2008年江西高考数学压轴题详解：为什么它被称为史上最难高考数学题？
By Long Luo
如果你在搜索引擎中搜索“史上最难高考数学题”，大部分链接都会指向 2008 年江西高考理科数学压轴题。和之前文章探讨的 2010年江西高考理科数学压轴题 一样，2008 年江西高考理科数学压轴题同样由 陶平生老师 命制。这道题原型是 CMO2003 第 3 题，陶平生老师对其进行改编。该题难度极高，满分 14 分，当年全省考生无人得满分，平均分仅 0.31 分，史上最低纪录，最高得分 9 分仅一位考生，8 分两位，堪称史上最难压轴题。
虽然这道题的解法已经在很多地方见过，但自己一直没有静下心来完整推导一遍。最近终于亲自动手做了一次，把整个思考和求解过程记录下来，也算是给自己留一份笔记。
- （本小题满分14分）
已知函数
\[ f(x) = \frac {1}{\sqrt{1 + x}} + \frac{1}{\sqrt{1 + a}} + \sqrt {\frac {ax}{ax + 8}}, \quad x \in (0, +\infty) \]
- 当 \(a = 8\) 时，求 \(f(x)\) 的单调区间；
- 对任意正数 \(a\) ，证明： \(1 < f(x) < 2\) .
分析
对于第一问来说，比较简单，考察求导法则，有一定计算量。
将 \(a = 8\) 代入，可得：
\[ f(x) = \frac{1}{3} + \frac{1}{\sqrt{1 + x}} + \sqrt{\frac{x}{1 + x}} = \frac{1}{3} + \frac{1 + \sqrt{x}}{\sqrt{1 + x}} \tag{1} \]
求导可得：
\[ f'(x) = \frac {1 - \sqrt{x}}{2 \sqrt {x(1 + x)^{3}}} \tag{2} \]
令 \(f'(x) = 0\) ， \(\dfrac {1 - \sqrt{x}}{2 \sqrt {x(1 + x)^{3}}} = 0\) ，解得 \(x = 1\) 。
- 当 \(0 < x < 1\) 时， \(f'(x) > 0\) , \(f(x)\) 严格单调递增;
- 当 \(x > 1\) 时， \(f'(x) < 0\) , \(f(x)\) 严格单调递减。
\(a = 8\) 时 \(f(x)\) 的图像：
从函数 \(f(x)\) 的图像也可以看出 \(x = 1\) 时为函数 \(f(x)\) 的极值点。
这道题的第二问是不等式证明题，考察放缩技巧，但技巧性要求非常高，实际上这道题来自数学竞赛题的改编。
这道高考题为何如此困难？
令 \(b = x\) ， \(c = \dfrac{8}{ax}\) ，则第(2)问等价于：
若 \(a, b, c > 0\) ， \(abc = 8\) ，求证：
\[ 1 < \frac{1}{\sqrt{1+a}} + \frac{1}{\sqrt{1+b}} + \frac{1}{\sqrt{1+c}} < 2. \]
乍看之下，这只是一个普通的不等式，但实际上，它与多个经典竞赛不等式有着密切联系。
例如，它与 2004 年西部数学奥林匹克的压轴题十分相似：
设 \(a, b, c > 0\) ，求证：
\[ 1 < \dfrac{a}{\sqrt{a^2+b^2}} + \dfrac{b}{\sqrt{b^2+c^2}} + \dfrac{c}{\sqrt{c^2+a^2}}\le \dfrac{3\sqrt{2}}{2}. \]
据当年的赛后资料，这道西部奥林匹克压轴题难度极高，参赛选手中无人给出完整证明。而江西高考题所对应的不等式，在证明技巧上甚至更加困难。
更有意思的是，这个不等式还与 CMO 2003 第三题 存在直接联系。
给定正整数 \(n\) ，求最小的正数 \(\lambda\) ，使得对于任何 \(\theta_i \in \left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\) （ \(i = 1, 2, \cdots, n\) ），只要 \(\tan\theta_1 \cdot \tan\theta_2 \cdots \tan\theta_n = 2^{\frac n2}\) ，就有 \(\cos\theta_1 + \cos\theta_2 + \cdots + \cos\theta_n\) 不大于 \(\lambda\) ．
当 \(n = 3\) 时，令 \(a = \tan^2\theta_1, b = \tan^2\theta_2, c = \tan^2\theta_3\) 即为江西压轴题右边的不等式。
由此可见，这道高考压轴题虽然包装成了一道函数题，但其核心实际上是一道具有数学竞赛背景的不等式。
数学分析法
由于已经学习过高等数学，因此在求解这道题时，我并没有局限于中学数学的知识体系，而是尝试从更高的视角寻找解法。
观察函数 \(f(x)\) 的表达式：
\[ f(x) = \frac{1}{\sqrt{1 + x}} + \frac{1}{\sqrt{1 + a}} + \sqrt{\frac{ax}{ax + 8}} \tag{3} \]
注意到 \(a\) 为任意正实数，虽然题目将 \(a\) 视为参数，\(x\) 视为自变量，但从表达式本身来看，两者并没有本质区别。事实上，将 \(a\) 与 \(x\) 互换后，函数形式完全不变，因此二者具有天然的对称性。于是令 \(y = a\) ，将原函数推广为二元函数：
\[ g(x, y) = \frac{1}{\sqrt{1 + x}} + \frac{1}{\sqrt{1 + y}} + \sqrt{\frac{xy}{xy + 8}} \tag{4} \]
对于任意正数 \(a, x\) ，当 \(x \to +\infty\) 时，易得：
\[ 1 < \lim_{x \to +\infty} f(x) = \frac{1}{\sqrt{1+a}} + \frac{1}{\sqrt{1+0}} = 1 + \frac{1}{\sqrt{1+a}} < 2 \tag{5} \]
当 \(x \to 0^+\) 时，同样：
\[ 1 < \lim_{x \to 0^+} f(x) = \frac{1}{\sqrt{1+a}} + \frac{1}{\sqrt{1+0}} = 1 + \frac{1}{\sqrt{1+a}} < 2 \tag{6} \]
对于二元函数 \(g(x, y)\) ，可得：
\[ \lim_{(x, y) \to (0^+, 0^+)} g(x, y) = 2, \quad \lim_{(x, y) \to (+\infty, +\infty)} g(x, y) = 1, \]
因此，如果能够求出函数 \(f(x)\) 在定义域内的全部极值点，并证明这些驻点处的函数值均满足 \(1 < f(x) < 2\) ，再结合函数在边界处的极限值进行比较，即可说明函数在整个定义域内都不会超出区间 \((1, 2)\) 。
对于固定的 \(a\) ，函数 \(f(x)\) 关于 \(x\) 可导，因此其内部极值点必满足 \(f'(x) = 0\) 。通过求解该方程可以找到 \(f(x)\) 关于 \(x\) 的驻点。另一方面，由于前面已经证明函数关于 \(a\) 和 \(x\) 具有对称性，因此对变量 \(a\) 进行同样的分析也成立。利用这一对称关系，可以进一步建立关于 \(a, x\) 的方程组，并求出所有可能的极值情况。
下面求 \(g(x, y)\) 驻点处的函数值：
\[ \begin{cases} \dfrac{\partial g}{\partial x} = -\dfrac{1}{1+x} \cdot \dfrac{1}{2\sqrt{1+x}} + \dfrac{\sqrt{y} \cdot \dfrac{1}{2\sqrt{x}} \cdot \sqrt{xy+8} - \sqrt{xy} \cdot \dfrac{y}{2\sqrt{xy+8}}}{xy+8} \stackrel{\text{令}}{=} 0 \\ \dfrac{\partial g}{\partial y} = -\dfrac{1}{1+y} \cdot \dfrac{1}{2\sqrt{1+y}} + \dfrac{\sqrt{x} \cdot \dfrac{1}{2\sqrt{y}} \cdot \sqrt{xy+8} - \sqrt{xy} \cdot \dfrac{x}{2\sqrt{xy+8}}}{xy+8} \stackrel{\text{令}}{=} 0 \end{cases} \tag{7} \]
上述方程化简为:
\[ \begin{cases} \dfrac{1}{(1 + x)^{3/2}} = \dfrac{8\sqrt{y}}{\sqrt{x}(xy + 8)^{3/2}} \\ \dfrac{1}{(1 + y)^{3/2}} = \dfrac{8\sqrt{x}}{\sqrt{y}(xy + 8)^{3/2}} \end{cases} \tag{8} \]
对方程 (8) 等式两边同取 \(\dfrac{2}{3}\) 方，可得：
\[ \begin{cases} xy + 8 = 4 \left( \dfrac{y}{x} \right)^{1/3} (1 + x) \\ xy + 8 = 4 \left( \dfrac{x}{y} \right)^{1/3} (1 + y) \end{cases} \tag{9} \]
比较方程组 (9) 中的两个等式，易得：
\[ \left( \dfrac{y}{x} \right)^{1/3}(1 + x) = \left( \frac{x}{y} \right)^{1/3}(1 + y) \tag{10} \]
两边同乘 \(x^{1/3}y^{1/3}\) ，可得：
\[ y^{2/3}(1 + x) = x^{2/3}(1 + y). \tag{11} \]
令 \(u = x^{1/3}, \ v = y^{1/3}\) ，则上式变为：
\[ v^2(1 + u^3) = u^2(1 + v^3). \]
展开并整理：
\[ v^2 - u^2 + u^3v^2 - u^2v^3 = 0, \]
即：
\[ (v - u)(u + v - u^2v^2) = 0. \tag{12} \]
因此存在两种可能：
\(u = v\) ,
\(u + v = u^2v^2\) .
也就是说，\(x = y\) 或者 \(x^{1/3} + y^{1/3} = x^{2/3}y^{2/3}\) 。
下面进行分类讨论：
对于第一种情况 \(x = y\) ，代入方程组 (9)，得到：
\[ x^2 + 8 = 4(x + 1) \]
即 \(x^2 - 4x + 4 = 0\) ，所以 \(x = 2\) 。
解得唯一驻点为 \((2, 2)\) ，此时：
\[ g(2, 2) = \frac{1}{\sqrt3} + \frac{1}{\sqrt3} + \sqrt{\frac{4}{12}} = \sqrt{3} \in (1, 2) \]
从而证明了 \(1 < f(x) < 2\) 。
\(g(x, y)\) 的函数图像如下图所示：
对于第二种情况，\(x^{1/3} + y^{1/3} = x^{2/3}y^{2/3}\) ：
设 \(p = uv > 0\) ，\(u + v = u^2v^2\) ，\(u+v=p^2\) ，因此，\((u, v)\) 可以看作方程：
\[ t^2 - p^2t + p = 0 \tag{13} \]
的两个根，从而有
\[ u^2 - p^2u + p = 0. \tag{14} \]
另一方面，将 \(x = u^3, \quad y = v^3\) 代入前面的驻点方程：
\[ xy + 8 = 4 \left( \frac{y}{x} \right)^{1/3}(1 + x) \tag{15} \]
得到
\[ p^3 + 8 = 4\frac{v}{u}(1 + u^3). \]
由于 \(v = \dfrac{p}{u}\) ，所以
\[ p^3 + 8 = 4\frac{p}{u^2}(1 + u^3). \]
两边乘以 \(u^2\) ，得到
\[ (p^3 + 8)u^2 = 4p + 4pu^3. \tag{16} \]
再利用式 ((4))
\[ u^2 = p^2u - p, \]
进行整理，可得
\[ (pu - 2)(p^2u + 2p - 4u^2) = 0 \tag{17} \]
上式可分两种情况讨论：
\(pu = 2\) ，此时 \(u = \frac{2}{p}\) ，代入式 则有： \(\dfrac{4}{p^2} - p = 0\) ，因此 \(p^3 = 4\) 。
\(p^2u + 2p - 4u^2 = 0\) ，利用式 (14) 中的 \(u^2 = p^2u - p\) ，代入上式：
\[ p^2u + 2p - 4(p^2u - p) = 0. \]
整理得
\[ -3p^2u + 6p = 0, \]
即 \(pu = 2\) ，因此这种情况最终仍然回到了情况一，同样有 \(p^3 = 4\) 。
综上，两种情况均满足 \(p^3 = 4\) .
再由方程 (14) 的判别式 \(\Delta = p^4 - 4p = p(p^3 - 4) = 0\) ，可知 \(u = v\) 。
结合\(uv = p, \ p^3 = 4\) 可得：
\[ u = v = \sqrt{p} = 4^{1/6}. \]
因此 \(x = u^3 = 2, \quad y = v^3 = 2\)
所以第二种情况最终并没有产生新的驻点，仍然得到 \((x, y) = (2, 2)\) 。
因此，驻点方程组在 \(x, y > 0\) 内唯一的解为 \(x = y = 2\) 。
总结
这道压轴题在高考时对于考生来说难度极大，放弃这道题是明智的选择。