重在释理，两种方法分别将正根，习ｐ么有口戈３＝３戈２一ｌ，在平面直角坐标系中分别画孤
出函数ｙ＝口戈３与ｙ＝３戈２—１㈦ｉ
Ｖ
“数”的特色和“形”的魅力展现到极致．因此，在解
题过程中，不同的审视角度决定不同的思维策略，这需要平时通过不断地思考、反思并积累解题经验，方的图像（图６）．当ｎ＝０时，函能培养良好的思维品质．
图６
数ｙ＝口戈３与ｙ＝３ｘ２—１交于
ｔ●ｊｔＩＩｔｔ●；ＩＩｔｔ謦ｔ●｝●｝ｔｔｔ●；●；ｔｔｔ●；Ｉｔ●；ｔ●；●；●ｊｔｔ●ｉ●ｉｔｔＩｔｔｔｔｔ‘ｔ１∈（
借助泰勒展开式，秒杀几道压轴题
江苏省扬州市新华中学（２２５００９）龚海滨江苏省扬州中学
（２２５００９）
戚有建
１
考题展示
考题ｌ
（２０１３年新课标全国卷Ⅱ理科２１题）
厂（戈）＝ｅ。＋（奇）２＞ｏ，故厂（戈）在（一１，＋∞）
已知函数八戈）＝ｅ。一ｌｎ（ｘ＋，ｎ）．
上递增，由于厂（０）＝０，故当戈∈（一ｌ，０）时，厂（％）
（１）设茗＝Ｏ是八戈）的极值点，求ｍ，并讨论＜Ｏ；当石∈（０，＋∞）时／（戈）＞０，所以八戈）在八戈）的单调性；（２）当ｍ≤２时，证明八戈）＞０．
（一１，０）上递减，在（０，＋∞）上递增．
解析：（１）厂（ｚ）＝ｅ。一÷，由题意得厂（ｏ）
点评：本小问重点考查用导数研究单调性，这是
’
Ｘ＋ｍ
导数最重要的应用，另外在解题过程中，需要通过＝０，解得ｍ＝１，检验符合要求，所以ｍ＝１．故
“二次求导”来处理，这是近年来高考导数题的一个厂（戈）＝ｅ５一丁打，定义域为（一１，＋∞），因此
新趋向．
（２）由于当ｍ≤２时，ｌｎ（戈＋ｍ）≤ｌｎ（戈＋２），
故只要证明：当ｍ＝２时以茗）＞０，所以只要证明：
万方数据
・４０・
中学数学研究
２０１５第１期
当ｍ＝２时√Ｉ算）ｍｉ。＞０．此时√【戈）＝ｅ４一ｌｎ（戈＋
２），定义域为（一２，＋∞），故厂（∞）＝ｅ。一｝是，因
此厂（戈）＝ｅ。＋‘７是）２＞ｏ，所以厂（戈）在（一２，
＋∞）上递增，又厂（一１）：土一１＜ｏ，（ｏ）：昙
＞０，故厂（石）＝０在（一２，＋∞）内有唯一实数根
‰，且搿。∈（一１，０），于是当ｚ∈（一２，‰）时／（ｚ）＜Ｏ；当戈∈（ｚｏ，＋∞）时／（ｚ）＞０，所以火髫）。ｉ。＝八戈ｏ）＝ｅ“一ｌｎ（菇ｏ＋２），（木）
而由厂（‰）＝ｏ，得ｅ加＝÷，两边取对数得
Ｚｎ十二
算。＝一ｌｎ（‰＋２），代入（丰）式得八并）。ｉ。＝八石。）＝
ｅ“＿ｌｎ‰＋２）＝去‰＝等＞ｏ，所
以命题得证．
点评：本题中我们将不等式恒成立问题转化为函数最值问题，即将“当ｍ≤２时以菇）＞Ｏ”转化为“当ｍ＝２时以ｚ）ｍｉ。＞０”，而在求最值的过程中遇
到‘ｙ（戈）＝ｅ５一■五在（一２，＋∞）上的零点不方
便求出”的困难，这里需要“设而不求”来处理，这也是近年来高考导数题的一个新趋向，值得关注．
考题２（２０１４年新课标全国卷Ｉ理科２１题）
设函数火龙）＝口ｅ。ｌ似＋等＿，曲线ｙ＝八ｚ）在点（１，
八１））处的切线为ｙ＝ｅ（戈一１）＋２．
（１）求口，６；（２）证明八戈）＞１．
解析：（１矿（石）＝ｏ（ｅ。ｌ似＋旦。）＋６丝—÷Ｌ，
戈
戈。
定义域为（。，＋∞），由题意得眵？０：２ｅ，，解得
髓：．’
（２）即证不等式ｅ。ｌ眦＋坚＞１（戈＞０），等价
于证不等式菇ｌ似＞詈一号（戈＞ｏ），设ｇ（石）＝
戈ｌ似（戈＞ｏ），则ｇ’（石）＝１＋ｌ似，当戈∈（ｏ，寺）时，
ｇ’（髫）＜ｏ，故ｇ（石）在（ｏ，÷）上递减；当ｚ∈（÷，
＋∞）时，ｇ’（菇）＞ｏ，故ｇ（戈）在（÷，＋∞）上递增；
万方数据
所以ｇ（戈）面。＝ｇ（÷）＝一÷，故ｇ（搿）＝ｘ１眦≥
一上（当且仅当ｚ：上时取等号）．设＾（戈）：冬一
ｅ
ｅ
ｅ
三，（戈＞ｏ），贝４矗’（菇）＝！二；兰，当戈∈（ｏ，１）时，
ｅ
ｅ
＾’（ｚ）＞０，故ｇ（ｚ）在（０，１）上递增；当戈∈（１，＋∞）时，矗’（菇）＜０，故ｇ（戈）在（１，＋∞）上递减；
所以＾（ｚ）。。＝矗（１）＝一÷，故＾（戈）＝砉一号≤
一土（当且仅当菇＝ｌ时取等号）；又因为上面两个
不等式的等号不能同时取到，所以戈ｌｎ戈＞导一互，
ｅ
ｅ
（艽＞０），所以命题得证．
点评：本题中，我们构造了两个函数ｇ（ｚ），
＾（戈），加强为证明ｇ（戈）。ｉ。＞＾（戈）。。，这里需要特别
指出的是，ｇ（石）面。＞矗（戈）。。实际ｊ二是ｇ（戈）＞＾（髫）
的充分条件，而非充要条件．
２“秒杀”解法
上面的解法是标准答案上提供的解法，下面我们借助重要的函数不等式ｅ。≥戈＋ｌ，来“秒杀”这两道高考题．先来研究考题１的第（２）问．
证明：由于ｍ≤２时，１ｎ（ｚ＋ｍ）≤ｌｎ（石＋２），故只要证ｅ。＞ｌｎ（并＋２），下面加强为证ｅ。≥戈＋１≥
ｌｎ（ｚ＋２）（且等号不能同时取到）．设ｄ（戈）＝ｅ。一石一１，贝４ｄ’（并）＝ｅ。一ｌ，当算∈（一∞，０）时，ｄ’（并）＜０，故ｄ（戈）在（一∞，０）上递减；当石∈（０，＋∞）时，ｄ’（石）＞ｏ，故ｄ（戈）在（０，＋∞）上递增，所以
ｄ（戈）面。＝ｄ（０）＝Ｏ，故ｄ（戈）≥ｄ（０），即ｅ。≥戈＋
１（当且仅当菇＝０时取等号）．用ｌｎ（菇＋２）去换ｅ。≥戈＋１中的菇即得ｌｎ（菇＋２）≤戈＋１（当且仅当戈＝一ｌ时取等号），又因为上面两个不等式中的等号不
能同时取到，所以ｅ。＞ｌｎ（石＋２）．
再来研究考题２的第（２）问．
证明：不等式ｅ５ｌ眦＋堑＞１（茗＞０）等价于不
等式ｅ。（１ｎ戈＋三）＞１（ｘ＞０），下面借助不等式ｅ５
ｅ戈
≥ｅ菇和ｌ姒≥１来处理，实际上，用石一ｌ去换ｅ５≥
菇＋１中的菇即得ｅ。≥蹦（当且仅当戈＝ｌ时取等号），
用一ｌ眦去换ｅ５≥蹦中的算即得ｌ似≥二！（当且仅
四１５年第１期
中学数学研究
・４１・
当ｘ：上时取等号），于是，易得ｅｘ（１眦＋互）≥４
应用举例
（２０１０年全国卷文科２１题）设函数八石）＝菇（ｅ。
蹦（—二＋三）＝１，又因为上面两个不等式中的等号
一１）一口石２．
ｅ石
ｅ石
不能同时取到，所以ｅ３（１眦＋三）＞ｌ（石＞０），所以
（１）当口＝÷时，求八算）的单调区间；（２）若当
菇≥０时都有火龙）≥０，求实数。的取值范围．
命题得证．
３
背景研究
点评：第（２）问的命制是以八戈）＝ｅ。在戈＝０处
．，２
．，“
函数不等式ｅ。≥搿＋１看似平凡其实很不平凡，的泰勒展开式ｅ。＝ｌ＋ｘ＋务＋…＋着＋…为背景，
它的左边是超越函数（指数函数），右边是多项式函
首先得到不等式ｅ。≥１＋戈（戈≥０），然后隐掉ｚ前面数（一次函数），它反映了指数函数和一次函数之间
的系数１，改成求参数口的范围，故答案为口≤１．
的关系，其深刻的背景是高等数学中的泰勒公式，根另外，我们再来看看２０１０年全国卷理科２１题：
据公式以菇）＝ｅ４在菇＝０处的展开式为八菇）＝
设函数八菇）＝ｅ５—１一戈一眦２，
删州０）．石＋筹。”・＋等∥”・，
（１）当ｏ＝Ｏ时，求八菇）的单调区间；（２）若当
舅≥０时都有火石）≥０，求实数ｎ的取值范围．
即ｅ。叫¨＋筹＋．一＋着＋．一，所ｗ≥¨Ｌ
点评：本题的命制也是以八戈）＝ｅ。在戈＝０处
．，２
．，“
同样，根据泰勒公式以菇）＝ｅ。在戈＝１处的展开式
的泰勒展开式ｅ５＝１＋戈＋身＋…＋暑＋…为背
为八ｚ）：八１）＋厂（１）．（戈一１）＋鼍兽．（戈一１）ｚ
景，首先得到不等式ｅ。≥ｌ＋戈＋等，（菇≥ｏ），然后
Ⅳ２
＋…十号乎。（菇一１）“＋…，即ｅ。＝ｅ＋ｅ（菇一１）
隐掉戈ｚ前面的系数丢，改成求参数Ⅱ的范围，故答案＋寺（菇一１）２十…＋着（ｘ一１）“＋…，所以ｅ。≥ｅ茗‘
为。≤丢．
ｔ●｝警ｔｔｔｔ—；Ｉｔｔ玺●｝●｝●｝●｝ｔ●；—ｊｔ●｝ｔＩＩｔ＇｝●ｊ●；Ｉ●；—｝●；Ｉ●；●｝●ｉ●｝●；謦Ｉ●ｊ●；●ｊｔ●ｊ—｝
一道猜想不等式的又一初等证明
湖北省宜都市一中
（４４３３００）刘宜兵廖华
题目
设ｏ，６，ｃ是正数，ｎ是正整数，求证：
口
６
＋
贝。三ｉ一・＝王三半，古一－＝
），
以ｎ＋（３ｎ一１）６号ｃ号√口“＋（３“一１）６丁ｃ丁
钆ｎ＋（３ｎ一１）口号ｃ手√６“＋（３４—１）口丁ｃｊ
掣，专一学，
ｚ
口
‘
’
６“
’ｚ”
ｃ“
√ｃ“＋（３“一１）口丁６丁
可＝＝＝兰，＿二ｉ≥ｌ・
其中菇，ｙ，彳∈（Ｏ，１）且（ｊｉ一１）（ｊ了一１）（ｊＬ．一
ｘ
二
文［１］给出了该不等式的极限证明．文［２］用
ｊ）
拉格朗日条件极值法给出了证明．这两种方法都不
１）＝（３“一１）３．下面证明戈＋），＋ｚ≥１．用反证法：
易理解，文［３］中我们给出一个初等证明．本文再用
若存在一组戈，），，ｚ∈（ｏ，１），满足戈＋ｙ＋ｚ＜１．则寺
反证法给出一个新的证明．
证明：先设菇＝ｉ＝二＝兰＝彳，，，＝
一１：毕＞堕业等上蔓，因为（戈＋ｙ＋ｚ）“
√口”＋（３“一１）６丁ｃ丁
展开后（不合并同类项）共有３８项，而戈，ｙ，ｚ每个字６
ｃ
母在展开式中都出现ｎ・３”１次．（如将（菇＋ｙ＋ｚ）２
√６“＋（３“一１）口丁ｃ丁活了歹ｊ霄ｉ产一万了歹ｊ霄万√ｃ８＋（３“一１）ｏｊ６
２
襄开为＃＋，２＋≠＋％ｙ＋ｘｙ＋％ｚ＋％ｚ＋ｙｚ＋ｙｚ共
万方数据
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・３９・
直角坐标系中分别画出函数
ｌｙ
（±１，０），舍去．当ｏ＞０时，函数ｙ＝ｎｚ３与ｙ＝３戈２
１
ｙ＝一二丁与ｙ＝口ｘ一３的图像
—１必有一个交点在第三象限，舍去．
Ｘ
Ｚ
＼。。
当血＜Ｏ时，要使得两函数图像只有一个交点，（图５），由题意可知两函数交且交点横坐标大于０，那么只要使得两函数的图像
点唯一且交点的横坐标大于在第二象限内没有交点，考虑临界情况，不妨设两个
Ｏ；由此可知直线的斜率必为图像切于同一点Ａ（戈。，ｙ。），那么有
负，下只要求临界情况，即当３
＾
２
，
直线与曲线在第三象限相切、ｒ
ｒ。＿ｊ‰叫’解得‰：一１，ｏ：－２．
时的情形．
图５
【尼＝３似；＝６戈ｏ，
综上可知，由图像的性质可知满足题意的参数
设切点为（戈。，％），则
。的取值范围为ｏ＜一２．
｛：』；一３＝一三ｉ’解得戈。２一・，ｎ＝一２・
评注：解法４—５中，主要体现了“以形助数”的思想，从图形上发掘足够的信息；两种不同的函数构造思路中，呈现出一个共同的分析思维切入点——因此，由图像的性质可临界条件，曲线的切线方程这个知识点是平时经常
知，直线的斜率口的范围为口
Ａｋ纱遇到的，即把未知问题转化为已经解决的问题．
＜一２．
结语
文中解法１代数味很浓，后几种解法则
解法５：由题意可知八戈）几何味十足．代数法要求以理为先，重在说理；几何＝口戈３—３算２＋１＝０只有唯一法则体现了以据为先，重在释理，两种方法分别将正根，习ｐ么有口戈３＝３戈２一ｌ，在平面直角坐标系中分别画孤
出函数ｙ＝口戈３与ｙ＝３戈２—１㈦ｉ
Ｖ
“数”的特色和“形”的魅力展现到极致．因此，在解
题过程中，不同的审视角度决定不同的思维策略，这需要平时通过不断地思考、反思并积累解题经验，方的图像（图６）．当ｎ＝０时，函能培养良好的思维品质．
图６
数ｙ＝口戈３与ｙ＝３ｘ２—１交于
ｔ●ｊｔＩＩｔｔ●；ＩＩｔｔ謦ｔ●｝●｝ｔｔｔ●；●；ｔｔｔ●；Ｉｔ●；ｔ●；●；●ｊｔｔ●ｉ●ｉｔｔＩｔｔｔｔｔ‘ｔ１∈（
借助泰勒展开式，秒杀几道压轴题
江苏省扬州市新华中学（２２５００９）龚海滨江苏省扬州中学
（２２５００９）
戚有建
１
考题展示
考题ｌ
（２０１３年新课标全国卷Ⅱ理科２１题）
厂（戈）＝ｅ。＋（奇）２＞ｏ，故厂（戈）在（一１，＋∞）
已知函数八戈）＝ｅ。一ｌｎ（ｘ＋，ｎ）．
上递增，由于厂（０）＝０，故当戈∈（一ｌ，０）时，厂（％）
（１）设茗＝Ｏ是八戈）的极值点，求ｍ，并讨论＜Ｏ；当石∈（０，＋∞）时／（戈）＞０，所以八戈）在八戈）的单调性；（２）当ｍ≤２时，证明八戈）＞０．
（一１，０）上递减，在（０，＋∞）上递增．
解析：（１）厂（ｚ）＝ｅ。一÷，由题意得厂（ｏ）
点评：本小问重点考查用导数研究单调性，这是
’
Ｘ＋ｍ
导数最重要的应用，另外在解题过程中，需要通过＝０，解得ｍ＝１，检验符合要求，所以ｍ＝１．故
“二次求导”来处理，这是近年来高考导数题的一个厂（戈）＝ｅ５一丁打，定义域为（一１，＋∞），因此
新趋向．
（２）由于当ｍ≤２时，ｌｎ（戈＋ｍ）≤ｌｎ（戈＋２），
故只要证明：当ｍ＝２时以茗）＞０，所以只要证明：
万方数据
・４０・
中学数学研究
２０１５第１期
当ｍ＝２时√Ｉ算）ｍｉ。＞０．此时√【戈）＝ｅ４一ｌｎ（戈＋
２），定义域为（一２，＋∞），故厂（∞）＝ｅ。一｝是，因
此厂（戈）＝ｅ。＋‘７是）２＞ｏ，所以厂（戈）在（一２，
＋∞）上递增，又厂（一１）：土一１＜ｏ，（ｏ）：昙
＞０，故厂（石）＝０在（一２，＋∞）内有唯一实数根
‰，且搿。∈（一１，０），于是当ｚ∈（一２，‰）时／（ｚ）＜Ｏ；当戈∈（ｚｏ，＋∞）时／（ｚ）＞０，所以火髫）。ｉ。＝八戈ｏ）＝ｅ“一ｌｎ（菇ｏ＋２），（木）
而由厂（‰）＝ｏ，得ｅ加＝÷，两边取对数得
Ｚｎ十二
算。＝一ｌｎ（‰＋２），代入（丰）式得八并）。ｉ。＝八石。）＝
ｅ“＿ｌｎ‰＋２）＝去‰＝等＞ｏ，所
以命题得证．
点评：本题中我们将不等式恒成立问题转化为函数最值问题，即将“当ｍ≤２时以菇）＞Ｏ”转化为“当ｍ＝２时以ｚ）ｍｉ。＞０”，而在求最值的过程中遇
到‘ｙ（戈）＝ｅ５一■五在（一２，＋∞）上的零点不方
便求出”的困难，这里需要“设而不求”来处理，这也是近年来高考导数题的一个新趋向，值得关注．
考题２（２０１４年新课标全国卷Ｉ理科２１题）
设函数火龙）＝口ｅ。ｌ似＋等＿，曲线ｙ＝八ｚ）在点（１，
八１））处的切线为ｙ＝ｅ（戈一１）＋２．
（１）求口，６；（２）证明八戈）＞１．
解析：（１矿（石）＝ｏ（ｅ。ｌ似＋旦。）＋６丝—÷Ｌ，
戈
戈。
定义域为（。，＋∞），由题意得眵？０：２ｅ，，解得
髓：．’
（２）即证不等式ｅ。ｌ眦＋坚＞１（戈＞０），等价
于证不等式菇ｌ似＞詈一号（戈＞ｏ），设ｇ（石）＝
戈ｌ似（戈＞ｏ），则ｇ’（石）＝１＋ｌ似，当戈∈（ｏ，寺）时，
ｇ’（髫）＜ｏ，故ｇ（石）在（ｏ，÷）上递减；当ｚ∈（÷，
＋∞）时，ｇ’（菇）＞ｏ，故ｇ（戈）在（÷，＋∞）上递增；
万方数据
所以ｇ（戈）面。＝ｇ（÷）＝一÷，故ｇ（搿）＝ｘ１眦≥
一上（当且仅当ｚ：上时取等号）．设＾（戈）：冬一
ｅ
ｅ
ｅ
三，（戈＞ｏ），贝４矗’（菇）＝！二；兰，当戈∈（ｏ，１）时，
ｅ
ｅ
＾’（ｚ）＞０，故ｇ（ｚ）在（０，１）上递增；当戈∈（１，＋∞）时，矗’（菇）＜０，故ｇ（戈）在（１，＋∞）上递减；
所以＾（ｚ）。。＝矗（１）＝一÷，故＾（戈）＝砉一号≤
一土（当且仅当菇＝ｌ时取等号）；又因为上面两个
不等式的等号不能同时取到，所以戈ｌｎ戈＞导一互，
ｅ
ｅ
（艽＞０），所以命题得证．
点评：本题中，我们构造了两个函数ｇ（ｚ），
＾（戈），加强为证明ｇ（戈）。ｉ。＞＾（戈）。。，这里需要特别
指出的是，ｇ（石）面。＞矗（戈）。。实际ｊ二是ｇ（戈）＞＾（髫）
的充分条件，而非充要条件．
２“秒杀”解法
上面的解法是标准答案上提供的解法，下面我们借助重要的函数不等式ｅ。≥戈＋ｌ，来“秒杀”这两道高考题．先来研究考题１的第（２）问．
证明：由于ｍ≤２时，１ｎ（ｚ＋ｍ）≤ｌｎ（石＋２），故只要证ｅ。＞ｌｎ（并＋２），下面加强为证ｅ。≥戈＋１≥
ｌｎ（ｚ＋２）（且等号不能同时取到）．设ｄ（戈）＝ｅ。一石一１，贝４ｄ’（并）＝ｅ。一ｌ，当算∈（一∞，０）时，ｄ’（并）＜０，故ｄ（戈）在（一∞，０）上递减；当石∈（０，＋∞）时，ｄ’（石）＞ｏ，故ｄ（戈）在（０，＋∞）上递增，所以
ｄ（戈）面。＝ｄ（０）＝Ｏ，故ｄ（戈）≥ｄ（０），即ｅ。≥戈＋
１（当且仅当菇＝０时取等号）．用ｌｎ（菇＋２）去换ｅ。≥戈＋１中的菇即得ｌｎ（菇＋２）≤戈＋１（当且仅当戈＝一ｌ时取等号），又因为上面两个不等式中的等号不
能同时取到，所以ｅ。＞ｌｎ（石＋２）．
再来研究考题２的第（２）问．
证明：不等式ｅ５ｌ眦＋堑＞１（茗＞０）等价于不
等式ｅ。（１ｎ戈＋三）＞１（ｘ＞０），下面借助不等式ｅ５
ｅ戈
≥ｅ菇和ｌ姒≥１来处理，实际上，用石一ｌ去换ｅ５≥
菇＋１中的菇即得ｅ。≥蹦（当且仅当戈＝ｌ时取等号），
用一ｌ眦去换ｅ５≥蹦中的算即得ｌ似≥二！（当且仅
四１５年第１期
中学数学研究
・４１・
当ｘ：上时取等号），于是，易得ｅｘ（１眦＋互）≥４
应用举例
（２０１０年全国卷文科２１题）设函数八石）＝菇（ｅ。
蹦（—二＋三）＝１，又因为上面两个不等式中的等号
一１）一口石２．
ｅ石
ｅ石
不能同时取到，所以ｅ３（１眦＋三）＞ｌ（石＞０），所以
（１）当口＝÷时，求八算）的单调区间；（２）若当
菇≥０时都有火龙）≥０，求实数。的取值范围．
命题得证．
３
背景研究
点评：第（２）问的命制是以八戈）＝ｅ。在戈＝０处
．，２
．，“
函数不等式ｅ。≥搿＋１看似平凡其实很不平凡，的泰勒展开式ｅ。＝ｌ＋ｘ＋务＋…＋着＋…为背景，
它的左边是超越函数（指数函数），右边是多项式函
首先得到不等式ｅ。≥１＋戈（戈≥０），然后隐掉ｚ前面数（一次函数），它反映了指数函数和一次函数之间
的系数１，改成求参数口的范围，故答案为口≤１．
的关系，其深刻的背景是高等数学中的泰勒公式，根另外，我们再来看看２０１０年全国卷理科２１题：
据公式以菇）＝ｅ４在菇＝０处的展开式为八菇）＝
设函数八菇）＝ｅ５—１一戈一眦２，
删州０）．石＋筹。”・＋等∥”・，
（１）当ｏ＝Ｏ时，求八菇）的单调区间；（２）若当
舅≥０时都有火石）≥０，求实数ｎ的取值范围．
即ｅ。叫¨＋筹＋．一＋着＋．一，所ｗ≥¨Ｌ
点评：本题的命制也是以八戈）＝ｅ。在戈＝０处
．，２
．，“
同样，根据泰勒公式以菇）＝ｅ。在戈＝１处的展开式
的泰勒展开式ｅ５＝１＋戈＋身＋…＋暑＋…为背
为八ｚ）：八１）＋厂（１）．（戈一１）＋鼍兽．（戈一１）ｚ
景，首先得到不等式ｅ。≥ｌ＋戈＋等，（菇≥ｏ），然后
Ⅳ２
＋…十号乎。（菇一１）“＋…，即ｅ。＝ｅ＋ｅ（菇一１）
隐掉戈ｚ前面的系数丢，改成求参数Ⅱ的范围，故答案＋寺（菇一１）２十…＋着（ｘ一１）“＋…，所以ｅ。≥ｅ茗‘
为。≤丢．
ｔ●｝警ｔｔｔｔ—；Ｉｔｔ玺●｝●｝●｝●｝ｔ●；—ｊｔ●｝ｔＩＩｔ＇｝●ｊ●；Ｉ●；—｝●；Ｉ●；●｝●ｉ●｝●；謦Ｉ●ｊ●；●ｊｔ●ｊ—｝
一道猜想不等式的又一初等证明
湖北省宜都市一中
（４４３３００）刘宜兵廖华
题目
设ｏ，６，ｃ是正数，ｎ是正整数，求证：
口
６
＋
贝。三ｉ一・＝王三半，古一－＝
），
以ｎ＋（３ｎ一１）６号ｃ号√口“＋（３“一１）６丁ｃ丁
钆ｎ＋（３ｎ一１）口号ｃ手√６“＋（３４—１）口丁ｃｊ
掣，专一学，
ｚ
口
‘
’
６“
’ｚ”
ｃ“
√ｃ“＋（３“一１）口丁６丁
可＝＝＝兰，＿二ｉ≥ｌ・
其中菇，ｙ，彳∈（Ｏ，１）且（ｊｉ一１）（ｊ了一１）（ｊＬ．一
ｘ
二
文［１］给出了该不等式的极限证明．文［２］用
ｊ）
拉格朗日条件极值法给出了证明．这两种方法都不
１）＝（３“一１）３．下面证明戈＋），＋ｚ≥１．用反证法：
易理解，文［３］中我们给出一个初等证明．本文再用
若存在一组戈，），，ｚ∈（ｏ，１），满足戈＋ｙ＋ｚ＜１．则寺
反证法给出一个新的证明．
证明：先设菇＝ｉ＝二＝兰＝彳，，，＝
一１：毕＞堕业等上蔓，因为（戈＋ｙ＋ｚ）“
√口”＋（３“一１）６丁ｃ丁
展开后（不合并同类项）共有３８项，而戈，ｙ，ｚ每个字６
ｃ
母在展开式中都出现ｎ・３”１次．（如将（菇＋ｙ＋ｚ）２
√６“＋（３“一１）口丁ｃ丁活了歹ｊ霄ｉ产一万了歹ｊ霄万√ｃ８＋（３“一１）ｏｊ６
２
襄开为＃＋，２＋≠＋％ｙ＋ｘｙ＋％ｚ＋％ｚ＋ｙｚ＋ｙｚ共
万方数据