贝努利不等式在高考中的应用

贝努利不等式在高考中的应用

贝努利不等式：对任意正整数n≥0，和任意实数x≥-1，有( 1 x )1nx成立； 如果n≥0且为偶数，则不等式 对任意实数x成立。可以看到在n = 0,1，或x= 0时等号成立，而对任意正整数n≥2 和任意实数x≥-1且x≠0，有

n

严格不等式： ) ＞1+nx ( 1 x

下面把伯努利不等式推广到实数幂形式：

若m ≤0或m≥ 1，有(1x)m≥ 1 + mx ；若0 ≤ m≤ 1，有(1x)m≤ 1 + mx 证明方法如下：

如果m=0，1，则结论是显然的

如果m≠0，1，作辅助函数f(x)(1x)m (1mx), 那么f'(x)m(1x)m1m, 则f'(x)0 x=0; 下面分情况讨论： 1. 0 0，f'(x) 0。因此f(x)在x = 0

n

 x) ≤ 1 + mx。 处取最大值0，故得 (1

2. m 1，则对于x > 0，f'(x)> 0；对于 − 1

《标准》所指的贝努利不等式是：( 1  1nx x )n

n

m

(x>-1，n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”，

推论1设n∈N+，，n>l，t>0，则有 t ≥1+n(t一1)， ②当且仅当t=l时，②取等号．

②的证明可由恒等式tnntn1 (t1)2tn22tn33tn4.....(n2)tn1 ③ 直接推出．

易见，当且仅当t=1时，②取等号，因此当且仅当x=0时，①取等号．

在①中令x+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a,>0，n∈N+，n>1，则annn1a(n1)n, ④当且仅当a时，④取等号． 证明由②得，a()1n(

n

n



a

nn





1)nn1a(n1)n 

p

a

例题精讲

1

11

n

1.（2007，湖北理5）已知p和q是两个不相等的正整数，且q≥2，则 lim q （ C ） n→

1

11pp1nA．0 B．1 C D．

q

q1

解答：由于1(1x)(1x)(1x)..... (1x)

m

23m1

1(1x)m



1(1x)

m1

所以1(1x)x1(1x)(1x)(1x)....(1x)

1

11

n

limlimqn→n→

111

n

p



23

 令x1，m分别取p和q，则原式化为

n

p1

1n

11



111n

111

11nnn



 

2q1

111

11nnn

2

111lim11,lim11,,lim1nnn

nnn

所以原式=

2p1

1,

111p

（分子、分母1的个数分别为p个、q个）

111q

1n

p

法二：根据贝努利不等式可知当x0时，(1x)m = 1 + mx ，故对于此题有当n有(1)1

p n

1p(1)p111

1q(1)q1，所以limlimlim

nnnqnn

(1)111

nn

2.（2007，湖北理21）已知m，n为正整数，

（1）用数学归纳法证明：当x1时，(1x)m≥1mx；

p

p qn

11m1m1

2，，n；（2）对于n≥6，已知1，求证，求证 11，m1，

22n3m3n32

（3）求出满足等式3n4n(n2)n(n3)n的所有正整数n． 解法1：（1）证：用数学归纳法证明：

（ⅰ）当m1时，原不等式成立；当m2时，左边12xx，右边12x， 因为x

2

2

mmmm

≥0，所以左边≥右边，原不等式成立；

（ⅱ）假设当mk时，不等式成立，即(1x)k≥1kx，则当mk1时，

∵x1，∴1x0，于是在不等式(1x)k≥1kx两边同乘以1x得

(1x)k·(1x)≥(1kx)(1x)1(k1)xkx2≥1(k1)x，

所以(1x)k1≥1(k1)x．即当mk1时，不等式也成立． 综合（ⅰ）（ⅱ）知，对一切正整数m，不等式都成立．

1m

（2）证：当n≥6，m≤n时，由（Ⅰ）得1≥10， 

n3n3m1

于是1≤1

n3n3

n

nm

m

1

1

n3

n

m

1

，2，，n． ，m1

2

m

（3）解：由（Ⅱ）知，当n≥6时，

12n1111

11111， 

222nn3n3n32

nnn

2

n

n2n13∴1． n3n3n3

即3n4n(n2)n(n3)n．即当n≥6时，不存在满足该等式的正整数n．

nnn

，2，3，4，5的情形： 故只需要讨论n1

222

当n1时，34，等式不成立；当n2时，345，等式成立；

当n3时，3456，等式成立；

当n4时，3456为偶数，而7为奇数，故34567，等式不成立； 当n5时，同n4的情形可分析出，等式不成立．

3． 综上，所求的n只有n2，

解法2：（1）证：当x0或m1时，原不等式中等号显然成立，下用数学归纳法证明： 当x1，且x0时，m≥2，(1x)m1mx． ①

①当m2时，左边12xx，右边12x，因为x0，所以x0，即左边右边，不等式①成立； ②假设当mk(k≥2)时，不等式①成立，即(1x)k1kx，则当mk1时， 因为x1，所以1x0．又因为x0，k≥2，所以kx0．

2

2

2

4

4

4

4

4

4

4

4

4

4

3333

于是在不等式(1x)k1kx两边同乘以1x得

(1x)k·(1x)(1kx)(1x)1(k1)xkx21(k1)x，

所以(1x)k11(k1)x．即当mk1时，不等式①也成立． 综上所述，所证不等式成立．

mm

1111

（2）证：当n≥6，m≤n时，∵1，∴1n32，

n32

n

n

mm

m111m

而由（1），110，∴1≤1． ≥n3n3n3n32

mn

n

（3）解：假设存在正整数n0≥6使等式3040(n02)

n

n

n0

n0

n0

n0

(n03)n0成立，

34n02

即有1． ②

n3n3n300034n02

又由（2）可得

n3n3n3000

00

n01n01111111111，与②式矛盾． n0

2222n03n03n03

n0n0n0

n0n0n0

nn1

故当n≥6时，不存在满足该等式的正整数n．下同解法1．

3.（2001，全国理20) 已知i，m，n是正整数，且1＜i≤m＜n

(1 )证明 nipim＜mipin； ( 2 )证明 (1+m)n>(1+n)m 证明:(1)略

n

nn

(2)因为1＜m＜n , >1 ,由贝努利不等式有(1m)m1.m1n,所以(1+m)n>(1+n)m

mm

n

1

4.(2007,四川理22）设函数 f ( x )   1   ( n  N , 且 n  1 N ) . , x 

nn

1

(1)当x=6时,求1的展开式中二项式系数最大的项;

n

(2)对任意的实数x,证明

f(2x)f(2)

＞f(x)(f(x)是f(x)的导函数);

2

(3)是否存在aN,使得an＜明理由.

1

1＜(a1)n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kk1

n

120

（1）解：展开式中二项式系数最大的项是第4项，这项是C13

nn

356

3

（2）证法一：因为

111

f2xf21121

n

nn

2n2n

11

121 nn

n

1111

21ln121ln12f'x

n2nn

111证法二：因f2xf21121

n

nn

2n

2

nn

n

1

1 n

1111

而2fx21ln1故只需对1和ln1进行比较。

nnnn

'

n

令gxxlnxx1，有gx1

'

1x1 xx

由

x1

0，得x1 x

''

因为当0x1时，gx0，gx单调递减；当1x时，gx0，gx单调递增，所以在x1

处gx有极小值1

故当x1时，gxg11，从而有xlnx1，亦即xlnx1lnx 故有1

11'

ln1恒成立。所以f2xf22fx，原不等式成立。 nn

101121k1m1（3）对mN，且m1有1CmCmCCCmmm mmmmmmm11mm1mk11mm1211

11

2!mk!m!mm

2

k

m

m2km

2

11112k111m1111111 2!mk!mmmm!mm11111111 22!3!k!m!2132kk1mm12

111111112133

m223k1km1m

1k1又因Cm，故0k2,3,4,,m213

mm

nn111

∵213，从而有2n13n成立，即存在a2，使得2n13n恒成立。

kkmk1k1

m

k

k

km

5.(2003，江苏理)已知 为正整数。 （1）设 ，证明 （2）设 ，对任意

n

，证明 。

k

n

证明：（1）因为(xa)

n

C

k0

k

n

(a)

nk

x，所以ykC(a)

knk0

nk

x

k1

k1nkk1

xn(xa)n1. nCn1(a)k0

n

（2）对函数fn(x)xn(xa)n求导数:



fn(x)nxn1n(xa)n1,



所以fn(n)n[nn1(na)n1].



当xa0时,fn(x)0.

当xa时,fn(x)xn(xa)n是关于x的增函数.因此,当na时,(n1)n(n1a)nnn(na)n



fn1(n1)(n1)[(n1)n(n1a)n](n1)(nn(na)n) (n1)(nnn(na)n1)(n1)fn(n).



na,f(n1)(n1)fn1n(n).即对任意

nn

 1n 1 法二： 等价于 ( n )  ( a ) > n  ( n  a ) ①

nn

对于x>1,因 > 0 >-1， - >-1 由①得  > 1  ，( 1  > 1n)n(1)n

xxxxxx

n

n

n

n1

n

n

n1

n

n

1

1

1n

1

(x xnx(x1)xnx,nxx(x1)② 两边同乘以 x 有，  1 )  , ( x  1 )  x  nx 所以

n1n1nn

xn xn1a则

(n1)nnnnnn1(n1a)n1(n1a)n (na)n 若 及 a1，在②中分别取

即得①式，所以

nn1ax若0

aa

则 (n1a1)n(n1a)nn(n1a)nn(n)n1(n)n(n1)n

aaaaaa

所以 (n1a1)n(n1a)n(n)n(n1)n

aaaa

同乘以a即得①，所以 成立．

n

王志全著 2011年1月18号

参考文献

I赵思林.贝努利不等式的螺旋式证明．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．中学数学月刊，2008，2

贝努利不等式在高考中的应用

贝努利不等式：对任意正整数n≥0，和任意实数x≥-1，有( 1 x )1nx成立； 如果n≥0且为偶数，则不等式 对任意实数x成立。可以看到在n = 0,1，或x= 0时等号成立，而对任意正整数n≥2 和任意实数x≥-1且x≠0，有

n

严格不等式： ) ＞1+nx ( 1 x

下面把伯努利不等式推广到实数幂形式：

若m ≤0或m≥ 1，有(1x)m≥ 1 + mx ；若0 ≤ m≤ 1，有(1x)m≤ 1 + mx 证明方法如下：

如果m=0，1，则结论是显然的

如果m≠0，1，作辅助函数f(x)(1x)m (1mx), 那么f'(x)m(1x)m1m, 则f'(x)0 x=0; 下面分情况讨论： 1. 0 0，f'(x) 0。因此f(x)在x = 0

n

 x) ≤ 1 + mx。 处取最大值0，故得 (1

2. m 1，则对于x > 0，f'(x)> 0；对于 − 1

《标准》所指的贝努利不等式是：( 1  1nx x )n

n

m

(x>-1，n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”，

推论1设n∈N+，，n>l，t>0，则有 t ≥1+n(t一1)， ②当且仅当t=l时，②取等号．

②的证明可由恒等式tnntn1 (t1)2tn22tn33tn4.....(n2)tn1 ③ 直接推出．

易见，当且仅当t=1时，②取等号，因此当且仅当x=0时，①取等号．

在①中令x+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a,>0，n∈N+，n>1，则annn1a(n1)n, ④当且仅当a时，④取等号． 证明由②得，a()1n(

n

n



a

nn





1)nn1a(n1)n 

p

a

例题精讲

1

11

n

1.（2007，湖北理5）已知p和q是两个不相等的正整数，且q≥2，则 lim q （ C ） n→

1

11pp1nA．0 B．1 C D．

q

q1

解答：由于1(1x)(1x)(1x)..... (1x)

m

23m1

1(1x)m



1(1x)

m1

所以1(1x)x1(1x)(1x)(1x)....(1x)

1

11

n

limlimqn→n→

111

n

p



23

 令x1，m分别取p和q，则原式化为

n

p1

1n

11



111n

111

11nnn



 

2q1

111

11nnn

2

111lim11,lim11,,lim1nnn

nnn

所以原式=

2p1

1,

111p

（分子、分母1的个数分别为p个、q个）

111q

1n

p

法二：根据贝努利不等式可知当x0时，(1x)m = 1 + mx ，故对于此题有当n有(1)1

p n

1p(1)p111

1q(1)q1，所以limlimlim

nnnqnn

(1)111

nn

2.（2007，湖北理21）已知m，n为正整数，

（1）用数学归纳法证明：当x1时，(1x)m≥1mx；

p

p qn

11m1m1

2，，n；（2）对于n≥6，已知1，求证，求证 11，m1，

22n3m3n32

（3）求出满足等式3n4n(n2)n(n3)n的所有正整数n． 解法1：（1）证：用数学归纳法证明：

（ⅰ）当m1时，原不等式成立；当m2时，左边12xx，右边12x， 因为x

2

2

mmmm

≥0，所以左边≥右边，原不等式成立；

（ⅱ）假设当mk时，不等式成立，即(1x)k≥1kx，则当mk1时，

∵x1，∴1x0，于是在不等式(1x)k≥1kx两边同乘以1x得

(1x)k·(1x)≥(1kx)(1x)1(k1)xkx2≥1(k1)x，

所以(1x)k1≥1(k1)x．即当mk1时，不等式也成立． 综合（ⅰ）（ⅱ）知，对一切正整数m，不等式都成立．

1m

（2）证：当n≥6，m≤n时，由（Ⅰ）得1≥10， 

n3n3m1

于是1≤1

n3n3

n

nm

m

1

1

n3

n

m

1

，2，，n． ，m1

2

m

（3）解：由（Ⅱ）知，当n≥6时，

12n1111

11111， 

222nn3n3n32

nnn

2

n

n2n13∴1． n3n3n3

即3n4n(n2)n(n3)n．即当n≥6时，不存在满足该等式的正整数n．

nnn

，2，3，4，5的情形： 故只需要讨论n1

222

当n1时，34，等式不成立；当n2时，345，等式成立；

当n3时，3456，等式成立；

当n4时，3456为偶数，而7为奇数，故34567，等式不成立； 当n5时，同n4的情形可分析出，等式不成立．

3． 综上，所求的n只有n2，

解法2：（1）证：当x0或m1时，原不等式中等号显然成立，下用数学归纳法证明： 当x1，且x0时，m≥2，(1x)m1mx． ①

①当m2时，左边12xx，右边12x，因为x0，所以x0，即左边右边，不等式①成立； ②假设当mk(k≥2)时，不等式①成立，即(1x)k1kx，则当mk1时， 因为x1，所以1x0．又因为x0，k≥2，所以kx0．

2

2

2

4

4

4

4

4

4

4

4

4

4

3333

于是在不等式(1x)k1kx两边同乘以1x得

(1x)k·(1x)(1kx)(1x)1(k1)xkx21(k1)x，

所以(1x)k11(k1)x．即当mk1时，不等式①也成立． 综上所述，所证不等式成立．

mm

1111

（2）证：当n≥6，m≤n时，∵1，∴1n32，

n32

n

n

mm

m111m

而由（1），110，∴1≤1． ≥n3n3n3n32

mn

n

（3）解：假设存在正整数n0≥6使等式3040(n02)

n

n

n0

n0

n0

n0

(n03)n0成立，

34n02

即有1． ②

n3n3n300034n02

又由（2）可得

n3n3n3000

00

n01n01111111111，与②式矛盾． n0

2222n03n03n03

n0n0n0

n0n0n0

nn1

故当n≥6时，不存在满足该等式的正整数n．下同解法1．

3.（2001，全国理20) 已知i，m，n是正整数，且1＜i≤m＜n

(1 )证明 nipim＜mipin； ( 2 )证明 (1+m)n>(1+n)m 证明:(1)略

n

nn

(2)因为1＜m＜n , >1 ,由贝努利不等式有(1m)m1.m1n,所以(1+m)n>(1+n)m

mm

n

1

4.(2007,四川理22）设函数 f ( x )   1   ( n  N , 且 n  1 N ) . , x 

nn

1

(1)当x=6时,求1的展开式中二项式系数最大的项;

n

(2)对任意的实数x,证明

f(2x)f(2)

＞f(x)(f(x)是f(x)的导函数);

2

(3)是否存在aN,使得an＜明理由.

1

1＜(a1)n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kk1

n

120

（1）解：展开式中二项式系数最大的项是第4项，这项是C13

nn

356

3

（2）证法一：因为

111

f2xf21121

n

nn

2n2n

11

121 nn

n

1111

21ln121ln12f'x

n2nn

111证法二：因f2xf21121

n

nn

2n

2

nn

n

1

1 n

1111

而2fx21ln1故只需对1和ln1进行比较。

nnnn

'

n

令gxxlnxx1，有gx1

'

1x1 xx

由

x1

0，得x1 x

''

因为当0x1时，gx0，gx单调递减；当1x时，gx0，gx单调递增，所以在x1

处gx有极小值1

故当x1时，gxg11，从而有xlnx1，亦即xlnx1lnx 故有1

11'

ln1恒成立。所以f2xf22fx，原不等式成立。 nn

101121k1m1（3）对mN，且m1有1CmCmCCCmmm mmmmmmm11mm1mk11mm1211

11

2!mk!m!mm

2

k

m

m2km

2

11112k111m1111111 2!mk!mmmm!mm11111111 22!3!k!m!2132kk1mm12

111111112133

m223k1km1m

1k1又因Cm，故0k2,3,4,,m213

mm

nn111

∵213，从而有2n13n成立，即存在a2，使得2n13n恒成立。

kkmk1k1

m

k

k

km

5.(2003，江苏理)已知 为正整数。 （1）设 ，证明 （2）设 ，对任意

n

，证明 。

k

n

证明：（1）因为(xa)

n

C

k0

k

n

(a)

nk

x，所以ykC(a)

knk0

nk

x

k1

k1nkk1

xn(xa)n1. nCn1(a)k0

n

（2）对函数fn(x)xn(xa)n求导数:



fn(x)nxn1n(xa)n1,



所以fn(n)n[nn1(na)n1].



当xa0时,fn(x)0.

当xa时,fn(x)xn(xa)n是关于x的增函数.因此,当na时,(n1)n(n1a)nnn(na)n



fn1(n1)(n1)[(n1)n(n1a)n](n1)(nn(na)n) (n1)(nnn(na)n1)(n1)fn(n).



na,f(n1)(n1)fn1n(n).即对任意

nn

 1n 1 法二： 等价于 ( n )  ( a ) > n  ( n  a ) ①

nn

对于x>1,因 > 0 >-1， - >-1 由①得  > 1  ，( 1  > 1n)n(1)n

xxxxxx

n

n

n

n1

n

n

n1

n

n

1

1

1n

1

(x xnx(x1)xnx,nxx(x1)② 两边同乘以 x 有，  1 )  , ( x  1 )  x  nx 所以

n1n1nn

xn xn1a则

(n1)nnnnnn1(n1a)n1(n1a)n (na)n 若 及 a1，在②中分别取

即得①式，所以

nn1ax若0

aa

则 (n1a1)n(n1a)nn(n1a)nn(n)n1(n)n(n1)n

aaaaaa

所以 (n1a1)n(n1a)n(n)n(n1)n

aaaa

同乘以a即得①，所以 成立．

n

王志全著 2011年1月18号

参考文献

I赵思林.贝努利不等式的螺旋式证明．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．中学数学月刊，2008，2