贝努利不等式及推论解高考题举例
2018年高考数学：利用伯努利不等式巧解高考数学压轴题
2018年高考数学：利用伯努利不等式巧解高考数学压轴题
我在最近几期分享了一些高考数学中可能用到的一些涉及到高数的知识，部分同学留言希望我分享一期关于不等式内容的，所以我本期要讲解的是高中数学选修系列4-5专题中的伯努利不等式（又译为贝努利）！
需要说明的是由于贝努利不等式的形式简单、变形及推理非常多，其应用十分广泛。
不过在这几年的高考中几乎在压轴题中绝迹，主要出现在较难的选择题中，不过出题形式比较隐蔽，即使出现学生也很难认出！
第一部分：伯努利不等式及其推广
为了方便有能力的同学自我拓展学习，我同时整理出了伯努利不等式的4种重要的推论：
第二部分：伯努利不等式在高考数学中的应用
我们先看下标准答案是如下解如下2001年全国卷理数第20题第（Ⅱ）问的：
由以上证明不难看出，要求学生熟练掌握排列组合及二项式的各项性质，难度比较大，现在我们用伯努利不等式来证明第（Ⅱ）问：同学们如有疑问请留言！。
部编版2020学年高中数学第三章数学归纳法与贝努利不等式3.2用数学归纳法证明不等式贝努利不等式
3．2 用数学归纳法证明不等式，贝努利不等式[对应学生用书P43][读教材·填要点]贝努利(Bernoulli)不等式设x >－1，且x ≠0，n 为大于1的自然数，则(1＋x )n>1＋nx .[小问题·大思维]在贝努利不等式中，指数n 可以取任意实数吗？提示：可以．但是贝努利不等式的体现形式有所变化．事实上：当把正整数n 改成实数α后，将有以下几种情况出现：(1)当α是实数，并且满足α>1或者α<0时，有(1＋x )α≥1＋αx (x >－1)． (2)当α是实数，并且满足0<α<1时，有(1＋x )α≤1＋αx (x >－1)．[对应学生用书P43]利用数学归纳法证明不等式[例1] 求证：1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n2>1(n ≥2，n ∈N ＋)．[思路点拨] 本题考查数学归纳法的应用，解答本题需要注意n 的取值范围，因为n ≥2，n ∈N ＋，因此应验证n 0＝2时不等式成立．[精解详析] (1)当n ＝2时，左边＝12＋13＋14＝1312>1.∴n ＝2时不等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥2，且k ∈N )时，不等式成立，即 1k＋1k ＋1＋1k ＋2＋ (1)2>1，那么n ＝k ＋1时， 1k ＋1＋1k ＋1＋1＋…＋1k ＋12－1＋1k ＋12＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k 2＋2211···12k k k k ++++2144424443项＋1k ＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k 2＋1k 2＋1＋…＋1k 2＋2k ＋1k ＋12－1k >1＋2k ＋1k ＋12－1k＝1＋k 2－k －1k k ＋12， ∵k ≥2，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫k －122≥94.∴k 2－k －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k －122－54≥1>0.∴k 2－k －1k k ＋12>0. ∴1k ＋1＋1k ＋1＋1＋…＋1k ＋12>1.∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)、(2)可知，对一切的n ≥2，且n ∈N ＋，此不等式都成立．利用数学归纳法证明不等式的关键是由n ＝k 到n ＝k ＋1的变形，为满足题目的要求，往往要采用“放缩”等手段，例如在本题中采用了“1k 2＋1>1k ＋12，…，1k 2＋2k>1k ＋12”的放缩变形．1．证明不等式： 1＋12＋13＋…＋1n<2n (n ∈N ＋)． 证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝2，不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥1)时，命题成立，即 1＋12＋13＋…＋1k<2k . ∵当n ＝k ＋1时，左边＝1＋12＋13＋…＋1k＋1k ＋1<2 k ＋1k ＋1＝2kk ＋1＋1k ＋1，现在只需证明2kk ＋1＋1k ＋1<2k ＋1，即证：2k k ＋1<2k ＋1，两边平方，整理：0<1，显然成立． ∴2kk ＋1＋1k ＋1<2k ＋1成立．即1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1<2k ＋1成立． ∴当n ＝k ＋1时，不等式成立．由(1)(2)知，对于任何正整数n 原不等式都成立.利用数学归纳法比较大小[例2] 设P n ＝(1＋x )n，Q n ＝1＋nx ＋n n －12x 2，n ∈N ＋，x ∈(－1，＋∞)，试比较P n 与Q n 的大小，并加以证明．[思路点拨] 本题考查数学归纳法的应用，解答本题需要先对n 取特值，猜想P n 与Q n的大小关系，然后利用数学归纳法证明．[精解详析] (1)当n ＝1,2时，P n ＝Q n . (2)当n ≥3时，(以下再对x 进行分类)． ①若x ∈(0，＋∞)，显然有P n >Q n . ②若x ＝0，则P n ＝Q n . ③若x ∈(－1,0)，则P 3－Q 3＝x 3<0，所以P 3<Q 3.P 4－Q 4＝4x 3＋x 4＝x 3(4＋x )<0，所以P 4<Q 4.假设P k <Q k (k ≥3)，则P k ＋1＝(1＋x )P k <(1＋x )Q k ＝Q k ＋xQ k ＝1＋kx ＋k k －1x 22＋x ＋kx 2＋k k －1x 32＝1＋(k ＋1)x ＋k k ＋12x 2＋k k －12x 3＝Q k ＋1＋k k －12x 3<Q k ＋1，即当n ＝k ＋1时，不等式成立． 所以当n ≥3，且x ∈(－1,0)时，P n <Q n .(1)利用数学归纳法比较大小，关键是先用不完全归纳法归纳出两个量的大小关系，猜测出证明的方向，再用数学归纳法证明结论成立．(2)本题除对n 的不同取值会有P n 与Q n 之间的大小变化，变量x 也影响P n 与Q n 的大小关系，这就要求我们在探索大小关系时，不能只顾“n ”，而忽视其他变量(参数)的作用．2．已知数列{a n }，{b n }与函数f (x )，g (x )，x ∈R ，满足条件：b 1＝b ，a n ＝f (b n )＝g (b n＋1)(n ∈N ＋)．若函数y ＝f (x )为R 上的增函数，g (x )＝f －1(x )，b ＝1，f (1)<1，证明：对任意n ∈N ＋，a n ＋1<a n .证明：因为g (x )＝f －1(x )，所以a n ＝g (b n ＋1)＝f －1(b n ＋1)，即b n ＋1＝f (a n )． 下面用数学归纳法证明a n ＋1<a n (n ∈N ＋)． (1)当n ＝1时，由f (x )为增函数，且f (1)<1，得a 1＝f (b 1)＝f (1)<1， b 2＝f (a 1)<f (1)<1， a 2＝f (b 2)<f (1)＝a 1，即a 2<a 1，结论成立．(2)假设n ＝k 时结论成立，即a k ＋1<a k .由f (x )为增函数，得f (a k ＋1)<f (a k )，即b k ＋2<b k ＋1. 进而得f (b k ＋2)<f (b k ＋1)，即a k ＋2<a k ＋1. 这就是说当n ＝k ＋1时，结论也成立． 根据(1)和(2)可知，对任意的n ∈N ＋，a n ＋1<a n .利用数学归纳法解决探索型不等式[例3] 若不等式1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋13n ＋1>a 24对一切正整数n 都成立，求正整数a 的最大值，并证明你的结论．[思路点拨] 本题考查数学归纳法的应用以及探索型问题的求解方法．解答本题需要根据n 的取值，猜想出a 的最大值，然后再利用数学归纳法进行证明．[精解详析] 当n ＝1时，11＋1＋11＋2＋13×1＋1>a24，即2624>a 24，∴a <26，而a ∈N ＋，∴取a ＝25. 下面用数学归纳法证明1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1>2524. (1)n ＝1时，已证．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时， 1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1>2524， 则当n ＝k ＋1时，有 1k ＋1＋1＋1k ＋1＋2＋…＋13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3＋13k ＋1＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ＋2＋13k ＋3＋13k ＋4－1k ＋1>2524＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤13k ＋2＋13k ＋4－23k ＋1. ∵13k ＋2＋13k ＋4＝6k ＋19k 2＋18k ＋8>23k ＋1， ∴13k ＋2＋13k ＋4－23k ＋1>0， ∴1k ＋1＋1＋1k ＋1＋2＋…＋13k ＋1＋1>2524也成立．由(1)、(2)可知，对一切n ∈N ＋，都有1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1>2524，∴a 的最大值为25.利用数学归纳法解决探索型不等式的思路是：先通过观察、判断，猜想出结论， 然后用数学归纳法证明．这种分析问题和解决问题的思路是非常重要的，特别是在求解存在型或探索型问题时．3．对于一切正整数n ，先猜出使t n >n 2成立的最小的正整数t ，然后用数学归纳法证明，并再证明不等式：n (n ＋1)·lg 34>lg(1·2·3·…·n )． 解：猜想当t ＝3时，对一切正整数n 使3n>n 2成立．下面用数学归纳法进行证明． 当n ＝1时，31＝3>1＝12，命题成立． 假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，3k >k 2成立， 则有3k≥k 2＋1.对n ＝k ＋1,3k ＋1＝3·3k ＝3k ＋2·3k≥k 2＋2(k 2＋1)>3k 2＋1. ∵(3k 2＋1)－(k ＋1)2＝2k 2－2k ＝2k (k －1)≥0， ∴3k ＋1>(k ＋1)2，∴对n ＝k ＋1，命题成立．由上知，当t ＝3时，对一切n ∈N ＋，命题都成立． 再用数学归纳法证明：n (n ＋1)·lg 34>lg(1·2·3·…·n )． 当n ＝1时，1·(1＋1)·lg 34＝lg 32>0＝lg 1，命题成立．假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，k (k ＋1)·lg 34>lg(1·2·3·…·k )成立． 当n ＝k ＋1时，(k ＋1)(k ＋2)·lg 34＝k (k ＋1)·lg 34＋2(k ＋1)·lg 34>lg(1·2·3·…·k )＋12lg 3k ＋1>lg(1·2·3·…·k )＋12lg(k ＋1)2＝lg[1·2·3·…·k ·(k ＋1)]．命题成立． 由上可知，对一切正整数n ，命题成立．[对应学生用书P45]一、选择题1．对于一切正整数n ，下列说法不正确的是( ) A ．3n≥1＋2n B ．0.9n≥1－0.1n C ．0.9n <1－0.1nD ．0.1n≥1－0.9n解析：由贝努利不等式(1＋x )n≥1＋nx (x ∈N ＋，x >－1)，∴当x ＝2时，(1＋2)n≥1＋2n ，故A 正确．当x ＝－0.1时，(1－0.1)n≥1－0.1n ，B 正确，C 不正确． 当x ＝－0.9时，(1－0.9)n ≥1－0.9n ，D 正确． 答案：C2．在用数学归纳法证明f (n )＝1n ＋1n ＋1＋…＋12n <1(n ∈N ＋，n ≥3)的过程中：假设当n＝k (k ∈N ＋，k ≥3)时，不等式f (k )<1成立，则需证当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)<1也成立．若f (k ＋1)＝f (k )＋g (k )，则g (k )＝( )A ．12k ＋1＋12k ＋2 B ．12k ＋1＋12k ＋2－1k C ．12k ＋2－1kD ．12k ＋2－12k解析：∵f (k ＋1)＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2， f (k )＝1k ＋1k ＋1＋…＋12k，∴f (k ＋1)－f (k )＝－1k ＋12k ＋1＋12k ＋2，∴g (k )＝12k ＋1＋12k ＋2－1k .故选B.答案：B3．用数学归纳法证明“n 2＋n <n ＋1(n ∈N ＋)”的过程中的第二步n ＝k ＋1时(n ＝1已验，n ＝k 已假设成立)，这样证明：k ＋12＋k ＋1＝k 2＋3k ＋2<k 2＋4k ＋4＝(k＋1)＋1，∴当n ＝k ＋1时，命题成立，此种证法( )A ．是正确的B ．归纳假设写法不正确C ．从k 到k ＋1推理不严密D ．从k 到k ＋1的推理过程未使用归纳假设解析：∵在上面的证明中，当n ＝k ＋1时证明过程没有错误，但没有用到当n ＝k 时的结论，这样就失去假设当n ＝k 时命题成立的意义，也不能构成一个递推关系，这不是数学归纳法．∴A 、B 、C 都不对，选D.答案：D4．利用数学归纳法证明不等式1＋12＋13＋…＋12n －1<f (n )(n ≥2，n ∈N ＋)的过程，由n＝k 到n ＝k ＋1时，左边增加了( )A ．1项B ．k 项C ．2k －1项D ．2k项解析：根据题意可知：1＋12＋13＋…＋12k ＋1－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋12k －1＝12k ＋12k ＋1＋12k＋2＋…＋12k ＋1－1，所以共增加2k项．答案：D 二、填空题 5．证明n ＋22<1＋12＋13＋…＋12n<n ＋1(n >1)，当n ＝2时，要证明的式子为________． 解析：当n ＝2时，要证明的式子为 2<1＋12＋13＋14<3.答案：2<1＋12＋13＋14<36．用数学归纳法证明：当n ∈N ＋，1＋2＋22＋23＋…＋25n －1是31的倍数时，当n ＝1时原式为________，从k 到k ＋1时需增添的项是________．解析：当n ＝1时， 原式为1＋2＋22＋23＋25－1＝1＋2＋22＋23＋24.从k 到k ＋1时需增添的项是 25k＋25k ＋1＋25k ＋2＋25k ＋3＋25k ＋4.答案：1＋2＋22＋23＋2425k＋25k ＋1＋25k ＋2＋25k ＋3＋25k ＋47．利用数学归纳法证明“3×5×…×2n －12×4×…×2n －2<2n －1”时，n 的最小取值n 0应为________．解析：n 0＝1时不成立，n 0＝2时，32<3，再用数学归纳法证明，故n 0＝2.答案：28．设a 0为常数，且a n ＝3n －1－2a n －1(n ∈N ＋)，若对一切n ∈N ＋，有a n >a n －1，则a 0的取值范围是________．解析：取n ＝1,2，则a 1－a 0＝1－3a 0>0，a 2－a 1＝6a 0>0，∴0<a 0<13.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13 三、解答题9．用数学归纳法证明：1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n(n ≥2，n ∈N ＋)． 证明：(1)当n ＝2时，1＋122＝54<2－12＝32，命题成立．(2)假设当n ＝k 时命题成立， 即1＋122＋132＋…＋1k 2<2－1k ，当n ＝k ＋1时， 1＋122＋132＋…＋1k 2＋1k ＋12<2－1k＋1k ＋12<2－1k ＋1kk ＋1＝2－1k ＋1k －1k ＋1＝2－1k ＋1，命题成立． 由(1)、(2)知原不等式在n ≥2时均成立．10．试比较2n ＋2与n 2的大小(n ∈N ＋)，并用数学归纳法证明你的结论． 解：当n ＝1、n ＝2、n ＝3时都有2n ＋2>n 2成立，所以归纳猜想2n ＋2>n 2成立． 下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，左边＝21＋2＝4；右边＝1，左边>右边，所以原不等式成立； 当n ＝2时，左边＝22＋2＝6，右边＝22＝4，所以左边>右边； 当n ＝3时，左边＝23＋2＝10，右边＝32＝9，所以左边>右边． ②假设n ＝k 时(k ≥3且k ∈N ＋)时，不等式成立， 即2k＋2>k 2. 那么n ＝k ＋1时 2k ＋1＋2＝2·2k ＋2＝2(2k ＋2)－2>2·k 2－2又因：2k 2－2－(k ＋1)2＝k 2－2k －3＝(k －3)(k ＋1)≥0， 即2k ＋1＋2>(k ＋1)2成立．根据①和②可知，2n＋2>n 2对于任何n ∈N ＋都成立．11．已知等比数列{a n }的首项a 1＝2，公比q ＝3，S n 是它的前n 项和．求证：S n ＋1S n ≤3n ＋1n.证明：由已知，得S n ＝3n－1，S n ＋1S n ≤3n ＋1n 等价于3n ＋1－13n －1≤3n ＋1n， 即3n≥2n ＋1.(*)法一：用数学归纳法证明上面不等式成立． ①当n ＝1时，左边＝3，右边＝3，所以(*)成立． ②假设当n ＝k 时，(*)成立，即3k≥2k ＋1， 那么当n ＝k ＋1时，3k ＋1＝3×3k≥3(2k ＋1)＝6k ＋3≥2k ＋3＝2(k ＋1)＋1，所以当n ＝k ＋1时，(*)成立． 综合①②，得3n≥2n ＋1成立． 所以S n ＋1S n ≤3n ＋1n. 法二：当n ＝1时，左边＝3，右边＝3，所以(*)成立．当n ≥2时，3n＝(1＋2)n＝C 0n ＋C 1n ×2＋C 2n ×22＋…＋C n n ×2n＝1＋2n ＋…>1＋2n ，所以(*)成立．所以S n ＋1S n ≤3n ＋1n.。
2021_2022学年高中数学第3章数学归纳法与贝努利不等式章末复习课讲义新人教B版选修4_5
第3章 数学归纳法与贝努利不等式[自我校对]①柯西不等式 ②贝努利不等式归纳递推要用好归纳假设证明中，首先进展归纳假设，而且必须应用归纳假设(n ＝k 时，命题成立)，推出n ＝k ＋1时，命题成立．【例1】 用数学归纳法证明，对于n ∈N ＋， 11×2＋12×3＋13×4＋…＋1n (n ＋1)＝n n ＋1. [精彩点拨] 按照数学归纳法的步骤证明即可．[标准解答] (1)当n ＝1时，左边＝11×2＝12，右边＝12，所以等式成立．(2)假设n ＝k 时等式成立，即11×2＋12×3＋13×4＋…＋1k (k ＋1)＝kk ＋1， 当n ＝k ＋1时，11×2＋12×3＋13×4＋…＋1k (k ＋1)＋1(k ＋1)(k ＋2) ＝kk ＋1＋1(k ＋1)(k ＋2)＝k 2＋2k ＋1(k ＋1)(k ＋2)＝k ＋1k ＋2， 所以当n ＝k ＋1时，等式也成立．由(1)(2)可知对于任意n ∈N ＋，等式都成立．1．用数学归纳法证明：对任意的n ∈N ＋， 11×3＋13×5＋…＋1(2n －1)(2n ＋1)＝n 2n ＋1. [证明] (1)当n ＝1时，左边＝11×3＝13，右边12×1＋1＝13，左边＝右边，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋且k ≥1)时等式成立， 即有11×3＋13×5＋…＋1(2k －1)(2k ＋1)＝k2k ＋1，那么当n ＝k ＋1时，11×3＋13×5＋…＋1(2k －1)(2k ＋1)＋1(2k ＋1)(2k ＋3)＝k 2k ＋1＋1(2k ＋1)(2k ＋3)＝k (2k ＋3)＋1(2k ＋1)(2k ＋3)＝2k 2＋3k ＋1(2k ＋1)(2k ＋3)＝k ＋12k ＋3＝k ＋12(k ＋1)＋1， 所以当n ＝k ＋1时，等式也成立． 由(1)(2)可知，对一切x ∈N ＋等式都成立.归纳——猜测——证明们常用归纳——猜测——证明的方法来解决与正整数有关的归纳型和存在型问题．【例2】 设数列{a n }满足a n ＋1＝a 2n －na n ＋1，n ＝1,2,3，….(1)当a 1＝2时，求a 2，a 3，a 4，并由此猜测出数列{a n }的一个通项公式；(2)当a 1≥3时，证明对所有的n ≥1，有①a n ≥n ＋2；②11＋a 1＋11＋a 2＋…＋11＋a n ≤12.[精彩点拨] (1)通过观察数列{a n }的前4项，归纳猜测得到数列{a n }的通项公式，(2)利用数学归纳法证明．[标准解答] (1)由a 1＝2，得a 2＝a 21－a 1＋1＝3； 由a 2＝3，得a 3＝a 22－2a 2＋1＝4； 由a 3＝4，得a 4＝a 23－3a 3＋1＝5. 由此猜测：a n ＝n ＋1(n ∈N ＋)． (2)①用数学归纳法证明：当n ＝1时，a 1≥3＝1＋2，不等式成立； 假设当n ＝k 时，不等式成立，即a k ≥k ＋2， 那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a 2k －ka k ＋1＝a k (a k －k )＋1≥(k ＋2)(k ＋2－k )＋1＝2(k ＋2)＋1≥k ＋3＝(k ＋1)＋2，也就是说，当n ＝k ＋1时，a k ＋1≥(k ＋1)＋2. 综上可得，对于所有n ≥1，有a n ≥n ＋2. ②由a n ＋1＝a n (a n －n )＋1及①，对k ≥2，有a k ＝a k －1(a k －1－k ＋1)＋1≥a k －1(k －1＋2－k ＋1)＋1＝2a k －1＋1≥2·(2a k －2＋1)＋1＝22a k －2＋2＋1 ≥23a k －3＋22＋2＋1≥… ∴a k ≥2k －1a 1＋2k －2＋…＋2＋1＝2k －1a 1＋2k －1－1＝2k －1(a 1＋1)－1，于是1＋a k ≥2k －1(a 1＋1)，11＋a k ≤11＋a 1·12k －1，k ≥2. ∴11＋a 1＋11＋a 2＋…＋11＋a n≤11＋a 1＋11＋a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1＝11＋a 1⎝⎛⎭⎪⎫1＋12＋122＋…＋12n －1＝21＋a 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＜21＋a 1≤21＋3＝12.因此，原不等式成立．2．对于一切正整数n ，先猜出使t n ＞n 2成立的最小的正整数t ，然后用数学归纳法证明，并再证明不等式：n (n ＋1)·lg 34＞lg(1·2·3·…·n )． [解] 猜测当t ＝3时，对一切正整数n 使3n＞n 2成立．下面用数学归纳法进展证明． 当n ＝1时，31＝3＞1＝12，命题成立． 假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，3k ＞k 2成立， 那么有3k ≥k 2＋1. 对n ＝k ＋1,3k ＋1＝3·3k ＝3k ＋2·3k≥k 2＋2(k 2＋1)＞3k 2＋1.∵(3k 2＋1)－(k ＋1)2＝2k 2－2k ＝2k (k －1)≥0， ∴3k ＋1＞(k ＋1)2，∴对n ＝k ＋1，命题成立．由上知，当t ＝3时，对一切n ∈N ＋，命题都成立． 再用数学归纳法证明：n (n ＋1)·lg 34＞lg(1·2·3·…·n )．当n ＝1时，1·(1＋1)·lg 34＝lg 32＞0＝lg 1，命题成立．假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，k (k ＋1)·lg 34＞lg(1·2·3·…·k )成立． 当n ＝k ＋1时，(k ＋1)(k ＋2)·lg 34＝k (k ＋1)·lg 34＋2(k ＋1)·lg 34＞lg(1·2·3·…·k )＋12lg 3k ＋1＞lg(1·2·3·…·k )＋12lg(k ＋1)2＝lg[1·2·3·…·k ·(k ＋1)]，命题成立． 由上可知，对一切正整数n ，命题成立.数学归纳法证题的常用技巧较复杂．因此，熟悉归纳步骤的证明方法是十分重要的，其实归纳步骤可以看作是一个独立的证明问题，归纳假设“P (k )〞是问题的条件，而命题P (k ＋1)成立就是所要证明的结论，因此，合理运用归纳假设这一条件就成了归纳步骤中的关键，下面简要分析一些常用技巧．1．分析综合法用数学归纳假设证明关于自然数n 的不等式，从“P (k )〞到“P (k ＋1)〞，常常可用分析综合法．【例3】 求证：11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)<n ，n ∈N ＋. [精彩点拨] 要证不等式左边是n 项，右边是一项，当n ＝k ＋1时，要结合归纳假设，利用分析综合法证明不等式．[标准解答] (1)当n ＝1时，因为11×2＝12<1，所以原不等式成立． (2)假设n ＝k (k ∈N ＋，且k ≥1)时，原不等式成立，即有 11×2＋12×3＋…＋1k (k ＋1)<k . 那么当n ＝k ＋1时， 11×2＋12×3＋…＋1k (k ＋1)＋1(k ＋1)(k ＋2)<k ＋1(k ＋1)(k ＋2). 因此，欲证明当n ＝k ＋1时，原不等式成立，只需证明k ＋1(k ＋1)(k ＋2)<k ＋1成立．即证明k ＋1－k >1(k ＋1)(k ＋2).从而转化为证明1k ＋1＋k>1k 2＋3k ＋2，也就是证明k 2＋3k ＋2>k ＋1＋k . 而(k 2＋3k ＋2)2－(k ＋1＋k )2＝k 2＋k ＋1－2k (k ＋1)＝(k (k ＋1)－1)2>0. 从而k 2＋3k ＋2>k ＋1＋k . 于是当n ＝k ＋1时，原不等式也成立．由(1)(2)可知，当n 是任意正整数时，原不等式都成立．3．用数学归纳法证明：1＋122＋132＋…＋1n 2≥3n2n ＋1(n ∈N ＋)．[证明] ①当n ＝1时，左边＝1，右边＝1，左边≥右边，结论成立； ②假设n ＝k 时，不等式成立，即1＋122＋132＋…＋1k 2≥3k2k ＋1.当n ＝k ＋1时，1＋122＋132＋…＋1k 2＋1(k ＋1)2≥3k 2k ＋1＋1(k ＋1)2，下面证3k 2k ＋1＋1(k ＋1)2≥3(k ＋1)2(k ＋1)＋1. 作差得3k 2k ＋1＋1(k ＋1)2－3(k ＋1)2(k ＋1)＋1＝k (k ＋2)(k ＋1)2(2k ＋1)(2k ＋3)＞0，得结论成立，即当n ＝k ＋1时，不等式也成立，由①和②知，不等式对一切n ∈N ＋都成立． 2．放缩法涉及关于正整数n 的不等式，从“k 〞过渡到“k ＋1〞，有时也考虑用放缩法． 【例4】 用数学归纳法证明：1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n ∈N ＋，n >1)．[精彩点拨] n ＝k ＋1时，12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1＝12k[标准解答] (1)当n ＝2时，左边＝1＋12＋13<2，不等式成立．(2)假设n ＝k (k ∈N ＋，且k ≥2)时不等式成立，即1＋12＋13＋…＋12k －1<k ，那么当n ＝k ＋1时，左边＝1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋…＋12k ＋1－1∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)(2)知，对n 取任意大于1的自然数时不等式都成立．4．用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数n ，不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1>2n ＋12成立． [证明] (1)当n ＝2时，左边＝1＋13＝43，右边＝52，左边>右边，∴不等式成立．(2)假设n ＝k (k ∈N ＋，k ≥2)时，不等式成立，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1>2k ＋12.那么当n ＝k ＋1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋12(k ＋1)－1 >2k ＋12×2k ＋22k ＋1＝2k ＋222k ＋1＝4k 2＋8k ＋422k ＋1>4k 2＋8k ＋322k ＋1＝2k ＋3×2k ＋12×2k ＋1＝2(k ＋1)＋12.∴n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)(2)知，对一切大于1的自然数n ，不等式都成立． 3．递推法用数学归纳法证明与数列有关的问题时，有时要利用a n 与a n ＋1的关系，实现从“k 〞到“k ＋1〞的过渡．【例5】 设0＜a ＜1，定义a 1＝1＋a ，a n ＋1＝1a n ＋a ，求证：对一切n ∈N ＋，有1＜a n ＜11－a.[精彩点拨] 由归纳假设1＜a k ＜11－a ，当n ＝k ＋1时，由递推公式a k ＋1＝1a k＋a ，只要证明1＜1a k ＋a ＜11－a即可．[标准解答] 用数学归纳法．(1)当n ＝1时，a 1＞1，又a 1＝1＋a ＜11－a ，显然命题成立．(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，命题成立， 即1＜a k ＜11－a .当n ＝k ＋1时， 由递推公式，知a k ＋1＝1a k＋a ＞(1－a )＋a ＝1，同时，a k ＋1＝1a k ＋a ＜1＋a ＝1－a 21－a ＜11－a，当n ＝k ＋1时，命题也成立． 即1＜a k ＋1＜11－a. 综合(1)(2)可知，对一切正整数n ，有1＜a n ＜11－a.5．设{x n }是由x 1＝2，x n ＋1＝x n 2＋1x n (n ∈N ＋)定义的数列，求证：不等式2＜x n ＜2＋1n(n ∈N＋)．[证明] 由于对于任意的k ∈N ＋，x k ＋1＝x k 2＋1x k＞2x k2·1x k＝ 2.所以x n ＞2(n ∈N ＋)显然成立． 下面证明：x n ＜2＋1n(n ∈N ＋)．(1)当n ＝1时，x 1＝2＜2＋1，不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，不等式成立， 即x k ＜2＋1k，那么，当n ＝k ＋1时，x k ＋1＝x k 2＋1x k.由归纳假设，x k ＜2＋1k，那么x k 2＜22＋12k ，1x k＞12＋1k. ∵x k ＞2，∴1x k ＜22，∴x k ＋1＝x k 2＋1x k ＜22＋12k ＋22＝2＋12k ≤2＋1k ＋1，即x k ＋1＜2＋1k ＋1.从特殊到一般的数学思想方法殊情况入手，猜测，探索出结论，再对结论进展证明，主要是应用数学归纳法．【例6】 f (x )＝1－2x 2n ＋1，g (n )＝n 2－1n 2＋1，当n ≥4时，试比拟f (2)与g (n )的大小，并说明理由．[精彩点拨] f (2)＝1－22n ＋1，g (n )＝n 2－1n 2＋1＝1－2n 2＋1，把比拟f (2)与g (n )的大小转化为比拟2n与n 2的大小．[标准解答] 由f (2)＝1－2(2)2n＋1＝1－22n ＋1， g (n )＝1－2n 2＋1.∴要比拟f (2)与g (n )的大小，只需比拟2n 与n 2的大小．当n ＝4时，24＝16＝42， 当n ＝5时，25＝32>52＝25， 当n ＝6时，26＝64>62＝36. 故猜测当n ≥5(n ∈N ＋)时，2n >n 2， 下面用数学归纳法加以证明． (1)当n ＝5时，命题显然成立．(2)假设n ＝k (k ≥5，且k ∈N ＋)时，不等式成立， 即2k>k 2(k ≥5)，那么当n ＝k ＋1时， 2k ＋1＝2·2k >2·k 2＝k 2＋k 2＋2k ＋1－2k ＋1－2＝(k ＋1)2＋(k －1)2－2>(k ＋1)2((k －1)2>2)．由(1)(2)可知，对一切n ≥5，n ∈N ＋，2n>n 2成立．综上可知，当n ＝4时，f (2)＝g (n )＝n 2－1n 2＋1；当n ≥5时，f (2)>g (n )．6．在数列{a n }，{b n }中，a 1＝2，b 1＝4，且a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列．(1)求a 2，a 3，a 4及b 2，b 3，b 4，由此猜测{a n }，{b n }的通项公式，并证明你的结论； (2)证明：1a 1＋b 1＋1a 2＋b 2＋…＋1a n ＋b n <512. [解] (1)由条件得2b n ＝a n ＋a n ＋1，a 2n ＋1＝b n b n ＋1.由此可得a 2＝6，b 2＝9，a 3＝12，b 3＝16，a 4＝20，b 4＝25. 猜测a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2. 用数学归纳法证明：①当n ＝1时，由上可得结论成立． ②假设当n ＝k 时，结论成立，即a k ＝k (k ＋1)，b k ＝(k ＋1)2，那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝2b k －a k ＝2(k ＋1)2－k (k ＋1)＝(k ＋1)(k ＋2)，b k ＋1＝a 2k ＋1b k＝(k ＋2)2，所以当n ＝k ＋1时，结论也成立．由①②可知，a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2对一切正整数n 都成立． (2)证明：n ＝1时，1a 1＋b 1＝16<512. n ≥2时，由(1)知a n ＋b n ＝(n ＋1)(2n ＋1)>2(n ＋1)n .故1a 1＋b 1＋1a 2＋b 2＋…＋1a n ＋b n <16＋1212×3＋13×4＋…＋1n (n ＋1)＝16＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝16＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋1<16＋14＝512. 综上，当n 取任意大于1的自然数原不等式都成立．1．数列{a n }的各项均为正数，b n ＝n ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n na n ()n ∈N ＋，e 为自然对数的底数．(1)求函数f (x )＝1＋x －e x的单调区间，并比拟⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n与e 的大小；(2)计算b 1a 1，b 1b 2a 1a 2，b 1b 2b 3a 1a 2a 3，由此推测计算b 1b 2…b na 1a 2…a n的公式，并给出证明；(3)令c n ＝(a 1a 2…a n )1n，数列{a n }，{c n }的前n 项和分别记为S n ，T n ，证明：T n ＜e S n . [解] (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝1－e x， 当f ′(x )＞0，即x ＜0时，f (x )单调递增； 当f ′(x )＜0，即x ＞0时，f (x )单调递减．故f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，＋∞)． 当x ＞0时，f (x )＜f (0)＝0，即1＋x ＜e x.令x ＝1n，得1＋1n＜e 1n ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n＜e.(*1)(2)b 1a 1＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋111＝1＋1＝2； b 1b 2a 1a 2＝b 1a 1·b 2a 2＝2·2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝(2＋1)2＝32； b 1b 2b 3a 1a 2a 3＝b 1b 2a 1a 2·b 3a 3＝32·3⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋133＝(3＋1)3＝43. 由此推测：b 1b 2…b n a 1a 2…a n＝(n ＋1)n.(*2)下面用数学归纳法证明(*2)．①当n ＝1时，左边＝右边＝2，(*2)成立． ②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，(*2)成立， 即b 1b 2…b k a 1a 2…a k＝(k ＋1)k.当n ＝k ＋1时，b k ＋1＝(k ＋1)⎝⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋1k ＋1a k ＋1，由归纳假设可得b 1b 2…b k b k ＋1a 1a 2…a k a k ＋1＝b 1b 2…b k a 1a 2…a k ·b k ＋1a k ＋1＝(k ＋1)k ·(k ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋1k ＋1＝(k ＋2)k ＋1， 所以当n ＝k ＋1时，(*2)也成立．根据①②，可知(*2)对一切正整数n 都成立．(3)由c n 的定义，(*2)，均值不等式(推广)，b n 的定义及(*1)得T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n≤b 11×2＋b 1＋b 22×3＋b 1＋b 2＋b 33×4＋…＋b 1＋b 2＋…＋b n n (n ＋1) ＝b 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＋b 2⎣⎢⎡ 12×3＋13×4⎦⎥⎤＋…＋1n (n ＋1)＋…＋b n ·1n (n ＋1) ＝b 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＋b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋1＋…＋b n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＜b 11＋b 22＋…＋b n n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋111a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122a 2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n a n ＜e a 1＋e a 2＋…＋e a n ＝e S n ， 即T n ＜e S n .2．集合X ＝{1,2,3}，Y n ＝{1,2,3，…，n }(n ∈N *)，设S n ＝{(a ，b )|a 整除b 或b 整除a ，a ∈X ，b ∈Y n }，令f (n )表示集合S n 所含元素的个数．(1)写出f (6)的值；(2)当n ≥6时，写出f (n )的表达式，并用数学归纳法证明．[解] (1)Y 6＝{}1，2，3，4，5，6，S 6中的元素(a ，b )满足：假设a ＝1，那么b ＝1,2,3,4,5,6；假设a ＝2，那么b ＝1,2,4,6；假设a ＝3，那么b ＝1,3,6.所以f (6)＝13.(2)当n ≥6时，f (n )＝⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧ n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n 3，n ＝6t ，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －13，n ＝6t ＋1，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －23，n ＝6t ＋2，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n 3，n ＝6t ＋3，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －13，n ＝6t ＋4，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －23，n ＝6t ＋5(t ∈N *)． 下面用数学归纳法证明： ①当n ＝6时，f (6)＝6＋2＋62＋63＝13，结论成立． ②假设n ＝k (k ≥6)时结论成立，那么n ＝k ＋1时，S k ＋1在S k 的根底上新增加的元素在(1，k ＋1)，(2，k ＋1)，(3，k ＋1)中产生，分以下情形讨论：a ．假设k ＋1＝6t ，那么k ＝6(t －1)＋5，此时有 f (k ＋1)＝f (k )＋3＝k ＋2＋k －12＋k －23＋3 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋13，结论成立；b ．假设k ＋1＝6t ＋1，那么k ＝6t ，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k 3＋1 ＝(k ＋1)＋2＋(k ＋1)－12＋(k ＋1)－13，结论成立； c ．假设k ＋1＝6t ＋2，那么k ＝6t ＋1，此时有 f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k －13＋2 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋(k ＋1)－23，结论成立；d ．假设k ＋1＝6t ＋3，那么k ＝6t ＋2，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k 2＋k －23＋2 ＝(k ＋1)＋2＋(k ＋1)－12＋k ＋13，结论成立；e ．假设k ＋1＝6t ＋4，那么k ＝6t ＋3，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k 3＋2 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋(k ＋1)－13，结论成立；f ．假设k ＋1＝6t ＋5，那么k ＝6t ＋4，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k －13＋1 ＝(k ＋1)＋2＋(k ＋1)－12＋(k ＋1)－23，结论成立． 综上所述，结论对满足n ≥6的自然数n 均成立．。
数学人教B选修45课后导练：322 用数学归纳法证明贝努利不等式 含解析
课后导练基础达标1.利用数学归纳法证明不等式“1＋31+71+…+121n -<2(n ≥2,n ∈N *)”的过程中，由“n =k ”变到“n =k +1”时，左边增加了( )A.1项B.k 项C.2k-1项D.2k 项 解析:由k 到k +1时，增加项为1211k -+,共1项.答案:A2.用数学归纳法证明“2n >n 2+1对于n ≥n 0的正整数n 都成立”时，第一步证明中的起始值n 0应取…( )A.2B.3C.5D.6解析:当n =1时，2=2不成立，当n =2时，22＝4＜22＋1＝5不成立,当n =3时，8<9+1不成立，当n =4时，16<16+1不成立,当n =5时，25=32>25+1成立.答案:C3.用数学归纳法证明不等式“1＋21+31＋…＋n 21<n +1(n ∈N *且n >1)”时，第一步应验证不等式…( ) A.1+21<2 B.1+21+31<2 C.1+21+31<3 D.1+21+31+41<3 解析:∵n ∈N *且n >1,∴n 0＝2，即1+21+31+41<3. 答案:D4.对于不等式n n +2≤n +1(n ∈N *),某学生的证明过程如下：(1)当n =1时，112+≤1+1,不等式成立.(2)假设n =k (k ∈N *)时，不等式成立，即k k +2≤k +1,则n =k +1时，1)1()2()2)(23(23)1()1(2222++=+=+++〈++=+++k k k k k k k k k . ∴当n =k +1时，不等式成立.上述证法( )A.过程全部正确B.n =1时的验证不正确C.归纳假设不正确D.没有用到从n =k 到n =k +1的推理解析:由n =k 到n =k +1时没有用到假设，所以证明过程不对.答案:D5.用数学归纳法证明“2n+1≥n 2+n +2(n ∈N *)”时，第一步的验证为__________. 解析:当n =1时，左边=22=4,右边=1+1+2=4,左＝右，成立.答案:n =1,22≥1+1+26.若命题P (k )为｜sin kx ｜≤k ｜sin x ｜(k ∈N *)，则命题P (k +1)是__________. 解析:｜sin(k +1)x ｜≤(k +1)｜sin x ｜,即将k 替换为k +1.答案:｜sin(k +1)x ｜≤(k +1)｜sin x ｜7.已知不等式21+31+…+n 1>21［log 2n ］，n ∈N *,n >2,［log 2n ］表示不超过log 2n 的最大整数． 设正数数列{a n }满足:a 1=b (b >0),a n ≤11--+n n a n na ,n ≥2.求证：a n <][log 222n b b +,n ≥3. 证明：当n ≥2时，a n ≤11--+n n a n na ⇒n a 1≥11--+n n na a n =11-n a +n 1，即n a 1-11-n a ≥n1⇒ ∑=--n k k k a a 21)11(≥∑=n k k 21. 于是当n ≥3时有n a 1-11a >21［log 2n ］⇒a n <][log 222n b b +. 8.数列{a n }满足a 1=2,a n-1=a n +n a 1(n =1,2,…). 证明a n >12+n 对一切正整数n 成立.证明：a n-12=a n 2+2+21na >a n 2+2⇒a k-12-a k 2>2,k =1,2,…,n -1. 则a n 2-a 12>2(n -1)⇒a n 2>2n +2>2n +1⇒a n >12+n .9.已知函数f (x )=ax -23x 2的最大值不大于61，又当x ∈［41,21］时,f (x )≥81. (1)求a 的值;(2)设0<a 1<21,a n+1=f (a n ),n ∈N *,证明a n <11+n (n ≥2).(1)解：由最大值不大于61,得a ≤1.又由f (x )≥81,得a ≥1.于是a =1. (2)证明：由a n+1=f (a n ), 得a n+1=a n -23a n 2=-23(a n -31)2+61≤61且a n >0. 用数学归纳法(只看第二步):a k+1=f (a k )在a k ∈(0,11+k )(k ≥2)是增函数, 则得a k+1=f (a k )<f (11+k )=11+k -23 (11+k )2<21+k . 10.数列｛x n ｝由下列条件确定：x 1＝a ＞0，x n ＋1＝21（x n ＋n x a ），n ∈Ｎ. (1)证明对n ≥2总有x n ≥a ；（2）证明对n ≥2总有x n ≥x n ＋1.证明：(1)构造函数f (x )=21(x +xa ),易知f (x )在［a ,+∞)上是增函数. 于是x k+1=21(x k +k x a )在［a ,+∞)上递增,故x k+1≥f (a )=a . (2)有x n -x n+1=21(x n -n x a ), 构造函数f (x )=21(x -x a ),它在［a ,+∞)上是增函数,故有x n -x n+1=21(x n -n x a )≥f (a )=0,得证. 综合运用11.若n ∈N *且n >1,求证:11+n +21+n +31+n +…+n n +1>2413. 证明：记f (n )= 11+n +21+n +…+nn +1. (1)当n =2时,f (2)=121++221+=2414>2413. (2)假设n =k (k ∈N +,k >1)时成立,即f (k )=11+k +21+k +…+k k +1>2413. 则当n =k +1时,f (k +1)=21+k +31+k +…+221+k =f (k )-11+k +121+k +221+k =f (k )+121+k -221+k >f (k )>2413. ∴当n =k +1时命题成立.由(1),(2)知对任意n ∈N +且n >1时,原不等式成立.12.求证:1<n n <1+12-n (n ∈N *,n ≥2). 证明:令a n =n n =1+h n ,这里h n >0(n >1),则有n =(1+h n )n >2)1(-n n h n 2⇒0<h n <12-n (n >1), 从而有1<a n =1+h n <1+12-n . 拓展探究13.若n 是自然数,求证:211+221+231+ (21)<2. 证明:∵21k<)1(1-k k =11-k -k 1,k =2,3,4,…,n , ∴211+221+231+…+21n <11+211⋅+321⋅+…+n n ⋅-)1(1 =11+(11-21)+(21-31)+…+(11-n -n 1) =2-n 1<2.。
高二数学用数学归纳法证明不等式贝努利不等式试题
高二数学用数学归纳法证明不等式贝努利不等式试题1.用数学归纳法证明，第二步证明从k到k+1，左端增加的项数为（）A．2k﹣1B．2k C．2k﹣1D．2k+1【答案】B【解析】当n=k时，写出左端，并当n=k+1时，写出左端，两者比较，关键是最后一项和增加的第一项的关系．解：当n=k时，左端=，那么当n=k+1时左端=，=∴左端增加的项为，所以项数为：2k．故选B．点评：此题考查数学归纳法证明，其中关键一步就是从k到k+1，是学习中的难点，也是学习中重点，解答过程中关键是注意最后一项与增添的第一项．2.用数学归纳法证明不等式成立，起始值至少应取为（）A．7B．8C．9D．10【答案】B【解析】先求左边的和，再进行验证，从而可解．解：左边的和为，当n=8时，和为，故选B．点评：本题主要考查数学归纳法，起始值的验证，求解轭关键是发现左边的规律，从而解决问题．，不等式x+≥2，x+≥3，…，可推广为x+≥n+1，则a的值为（）3.已知x∈R+A．2n B．n2C．22（n﹣1）D．n n【答案】D【解析】分别分析各个不等式的特点，归纳出a的值．解：第一个不等式的a=1，第二个不等式的a=4=22，则由归纳推理可知，第n个不等式的a=n n．故选D．点评：本题考查了归纳推理、分析能力，认真观察各式，根据所给式子的结构特点的变化情况总结规律是解题的关键．4.若命题P（n）对n=k成立，则它对n=k+2也成立，又已知命题P（2）成立，则下列结论正确的是（）A．P（n）对所有自然数n都成立B．P（n）对所有正偶数n成立C．P（n）对所有正奇数n都成立D．P（n）对所有大于1的自然数n成立【答案】B【解析】根据题意可得，当命题P（2）成立，可推出 P（4）、P（6）、P（8）、P（10）、P （12）…均成立．解：由于若命题P（n）对n=k成立，则它对n=k+2也成立．又已知命题P（2）成立，可推出 P（4）、P（6）、P（8）、P（10）、P（12）…均成立，故选 B．点评：本题考查用数学归纳法证明数学命题，注意n只能取连续的正偶数．5.用数学归纳法证明1+++…+＜n（n∈N*，n＞1）”时，由n=k（k＞1）时，第一步应验证的不等式是．【答案】【解析】直接利用数学归纳法写出n=2时左边的表达式即可，不等式的左边需要从1加到，不要漏掉项．，n＞1）时，解：用数学归纳法证明（n∈N+第一步应验证不等式为：；故答案为：点评：在利用数学归纳法证明问题中，第一步是论证n=1时结论是否成立，此时一定要分析不等式左边的项的特点，不能多写也不能少写，否则会引起答案的错误．6.用数学归纳法证明+cosα+cos3α+…+cos（2n﹣1）α=（k∈Z*，α≠kπ，n∈N），在验证n=1时，左边计算所得的项是．+【答案】+cosα．【解析】由等式+cosα+cos3α+…+cos（2n﹣1）α=，当n=1时，2n﹣1=1，而等式左边起始为的，后面再加上α的连续的正整数倍的余弦值的和，由此易得答案．解：在等式+cosα+cos3α+…+cos（2n﹣1）α=中，当n=1时，2n﹣1=1，而等式左边起始为的，后面再加上α的连续的正整数倍的余弦值的和，故n=1时，等式左边的项为：+cosα，故答案为：+cosα．点评：本题考查的知识点是数学归纳法的步骤，在数学归纳法中，第一步是论证n=1时结论是否成立，此时一定要分析等式两边的项，不能多写也不能少写，否则会引起答案的错误．解此类问题时，注意n的取值范围．7.数学归纳法证明“2n+1≥n2+n+2（n∈N*）”时，第一步验证的表达式为．【答案】21+1≥12+1+2（22≥4或4≥4也算对）．【解析】根据数学归纳法的步骤，结合本题的题意，是要验证n=1时，命题成立；将n=1代入不等式，可得答案．解：根据数学归纳法的步骤，首先要验证证明当n取第一个值时命题成立；结合本题，要验证n=1时，2n+1≥n2+n+2的成立；即21+1≥12+1+2成立；故答案为：21+1≥12+1+2（22≥4或4≥4也算对）．点评：本题考查数学归纳法的运用，数学归纳法的基本形式：设P（n）是关于自然数n的命题，若1°P（n0）成立（奠基）2°假设P（k）成立（k≥n），可以推出P（k+1）成立（归纳），则P（n）对一切大于等于n的自然数n都成立．解此类问题时，注意n的取值范围．8.用数学归纳法证明不等式：+++…+＞1（n∈N*且n＞1）．【答案】见解析【解析】直接利用数学归纳法的证明步骤证明不等式，（1）验证n=2时不等式成立；（2）假设当n=k（k≥2）时成立，利用放缩法证明n=k+1时，不等式也成立．证明：（1）当n=2时，左边=，∴n=2时成立（2分）（2）假设当n=k（k≥2）时成立，即那么当n=k+1时，左边==＞＞1+＞1∴n=k+1时也成立（7分）根据（1）（2）可得不等式对所有的n＞1都成立（8分）点评：本题是中档题，考查数学归纳法的证明步骤，注意不等式的证明方法，放缩法的应用，考查逻辑推理能力．9.设数列{an }的前n项和为Sn，且方程x2﹣anx﹣an=0有一根为Sn﹣1，n=1，2，3，…．（Ⅰ）求a1，a2；（Ⅱ）{an}的通项公式．【答案】（Ⅰ）a1=；a2=．（Ⅱ）an=，n=1，2，3，…．【解析】（Ⅰ）分别取n=1，n=2，根据方程x2﹣an x﹣an=0有一根为Sn﹣1，即可求得a1，a2；（Ⅱ）由题设（Sn ﹣1）2﹣an（Sn﹣1）﹣an=0，即Sn2﹣2Sn+1﹣anSn=0，当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1，代入上式得S n﹣1S n﹣2S n+1=0，通过计算猜想S n=，n=1，2，3，…．再用数学归纳法证明这个结论，进而利用当n≥2时，an =Sn﹣Sn﹣1=﹣=，n=1时，a1==，即可求得{an}的通项公式．解：（Ⅰ）当n=1时，x2﹣a1x﹣a1=0有一根为S1﹣1=a1﹣1，于是（a1﹣1）2﹣a1（a1﹣1）﹣a1=0，解得a1=．当n=2时，x2﹣a2x﹣a2=0有一根为S2﹣1=a2﹣，于是（a2﹣）2﹣a2（a2﹣）﹣a2=0，解得a2=．（Ⅱ）由题设（Sn ﹣1）2﹣an（Sn﹣1）﹣an=0，即Sn 2﹣2Sn+1﹣anSn=0．当n≥2时，an =Sn﹣Sn﹣1，代入上式得Sn﹣1S n﹣2S n+1=0 ①由（Ⅰ）知S1=a1=，S2=a1+a2=+=．由①可得S3=．由此猜想Sn=，n=1，2，3，…．下面用数学归纳法证明这个结论．（i）n=1时已知结论成立．（ii）假设n=k时结论成立，即Sk=，当n=k+1时，由①得Sk+1=，即Sk+1=，故n=k+1时结论也成立．综上，由（i）、（ii）可知Sn=对所有正整数n都成立．于是当n≥2时，an =Sn﹣Sn﹣1=﹣=，又n=1时，a1==，所以{an}的通项公式an=，n=1，2，3，…．点评：本题重点考查数学归纳法，考查数列的通项，先猜后证是关键，注意数学归纳法的证题步骤，属于中档题．10.数列{an}中，，试证：．【答案】见解析【解析】由题设知an＞0，当n=1时，；当n=2时，．假设当n=k（k∈N）时，，那么当n=k+1时，，．再用作商法比较和的大小．从而证明出，．证明：∵a1=2，，∴an＞0，∵0.5an 2﹣an+1an+1=0，由△=an+12﹣2≥0，得（舍去）或．当n=1时，；当n=2时，．假设当n=k（k∈N）时，，那么当n=k+1时，，∵，当且仅当时等号成立，，∴．面用作商法比较和的大小．∵=，∴，∴，即当n=k+1时，成立．∴对于任意n∈N，均成立．点评：本题考查数列的极限及其应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意挖掘题设中的隐含条件．。
6个基本不等式及其推论方法
6个基本不等式及其推论方法
嘿，朋友们！今天咱就来好好唠唠这 6 个基本不等式及其推论方法。
先来说说均值不等式吧，就好比分糖果，一堆糖果要分给几个小朋友，怎么样分才能最公平呢？假设有两个正数 a 和 b，那它们的算术平均值肯定大于等于几何平均值，也就是(a+b)/2≥√(ab)。
你想想看，你和朋友一起做任务，完成的工作量是不是往往会大于等于你们平均水平呀！
还有柯西不等式，这就像是搭积木，只有把各个积木按照合适的方式搭起来，才能搭得又高又稳。
(a²+b²)(c²+d²)≥(ac+bd)²，这不就像团队合作，各自发挥优势，最后成果才能更出色嘛。
排序不等式呢，就像排队买东西，把东西按照一定的顺序排好，才能更高效地买到想要的。
比如 a₁≤a₂≤…≤an，b₁≤b₂≤…≤bn，那顺序和不小于乱序和。
这不就是说，做事得有个先后顺序，不能瞎来呀！
再说三角不等式，那就是三角形的三条边的关系嘛，两边之和肯定大于第三边呀！这在生活中也常见呀，你想去一个地方，肯定走直线更近呀，绕路就远啦。
再看琴生不等式，就好像爬山，坡度平缓的路走起来是不是更轻松呀，函数的凸性就是这样呀。
最后是贝努利不等式，这就像投资，可能会有风险，但只要把握好度，回报就会很不错哦。
哎呀，这 6 个基本不等式及其推论方法真的太重要啦！它们就像是我们解决问题的法宝，能让我们在数学的世界里更加游刃有余。
无论是学习还是生活中，都能派上大用场呢！所以说呀，一定要好好掌握它们哟！。
高中数学 第二章 几个重要的不等式 2.3 数学归纳法与
活页作业(十一) 数学归纳法与贝努利不等式一、选择题1．用数学归纳法证明“11×2＋12×3＋13×4＋…＋1nn ＋＝nn ＋1(n ∈N ＋)”，从n ＝k 到n ＝k ＋1时，等式左边需增添的项是( )A ．1k ＋1B ．1k ＋2C ．1kk ＋D ．1k ＋k ＋解析：当n ＝k (k ∈N ＋)时，等式的左边＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋1k k ＋；当n ＝k ＋1时，等式的左边＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋1k k ＋＋1k ＋k ＋.所以从n ＝k 到n ＝k ＋1时，等式的左边需增添的项为1k ＋k ＋.答案：D2．对于正整数n ，下列说法不正确的是( ) A ．3n≥1＋2n B ．0.9n≥1－0.1n C ．0.9n <1－0.1nD ．0.1n≥1－0.9n解析：由贝努利不等式(1＋x )n≥1＋nx (x ≥－1，n ∈N ＋)，可知当x ＝2时，(1＋2)n ≥1＋2n ，A 项正确；当x ＝－0.1时，(1－0.1)n ≥1－0.1n ，B 项正确，C 项不正确；当x ＝－0.9时，(1－0.9)n≥1－0.9n ，D 项正确． 答案：C3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＝n 2a n (n ∈N ＋)．试归纳猜想出S n 的表达式为( )A ．2n n ＋1B ．2n －1n ＋1C ．2n ＋1n ＋2D ．2n n －1解析：因为a 1＝1，所以S 1＝1.又S 2＝4a 2＝a 1＋a 2，所以3a 2＝1.所以a 2＝13，S 2＝43.又S 3＝9a 3＝S 2＋a 3，所以8a 3＝43.所以a 3＝16.所以S 3＝32＝64.由此可猜想S n ＝2n n ＋1(n ∈N ＋)． 答案：A4．对于不等式n 2＋n <n ＋1(n ∈N ＋)，某学生用数学归纳法证明的过程如下： (1)当n ＝1时命题显然成立．(2)假设n ＝k (k ∈N ＋，k ≥1)时原不等式成立，即k 2＋k <k ＋1，则当n ＝k ＋1时，左边＝k ＋2＋k ＋＝k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋＋k ＋＝k ＋2＝(k ＋1)＋1.故当n ＝k ＋1时原不等式也成立．由(1)(2)，可知原不等式对一切n ∈N ＋都成立． 对上述证明过程，下列说法正确的是( ) A ．过程全部正确 B ．n ＝1时验证不正确C ．归纳假设不正确D ．从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确解析：上述过程中，当n ＝1时的验证及假设均正确，只是在(2)中的证明没有使用归纳假设，因此证明过程错误．答案：D 二、填空题5．与贝努利不等式(1＋x )n>1＋nx (x >－1且x ≠0，n >1，n ∈N )等价的不等式是________.(填序号)①(1－x )n>1－nx (x <1且 x ≠0，n >1，n ∈N ) ②(1＋x )n>1－nx (x >－1且 x ≠0，n >1，n ∈N ) ③(1－x )n>1＋nx (x <1且 x ≠0，n >1，n ∈N ) ④(1＋x )n>1＋nx (x >1，n >1，n ∈N )解析：在贝努利不等式中，令x ＝－t ，因为x >－1且x ≠0，所以t <1且t ≠0.所以原不等式变为(1－t )n>1－nt (t <1且t ≠0，n >1，n ∈N )．答案：①6．设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：当f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立．那么下列结论正确的是________.①若f (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立； ②若f (5)≥25成立，则当k ≤5时，均有f (k )≥k 2成立； ③若f (7)<49成立，则当k ≥8时，均有f (k )<k 2成立； ④若f (4)＝25成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立． 解析：对于①，若f (3)≥9成立，则由题意可得出当k ≥3时，f (k )≥k 2成立，①错．对于②，若f (5)≥25成立，由题意可得出当k ≥5时，f (k )≥k 2成立，②错．对于③，应改为“若f (7)≥49成立，则当 k ≥7时，均有f (k )≥k 2成立”，故只有④正确．答案：④ 三、解答题7．比较2n 与n 2的大小(n ∈N ＋)． 解：当n ＝1时，21>12； 当n ＝2时，22＝22； 当n ＝3时，23<32； 当n ＝4时，24＝42； 当n ＝5时，25>52. 猜想：当n ≥5时，2n >n 2. 下面用数学归纳法证明： (1)当n ＝5时，25>52成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋，k ≥5)时，2k>k 2， 那么当n ＝k ＋1时， 2k ＋1＝2×2k ＝2k ＋2k >k 2＋(1＋1)k >k 2＋C 0k ＋C 1k ＋C k －1k ＝k 2＋2k ＋1＝(k ＋1)2.∴当n ＝k ＋1时，2n>n 2也成立．由(1)(2)，可知对n ≥5的一切自然数，2n >n 2都成立． 综上，当n ＝1或n ≥5时，2n >n 2； 当n ＝2,4时，2n＝n 2；当n ＝3时，2n <n 2.8．设f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N ＋)，已知f (1)＝1>12，f (3)>1，f (7)>32，f (15)>2，…. (1)由上述不等式你能得到怎样的结论？并给出证明．(2)是否存在一个正数T ，使得对任意的正整数n ，恒有不等式f (n )<T 成立？并说明理由．解：(1)数列1,3,7,15，…的通项公式为a n ＝2n－1(n ∈N ＋)； 数列12，1，32，2，…的通项公式为b n ＝n2(n ∈N ＋)．猜想：f (2n－1)>n2(n ∈N ＋)．下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，f (21－1)＝f (1)＝1>12，所以不等式成立．②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时不等式成立，即f (2k －1)>k2，则当n ＝k ＋1时，f (2k ＋1－1)＝ f (2k －1)＋12k ＋12k＋1＋…＋12k ＋1－2＋12k ＋1－1> f (2k －1)＋12k ＋1＋…＋12k ＋1]2k个＝f (2k－1)＋12>k 2＋12＝k ＋12.∴当n ＝k ＋1时不等式也成立．由①②，可知对任何n ∈N ＋，原不等式均成立． (2)对任意给定的正数T ，设它的整数部分为T ′，记m ＝T ′＋1，则m >T .由(1)，知f (22m －1)>m .∴f (22m－1)>T .这说明，对任意给定的正数T ，总能找到正整数n ＝22m－1， 使得f (n )>T .∴不存在正数T ，使得对任意的正整数n ，恒有不等式f (n )<T 成立．一、选择题1．用数学归纳法证明“n 3＋(n ＋1)3＋(n ＋2)3(n ∈N ＋)能被9整除”时，为了利用归纳假设，当n ＝k ＋1时，只需展开(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋(k ＋3)3中的( )A ．(k ＋3)3B ．(k ＋2)3C ．(k ＋1)3D ．(k ＋1)3＋(k ＋2)3解析：假设当n ＝k 时，k 3＋(k ＋1)3＋(k ＋2)3能被9整除，则当n ＝k ＋1时，原式＝(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋(k ＋3)3.为了能用上面的归纳假设，只需将(k ＋3)3展开，让其出现k 3，且展开式中除k 3之外的各项和也能被9整除．答案：A2．用数学归纳法证明“1＋12＋14＋…＋12n －1>12764(n ≥k ，n ∈N ＋)”时，起始值k 最小为( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：对不等式的左边求和，得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . 由S n >12764，得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n >127128，即⎝ ⎛⎭⎪⎫12n <1128.则⎝ ⎛⎭⎪⎫12n <⎝ ⎛⎭⎪⎫127.所以n >7.故起始值k 最小为8.答案：B 二、填空题3．设a ，b 均为正实数，已知M ＝(a ＋b )n，N ＝a n＋na n －1b ，n ∈N ＋，则M ，N 的大小关系为________.提示：利用贝努利不等式，令x ＝b a解析：令x ＝b a，由贝努利不等式(1＋x )n≥1＋nx (x ≥－1，n ∈N ＋)，得⎝⎛⎭⎪⎫1＋b an≥1＋n ·b a，即⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b a n ≥1＋n ·b a ，即(a ＋b )n ≥a n ＋na n －1b . 故M ≥N . 答案：M ≥N4．设{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1a n ＝0(n ＝1,2,3，…)，则它的通项公式是________.解析：令n ＝1，则2a 22＋a 1a 2－a 21＝0.∵a 1＝1， ∴2a 22＋a 2－1＝0.∵a 2>0，∴a 2＝12.同理可求得a 3＝13.于是猜想a n ＝1n(n ∈N ＋)．下面用数学归纳法证明： (1)当n ＝1时，a 1＝11成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，a k ＝1k成立，则当n ＝k ＋1时，由(k ＋1)a 2k ＋1－ka 2k ＋a k ＋1a k ＝0，可得(k ＋1)a 2k ＋1＋1k a k ＋1－1k＝0，即k (k＋1)a 2k ＋1＋a k ＋1－1＝0.∴a k ＋1＝－1k (舍去)或a k ＋1＝1k ＋1.故当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝1k ＋1成立．综合(1)(2)，知对任意的n ∈N ＋，总有a n ＝1n成立．答案：a n ＝1n(n ∈N ＋)三、解答题5．已知函数f (x )＝ax ＋a －1x ＋1－2a (a >0)，当a ≥12时，有f (x )≥ln x (x ≥1)．求证：1＋12＋13＋…＋1n>ln(n ＋1)＋n n ＋(n ∈N ＋)．证明：用数学归纳法证明．(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝ln 2＋14<1，∴当n ＝1时不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时不等式成立， 即1＋12＋13＋…＋1k>ln(k ＋1)＋kk ＋.那么当n ＝k ＋1时，1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1>ln(k ＋1)＋kk ＋＋1k ＋1＝ln(k ＋1)＋k ＋2k ＋.由题意，可知当a ≥12时，有f (x )≥ln x (x ≥1)．令a ＝12，有f (x )＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x ≥ln x (x ≥1)．令x ＝k ＋2k ＋1，得 12⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋2k ＋1－k ＋1k ＋2≥ln k ＋2k ＋1＝ln(k ＋2)－ln(k ＋1)． ∴ln(k ＋1)＋k ＋2k ＋≥ln(k ＋2)＋k ＋1k ＋. ∴1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1>ln(k ＋2)＋k ＋1k ＋，这就是说，当n ＝k ＋1时不等式也成立． 根据(1)和(2)，可知不等式对任何n ∈N ＋都成立．6．已知函数f (x )＝13x 3－x ，数列{a n }满足条件：a 1≥1，a n ＋1≥f ′(a n ＋1)．试比较11＋a 1＋11＋a 2＋11＋a 3＋…＋11＋a n与1的大小，并说明理由． 解：11＋a 1＋11＋a 2＋11＋a 3＋…＋11＋a n <1.理由如下：因为f ′(x )＝x 2－1，a n ＋1≥f ′(a n ＋1)， 所以a n ＋1≥(a n ＋1)2－1.因为函数g (x )＝(x ＋1)2－1＝x 2＋2x 在区间[－1，＋∞) 上单调递增，由a 1≥1，得a 2≥(a 1＋1)2－1≥22－1， 进而得a 3≥(a 2＋1)2－1≥24－1>23－1. 由此猜想：a n ≥2n－1.下面用数学归纳法证明这个猜想： (1)当n ＝1时，a 1≥21－1＝1，结论成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋)时结论成立，即a k ≥2k－1， 则当n ＝k ＋1时，由函数g (x )＝(x ＋1)2－1在区间[－1，＋∞)上单调递增，知a k ＋1≥(a k ＋1)2－1≥22k －1≥2k ＋1－1.故当n ＝k ＋1时结论也成立． 由(1)(2)，知对任意n ∈N ＋，都有a n ≥2n －1，即1＋a n ≥2n .所以11＋a n ≤12n .所以11＋a 1＋11＋a 2＋11＋a 3＋…＋11＋a n ≤12＋122＋123＋…＋12n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n<1.。
贝努利不等式的证明与应用
n n n n
n
n
m
证： （1）略
1 m （2）当 n 6 ， m n 时；由（1）知 1 >0 1 n3 n 3
n mn n m 1 1 1 < n , m 1, 2,3, ……， n 3 2 m
x R ， 0< <1 有 1 x 1 x, x> 1
3） n N , n >1, t >0 ；则有 t 1 n t 1
n
4）设 a, >0, n N , n >1 ，则 a n
n
n 1
a n 1 n 当且仅当 a 时取到“=”
n
2
3
n
n 2 n 1 3 …… <1 n 3 n 3 n 3
即 3 4 …… n 2 < n 3 ，即当 n 6 时不存在满足该等式的正整数 n，故只需
n n n n
n
n
n n n 1
x n 2 y …… xy n 2 y n 1
n n 1 n 2 1 x 1n x 1 x 1 x …… 1
当 x >0 时， 1 x >1
k
x 1 x
n
n
讨论 n 1, 2,3, 4,5 的情况，经检验，可求 n 只有 n 2,3
2
推论 1） x R ， x > 1 且 x 0 1
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
（熹）“小ｍ（丽６ｍ一·）＝瑞， 即（·＋忐）”＜黠＜孚
两边６次方，得（－＋志）缸＜（詈）６＜３．
所以（１＋÷）ｍ“＜３，其中ｋ＝２，３，…，ｍ，故
２＜ｌ＋告）“＜３．因为２≤（ｔ＋｝）１＜３，从而有
２乃＜轰（·＋÷）‘＜３ｎ成立．
即存在ｎ＝２，使得２ｎ＜砉（１＋÷）‘＜３ｎ恒成立．
例４（２００３，江苏２１）已知ａ＞０，ｎ为正整数．
口“≥，认６—１０一（ｎ一１）Ａ“，
④
当且仅当口＝Ａ时，④取等号．
证明由②得，
口“＝Ａ“（玎列ｆ－＋ｎ（÷一·）】
＝ｎＡ“一１口一（ｎ一１）Ａ“．
由②的等号成立的条件易知，当且仅当ａ＝Ａ时 ④取等号．
例１（２００ｌ，全国理２０）已知ｌ，ｍ，乃．是正整数， 且１＜ｉ≤ｍ＜凡．
（１）证明忍‘ｔ＜ｍ‘一； （２）证明（１＋，ｎ）“＞（１＋肛）１１１． 证明（１）略．
证明（２）因为１＜ｍ＜ｎ，旦＞１，由①得
ｍ
（１＋ｍ）三＞１＋旦．ｍ：１＋，ｌ，
所以（１＋ｍ）“＞（１＋ｎ）“． 例２（２００７，湖北理２１）已知ｍ，ｎ为正整数． （１）用数学归纳法证明：当ｚ＞一１时，（１＋名）“ ≥１＋撇：
（２）对于ｎ≥６，已知（１一南）。＜虿１，求证： （·一南）“＜（÷）。，ｍ－ｍ，…朋
（１）、（２）问的解法从略．下面仅给出（３）的一个 全新的解法．
解（３）对ｍ∈Ｎ，且ｍ＞１，有
（·＋去）“＝－＋·＋《（告）２＋…＋ｃ：（吉）“＞２．
因为１＋—鲁≠ｌ＋土，所以由②，得
ｍ＋１
ｍ
（·＋熹厂＞ｃ洲，（－＋湖，＋嘉）
一ｍ（－＋丢）”‘＝１＋去）“，
所以数列｛（１＋去）”净单调递增的，从而
（·＋≯＜１＋忐）ｈ．
广一，砧＋几一１＝（‘一１）２［广一２＋２ｔ４—３＋３，一４＋…
＋（ｎ一２）ｆ＋厅一１］
③
直接推出．易见，当且仅当ｆ＝１时，②取等号，因
此。当且仅当菇＝０时，①取等号．
在①中令茗＋ｌ＝ｔ，则①可变为②或③．因此，不
等式①与②是等价的．因此，不等式①与②都可以称
为贝努利不等式．
推论２设口，Ａ＞０，ｎ∈Ｎ及
童＝旦，则
（半＋－）‘一（半）８ ＞ｎ（半＋·）”１
＞’ｎ（号）”１＞（詈）。一（詈一·）４，
所以（咤型＋－）４一（半）“
＞（詈）４一（詈一·）“，
同乘以ａ“即得⑥，所以⑤成立． 参考文献 Ｉ赵思林。贝努利不等式的螺旋式证明［歹］．中学数学研
究（广州），２００８，６ ２常国良贝努利不等式的推广及证明［＿，］．中学数学月
个推论，巧妙地解答几道高考数学试题．
《标准》所指的贝努利不等式是：
（１＋菇）４≥ｌ＋ｎｘ（髫＞一１，凡为正整数）．
①
注不等式①中的条件“ｎ为正整数”可推广为
“ｎ为大于ｌ的实数”，其初等证明参见文［１］．
推论１设忍∈Ｎ＋，，ｌ＞ｌ，￡＞０，则有
ｔ４≥１＋ｎ（ｔ一１），
②
当且仅当ｆ＝ｌ时，②取等号．
②的证明可由恒等式
刊，２００８，２
’
（收穑日期：２００８１１０３）
万方数据
贝努利不等式及推论解高考题举例
作者： 作者单位： 刊名：
英文刊名： 年，卷(期)： 被引用次数：
赵思林， 邓才明 赵思林(四川省内江师范学院数学系,641112)， 邓才明(四川省绵阳市科学城一中,621900)
中学数学 MIDDLE SCHOOL MATHEMATICS 2009，""(1) 0次
·复习参考·
十‘？般．７（２００９年第ｌ期·高中版）
贝努利不等式及推论解高考题举例
６４１１１２ ６２１９００
四川省内江师范学院数学系 四川省绵阳市科学城一中
赵思林 邓才明
贝努利不等式具有简单的结构、深刻的内涵，在 高等数学中有广泛的应用．比如利用贝努利不等式 能简洁明快地证明重要极限ｌｉｒａ（１＋三）“＝ｅ、算
参考文献(2条) 1.赵思林 贝努利不等式的螺旋式证明 2008(06)
2.常国良 贝努利不等式的推广及证明[期刊论文]-中学数学月刊 2008(02)
本文链接：/Periodical_zxsx200901011.aspx 授权使用：李建平(wfnchkdx)，授权号：ae45be42-71ff-48e9-9dc2-9e4b011fc6c2
术一几何平均值不等式、权方和不等式，也是证明幂
平均不等式的工具．鉴于贝努利不等式在数学中地
位与作用，《普通高中数学课程标准（实验）》（以下
简称《标准》），将贝努利不等式列入选修系列４第５
专题“不等式选讲”中．又由于近年来一些高考试题
含有贝努利不等式的背景，因此，对贝努利不等式的
探究是有价值的．本文利用贝努利不等式和它的两
设Ａ（ｘ）＝茁４一（聋一ａ）“，对任意危≥口，证明，’川（ｎ
＋１）＞（ｎ＋１沙’。＋Ｉ（ｎ）．
⑤
证明⑤等价于
（ｎ＋１）“一（尼＋１一ａ）６＞ｎ６一（ｎ—ｎ）６．
⑥
ｘＣｘ＞１，因÷石 ＞ｏ＞一１，一ｉ戈１＞一１，由①一得’
１＋÷）４＞ｔ＋了ｎ，（，一÷）“＞ｔ一詈，
两边同乘以茹４，得 （省＋Ｉ）４＞髫５＋般４—１，ｘ—Ｉ）８＞髫４一，珥４—１， 所以 （并＋１）“一髫“＞肼４—１，瞄“一１＞并４一（茗一１）“． ⑦ 若口≥ｌ，在（Ｄ中分另Ｕ取戈＝厅及省＝ｎ＋１一口，贝Ｈ （ｎ＋１）“一ｎ‘＞ｎｎ４—１＞ｎ（ｎ＋１一口）“一１ ＞（玷＋１—８）４一（厅一口）８， 即得⑥，所以⑤成立．
例３ （２００７，四川理２２）设函数ｆ（髫）＝
（１＋÷）。（ｎＥＮ且ｎ＞１ｉ茹∈Ｒ）．
（１）当茗＝６时，求（１＋寺）。的展开式中二项式
系数最（２大）的对项任； 意的实数髫，证明丛垄半＞
／’（茗）Ｕ’（菇）是八石）的导函数）ｏ
（３）是否存在口∈Ｎ，使得觚＜熹（１＋÷）‘＜（８
＋１）乃恒成立？若存在，试证明你的结论并求出ａ 的值；若不存在，请说明理由．
＜ｉ１＋（虿ｉ Ｊ２’＋…＋（÷）。＝·一１２。＜－，
所以（而ｎ＋２）“＋（糍）４”·＋（专）‘＜·，
万方数据
２４
７‘ 十。７般．７（２００９年第ｌ期．高中版）
．复习参考．
即３“＋４”＋…＋Ｌ ｎ＋２）。。＜（厅＋），，Ｂ¨兰Ｉ，ｌ≥６ 时，不存在满足该等式的正整数ｍ
故只需要讨论ｎ＝Ｉ，２，３，４，５的情形，逐一检验 ｎ＝ｌ，２，３，４，５可得，所求的ｒｔ只有ｉＴ，＝２，３．
下载时间：2010年12月13日
（３）求出满足等式３“＋４４＋…＋（，Ｉ＋２）。＝（ｎ＋３）８ 的所有正整数ｎ．
解（１）略．
‘（２）当ｎ≥６，ｍ≤ｎ时，由①得（１一ｉ再１）。≥１一 丽ｍ＞ｏ，于是
１一蠡）“≤（·一南）”＝【（ｔ一南）Ｔ ＜（÷）”一·如·，ｍ
（３）由（２）知，当，ｌ≥６时，
１一而１）“＋１一南）。＋．．·＋（－一忐）。