活页作业(八) 简单形式的柯西不等式
一、选择题
1．已知a，b∈(0，＋∞)，且a＋b＝1，则P＝(ax＋by)2与Q＝ax2＋by2的大小关系是( )
A．P≤Q B．P
C．P≥Q D．P>Q
解析：设m＝(x，y)，n＝(，)，
则|ax＋by|＝|m·n|≤|m||n|＝
·＝
·＝，
∴(ax＋by)2≤ax2＋by2，即P≤Q.
答案：A
2．设x>0，y>0，m>0，n>0，且＋＝1，则u＝x＋y的最小值是( )
A．(＋)2 B．
C． D．(m＋n)2
解析：根据柯西不等式，得x＋y＝(x＋y)≥2＝(＋)2，
当且仅当＝时，等号成立，
这时u取最小值为(＋)2.
答案：A
3．已知x，y∈(0，＋∞)，且xy＝1，则的最小值为( )
A．4 B．2
C．1 D．
解析：＝
≥
2＝2＝22＝4.
答案：A
4．已知θ∈R，则4＋cos θ的最大值是( )
A．2 B．3
C． D．
解析：4＋cos θ≤·＝3，当且仅当 4cos θ＝，即sin θ＝±，cos θ＝时等号成立．
答案：B
二、填空题
5．若x＋2y＝5，则x2＋y2的最小值为________.
解析：由柯西不等式，得(x2＋y2)(12＋22)≥(x＋2y)2，当且仅当x＝时取等号．所以5(x2＋y2)≥25.
所以x2＋y2≥5.
答案：5
6．已知a2＋b2＝4，则|acos θ＋bsin θ|的最大值是________.
解析：因为(acos θ＋bsin θ)2≤(a2＋b2)(cos2θ＋sin2θ)＝4，当且仅当asin θ＝bcos θ时等号成立，
所以|acos θ＋bsin θ|≤2.
答案：2
三、解答题
7．已知函数y＝3＋4，求函数的定义域和最大值．
解：易知函数的定义域为[5,6]，且y>0.
∴y＝3＋4
≤·＝5，
当且仅当3＝4，即x＝时取等号．
故函数的定义域为[5,6]，最大值为5.
8．若0证明：如图，设P(x，y)，O(0,0)，A(0,1)，B(1,0)，C(1,1)，其中点P(x，y)为以1为边长的正方形OBCA内任一点，则＋＋＋＝||＋||＋||＋||≥||＋||＝2.
一、选择题
1．已知θ为锐角，a，b均为正实数．则下列不等式成立的是( )
A．(a＋b)2≤＋ B．(a＋b)2≥＋
C．a2＋b2＝＋ D．(a＋b)2<＋
解析：设m＝，n＝(cos θ，sin θ)，
则|a＋b|＝≤·＝，
当且仅当asin2θ＝bcos2θ时取等号．
所以(a＋b)2≤＋.
答案：A
2．若长方形ABCD是半径为R的圆的内接长方形，则长方形ABCD的周长的最大值为( )
A．2R B．2R
C．4R D．4R
解析：如图，设内接长方形ABCD的长为x，则宽为.于是长方形ABCD的周长l＝2(x＋)＝2(1·x＋1·)．
由柯西不等式，得l≤2[x2＋()2](12＋12)＝
2×2R·＝4R，
当且仅当x·1＝·1，即x＝R时等号成立．
此时，＝＝R，
即长方形ABCD为正方形．
故周长最大的内接长方形是正方形，其周长为4R.
答案：D
二、填空题
3．函数y＝3sin x＋2的最大值是_________.
解析：y＝3sin x＋2＝3sin x＋4≤
＝5，当且仅当4sin x＝
3时取等号，∴ymax＝5.
答案：5
4．已知x，y均为正数，且x＋y＝2，则x＋4＋4y的最大值为________.
解析：∵x＋4＋4y＝(＋2)2≤(12＋22)[()2＋()2]＝5(x＋y)＝5×2＝10，当且仅当1·＝
2·，即y＝4x(x>0)时等号成立，
∴x＋4＋4y≤10.
由得x＝，符合x>0.
∴x＋4＋4y的最大值为10.
答案：10
三、解答题
5．已知a1，a2，b1，b2为正实数．
求证：(a1b1＋a2b2)≥(a1＋a2)2.
证明：＝
≥
2＝(a1＋a2)2.
6．已知x，y为正实数，且x＋y＝1，
求x2＋y2的值．
解：法一 依题意，有0令x＝sin α，α∈，y＝sin β，β∈，
则x＋y＝sin αcos β＋sin βcos α
＝sin(α＋β)＝1.
∵0<α＋β<π，
∴α＋β＝， 即β＝－α.
∴x2＋y2＝sin2α＋sin2β＝sin2α＋sin2－α＝sin2α＋cos2α＝1.
法二 有1＝x＋y≤
＝
，
令t＝x2＋y2(t>0)，
则有t(2－t)≥1，
即t2－2t＋1≤0?(t－1)2≤0.
∵t>0，∴t－1＝0，即t＝1.∴x2＋y2＝1.
2.1.2 一般形式的柯西不等式
1．已知a2＋b2＋c2＝1，x2＋y2＋z2＝1，t＝ax＋by＋cz，则实数t的取值范围是( )
A．(0,1) B．(－1,1)
C．(－1,0) D．[－1,1]
解析：设α＝(a，b，c)，β＝(x，y，z)，则|α|＝＝1，|β|＝＝1.
由|α||β|≥|α·β|，得|t|≤1.
故实数t的取值范围是[－1,1]．
答案：D
2．若实数x，y，z满足x＋2y＋3z＝a(a为常数)，则x2＋y2＋z2的最小值为( )
A． B．
C． D．
解析：因为(12＋22＋32)(x2＋y2＋z2)≥(x＋2y＋3z)2＝
a2，当且仅当＝＝时取等号，所以14(x2＋y2＋z2)≥a2，即x2＋y2＋z2≥.
答案：B
3．设x，y，z∈(0，＋∞)，且x＋2 y＋3z＝7，则＋＋的最小值是________.
解析：因为(x＋2y＋3z)≥(2＋2＋3)2＝49，所以＋＋≥7，当且仅当x＝2，y＝z＝1时取等号．
答案：7
4．已知a＋b＋c＝1，且a，b，c是正数．
求证：＋＋≥9.
证明：左边＝[2(a＋b＋c)](＋＋)＝
[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)]≥
(1＋1＋1) 2＝9，
当且仅当a＝b＝c＝时取等号．
∴＋＋≥9.
活页作业(九) 一般形式的柯西不等式
一、选择题
1．已知x，y，z均大于0，且x＋y＋z＝1，则＋＋的最小值为( )
A．24 B．30
C．36 D．48
解析：∵(x＋y＋z)≥
2＝36，
∴＋＋≥36，当且仅当x＝＝＝时等号成立．
答案：C
2．设实数a，b，c，d，e满足a＋b＋c＋d＋e＝8，且a2＋b2＋c2＋
d2＋e2＝16，则e的最大值是( )
A． B．
C．5 D．16
解析：由已知，得a＋b＋c＋d＝8－e，a2＋b2＋c2＋d2＝16－e2.所以(8－e)2＝(a＋b＋c＋d)2≤(a2＋b2＋c2＋d2)(12＋12＋12＋12)＝4(16－e2)，当且仅当a＝b＝
c＝d＝2或时等号成立．
化简，得5e2－16e≤0，即0≤e≤.
所以emax＝.
答案：A
3．设a，b，c，x，y，z是正数，且a2＋b2＋c2＝10，x2＋y2＋z2＝40，ax＋by＋cz＝20，则的值为( )
A． B．
C． D．
解析：由题意，可得x2＋y2＋z2＝2ax＋2by＋2cz.上式与a2＋b2＋c2＝10相加，可得(x－a)2＋(y－b)2＋
(z－c)2＝10.不妨令则x＋y＋
z＝2(a＋b＋c)，即＝.
答案：C
4．设a1，a2，…，an为正实数，P＝，Q＝，则P，Q之间的大小关系为( )
A．P>Q B．P≥Q
C．P解析：∵(a1＋a2＋…＋an)≥
(1＋1＋…＋1n 个)2＝n2，
∴≥，
即P≥Q.
答案：B
二、填空题
5．设a，b，c为正实数，a＋b＋4c2＝1，则＋＋c的最大值为________.
解析：∵a，b，c∈(0，＋∞)，∴(a＋b＋4c2)＝[()2＋()2＋(2c)2]≥(＋＋c)2，当且仅当＝＝
时取等号．∴(＋＋c)2≤1×＝，即＋＋c≤.
答案：
6．已知x2＋y2＋z2＝14，则|x＋2y＋3z|的最大值是________.
解析：∵(x＋2y＋3z)2≤(12＋22＋32)(x2＋y2＋z2)＝14(x2＋y2＋z2)＝142，当且仅当＝＝时取等号，∴|x＋2y＋3z|≤14.
答案：14
三、解答题
7．已知实数x，y，z满足x＋2y＋z＝1，求x2＋4y2＋z2的最小值．
解：由柯西不等式，得
(x2＋4y2＋z2)(1＋1＋1)≥(x＋2y＋z)2.
∵x＋2y＋z＝1，
∴3(x2＋4y2＋z2)≥1，即x2＋4y2＋z2≥，
当且仅当 x＝2y＝z＝，即x＝，y＝，z＝时等号成立．
故x2＋4y2＋z2的最小值为.
8．已知a1，a2，…，an是平面凸n边形的内角的弧度数，求证：＋＋…＋≥.
证明：由凸多边形的内角和定理，得
a1＋a2＋…＋an＝(n－2)π，
∴(a1＋a2＋…＋an)≥
(1＋1＋…＋1n个1)2＝n2.
∴＋＋…＋≥，
当且仅当a1＝a2＝…＝an＝时取等号．
一、选择题
1．已知a，b，c为正数，则有( )
A．最大值9 B．最小值9
C．最大值3 D．最小值3
解析：＝
≥2＝9.
答案：B
2．设非负实数a1，a2，…，an满足a1＋a2＋…＋an＝1，
则y＝＋＋…＋－n的最小值为( )
A． B．
C． D．
解析：因为(2－a1)＋(2－a2)＋…＋(2－an)
＝2n－(a1＋a2＋…＋an)＝2n－1，
所以(2n－1)
＝[(2－a1)＋(2－a2)＋…＋(2－an)]
≥
2＝n2.
所以y＋n≥，即y≥－n＝，
等号当且仅当a1＝a2＝…＝an＝时成立．
从而y有最小值.
答案：A
三、填空题
3．设a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，则2＋2＋2的最小值是________.
解析：原式＝(12＋12＋12)
≥
2＝
2＝
2≥
2＝
×(1＋32)2＝，
当且仅当a＝b＝c＝时取等号．
答案：
4．边长为a，b，c的三角形，其面积为，外接圆半径为1，若s＝＋＋，t＝＋＋，则s与t的大小关系是________.
解析：S＝＝＝，即abc＝1，
所以t＝ab＋bc＋ca，则t2＝(ab＋bc＋ca)·
≥(＋＋)2＝s2，
当且仅当a＝b＝c＝1时等号成立．
因为a>0，b>0，c>0，所以s≤t.
答案：s≤t
三、解答题
5．已知△ABC的三边长为a，b，c，其外接圆半径为R.
求证： (a2＋b2＋c2)≥36R2.
证明：由正弦定理，得sin A＝.
所以＝.
同理＝，＝.
由柯西不等式，可得
左边＝(a2＋b2＋c2)≥2＝36R2.
原不等式得证．
6．设x，y，z∈R，且＋＋＝1.
求x＋y＋z的最大值和最小值．
解：根据柯西不等式，知
[42＋()2＋22]≥
2，
当且仅当＝＝，
即x＝，y＝－1，z＝或x＝－，y＝－3，z＝时等号成立．
∴25×1≥(x＋y＋z－2)2，
即|x＋y＋z－2|≤5.
∴－3≤x＋y＋z≤7.
故x＋y＋z的最大值为7，最小值为－3.
活页作业(十) 排序不等式
一、选择题
1．已知a，b，c都是正数，则a3＋b3＋c3与a2b＋b2c＋c2a的大小关系是( )
A．a3＋b3＋c3>a2b＋b2c＋c2a B．a3＋b3＋c3≥a2b＋b2c＋c2a
C．a3＋b3＋c3解析：取两组数a，b，c和a2，b2，c2.不妨设a≥b≥c，所以a2≥b2≥c2.根据排序不等式，得a2·a＋b2·b＋c2·c≥
a2b＋b2c＋c2a，当且仅当a＝b＝c时取等号．
答案：B
2．一组实数为a1，a2，a3，设c1，c2，c3是另一组数b1，b2，b3的任意一个排列，则a1c1＋a2c2＋a3c3的( )
A．最大值为a1b1＋a2b2＋a3b3，最小值为a1b3＋a2b2＋a3b1
B．最大值为a1b2＋a2b3＋a3b1，最小值为a1b3＋a2b1＋a3b2
C．最大值与最小值相等，为a1b1＋a2b2＋a3b3
D．以上答案都不对
解析：a1，a2，a3与b1，b2，b3的大小顺序不知，无法确定其最值．
答案：D
3．设a1，a2，…，an都是正数，b1，b2，…，bn是a1，a2，…，an的任一排列，P＝ab＋ab＋…＋ab，Q＝a1＋a2＋…＋an，则P与Q的大小关系是( )
A．P＝Q B．P>Q
C．P解析：设a1≥a2≥…≥an>0，
则a≥a≥…≥a，a≥a≥…≥a.
由排序不等式，得ab＋ab＋…＋ab≥aa＋aa＋…＋aa＝a1＋a2＋…＋an.
∴P≥Q，当且仅当a1＝a2＝…＝an>0时等号成立．
答案：D
4．设a1，a2，a3为正数，E＝＋＋，F＝a1＋a2＋a3，则E，F的大小关系是( )
A．EC．E≤F D．E>F
解析：不妨设a1≥a2≥a3>0，于是≤≤，a2a3≤a3a1≤a1a2.由顺序和≥乱序和，得
＋＋＝＋＋≥
·a1a3＋·a2a3＋·a1a2＝a1＋a3＋a2.
答案：B
二、填空题
5．有4人各拿一只水桶去接水，设水龙头注满每个人的水桶分别需要5 s,4 s,3 s,7 s，每个人接完水后就离开，则他们总的等候时间最短为________s.
解析：等候的最短时间为3×4＋4×3＋5×2＋7×1＝41(s)．
答案：41
6．设0①x1y1＋x2y2； ②x1y2＋y1x2； ③； ④.
解析：由排序不等式，知x1y1＋x2y2>x1y2＋x2y1.易知当x2和y2无限接近于1时，x1y1＋x2y2无限接近于1.故x1y1＋x2y2 的值最大．故选①.
答案：①
三、解答题
7．设a1，a2，…，an为1,2，…，n的一个排列．
求证：＋＋…＋≤＋＋…＋.
证明：设b1，b2，…，bn－1是a1，a2，…，an－1的一个排列，且b1>…>，
由乱序和≥逆序和，得
＋＋…＋≥＋＋…＋.
∵b1≥1，b2≥2，…， bn－1≥n－1，c1≤2，c2≤3，…，cn－1≤n，
∴＋＋…＋≥＋＋…＋.
∴＋＋…＋≤＋＋…＋.
8．已知0求证：＋＋…＋＋≥a1＋a2＋…＋an.
证明：∵0∴a≤a≤…≤a，≥≥…≥.
由乱序和≥逆序和，知
＋＋…＋＋≥a·＋a·＋…＋a·
＝a1＋a2＋…＋an.
一、选择题
1．锐角三角形中，设P＝，Q＝acos C＋bcos B＋ccos A，则P，Q的关系为( )
A．P≥Q B．P＝Q
C．P≤Q D．不能确定
解析：不妨设A≥B≥C，则a≥b≥c，cos A≤cos B≤
cos
C．由排序不等式，有Q＝acos C＋bcos B＋
ccos A≥acos B＋bcos C＋ccos A＝R(2sin Acos B＋
2sin Bcos C＋2sin Ccos A)≥R[sin(A＋B)＋
sin(B＋C)＋sin(A＋C)]＝R(sin C＋sin A＋
sin B)＝＝P.
答案：C
2．(1＋1)……的取值范围是( )
A．(21，＋∞) B．(61，＋∞)
C．(4，＋∞) D．(3n－2，＋∞)
解析：令A＝(1＋1)…＝××
·…·，B＝××·…·，C＝×
×·…·.
由于>>，>>，>>，…，>>>0，
所以A>B>C>0.所以A3>ABC．
由题意，知3n－2＝61.所以n＝21.
因为ABC＝3n＋1＝64，所以A>4.
答案：C
二、填空题
3．1010×1111×1212×1313________1013×1112×1211×1310.
解析：因为10<11<12<13，且lg 10lg 1212lg 12＋13lg 13>13lg 10＋12lg 11＋11lg 12＋
10lg 13.所以lg(1010×1111×1212×1313) >
lg(1013×1112×1211×1310)，即1010×1111×1212×
1313>1013×1112×1211×1310.
答案：>
4．已知a，b，c都是正数，则＋＋≥________.
解析：设a≥b≥c≥0，
则a＋b≥a＋c≥b＋c.
所以≥≥.
由排序不等式，知
＋＋≥＋＋， ①
＋＋≥＋＋. ②
①＋②，得＋＋≥.
答案：
三、解答题
5．已知0<α<β<γ<，求证：sin αcos β＋sin βcos γ＋
sin γcos α>(sin 2α＋sin 2β＋sin 2γ)．
证明：∵0<α<β<γ<，且函数y＝sin x在区间0，为增函数，函数y＝cos x在区间0，为减函数，
∴0cos β>cos γ>0.
根据乱序和>逆序和，得
sin αcos β＋sin βcos γ＋sin γcos α>(sin 2α＋sin 2β＋sin 2γ)．
6．设0证明：∵0∴lg a1≤lg a2≤…≤lg an.
∵0≤b1≤b2≤…≤bn，c1，c2，…cn是b1，b2，…，bn的一个排列，
由顺序和≥乱序和≥逆序和，可得
b1lg a1＋b2lg a2＋…＋bnlg an≥c1lg a1＋c2lg a2＋…＋cnlg an≥bnlg a1＋bn－1lg a2＋…＋b1lg an，
即lg(a1a2…an)≥lg(a1ac22…an)≥lg(a1a2…an)．
∴a1a2…an≥a1a2…an≥a1a2…an.
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“＋＋＋…＋＝
(n∈N＋)”，从n＝k到n＝k＋1时，等式左边需增添的项是( )
A． B．
C． D．
解析：当n＝k(k∈N＋)时，等式的左边＝＋
＋＋…＋；当n＝k＋1时，等式的左边＝＋＋＋…＋＋.所以从n＝k到n＝k＋1时，等式的左边需增添的项为.
答案：D
2．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<1－0.1n D．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：C
3．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝n2an(n∈N＋)．试归纳猜想出Sn的表达式为( )
A． B．
C． D．
解析：因为a1＝1，所以S1＝1.又S2＝4a2＝a1＋a2，
所以3a2＝1.所以a2＝，S2＝.又S3＝9a3＝S2＋a3，所以8a3＝.所以a3＝.所以S3＝＝.由此可猜想Sn＝(n∈N＋)．
答案：A
4．对于不等式(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＋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：①
6．设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：当f(k)≥k2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)≥k2成立；
②若f(5)≥25成立，则当k≤5时，均有f(k)≥k2成立；
③若f(7)<49成立，则当k≥8时，均有f(k)④若f(4)＝25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2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)≥k2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)≥k2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)≥k2成立”，故只有④正确．
答案：④
三、解答题
7．比较2n与n2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>n2.
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>k2，
那么当n＝k＋1时，
2k＋1＝2×2k＝2k＋2k>k2＋(1＋1)k>k2＋C＋C＋C＝k2＋2k＋1＝(k＋1)2.
∴当n＝k＋1时，2n>n2也成立．
由(1)(2)，可知对n≥5的一切自然数，2n>n2都成立．
综上，当n＝1或n≥5时，2n>n2；
当n＝2,4时，2n＝n2；当n＝3时，2n8．设f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N＋)，已知f(1)＝
1>，f(3)>1，f(7)>，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)解：(1)数列1,3,7,15，…的通项公式为an＝2n－1(n∈N＋)；
数列，1，，2，…的通项公式为bn＝(n∈N＋)．
猜想：f(2n－1)>(n∈N＋)．
下面用数学归纳法证明：
①当n＝1时，f(21－1)＝f(1)＝1>，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)>，
则当n＝k＋1时，
f(2k＋1－1)＝
f(2k－1)＋＋＋…＋＋>
f(2k－1)＋ ＋…＋]
2k个
＝f(2k－1)＋>＋＝.
∴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)一、选择题
1．用数学归纳法证明“n3＋(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)3 B．(k＋2)3
C．(k＋1)3 D．(k＋1)3＋(k＋2)3
解析：假设当n＝k时，k3＋(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k3，且展开式中除k3之外的各项和也能被9整除．
答案：A
2．用数学归纳法证明“1＋＋＋…＋>(n≥k，n∈N＋)”时，起始值k最小为( )
A．7 B．8
C．9 D．10
解析：对不等式的左边求和，得Sn＝＝2.
由Sn>，得1－n>，即n<.则n<7.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＝an＋nan－1b，n∈N＋，则M，N的大小关系为________.提示：利用贝努利不等式，令x＝
解析：令x＝，由贝努利不等式(1＋x)n≥1＋nx
(x≥－1，n∈N＋)，得n≥1＋n·，即
n≥1＋n·，即(a＋b)n≥an＋nan－1b.
故M≥N.
答案：M≥N
4．设{an}是首项为1的正项数列，且(n＋1)a－na＋an＋1an＝0(n＝1,2,3，…)，则它的通项公式是________.
解析：令n＝1，则2a＋a1a2－a＝0.∵a1＝1，
∴2a＋a2－1＝0.∵a2>0，∴a2＝.同理可求得
a3＝.于是猜想an＝(n∈N＋)．
下面用数学归纳法证明：
(1)当n＝1时，a1＝成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，ak＝成立，
则当n＝k＋1时，由(k＋1)a－ka＋ak＋1ak＝0，可得(k＋1)a＋ak＋1－＝0，即k(k＋1)a＋ak＋1－1＝0.∴ak＋1＝－(舍去)或ak＋1＝.故当n＝k＋1时，ak＋1＝成立．综合(1)(2)，知对任意的n∈N＋，总有an＝成立．
答案：an＝(n∈N＋)
三、解答题
5．已知函数f(x)＝ax＋＋1－2a(a>0)，当a≥时，有f(x)≥ln x(x≥1)．求证：1＋＋＋…＋>ln(n＋1)＋(n∈N＋)．
证明：用数学归纳法证明．
(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝ln 2＋<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＋＋＋…＋>ln(k＋1)＋.
那么当n＝k＋1时，1＋＋＋…＋＋>ln(k＋1)＋＋＝ln(k＋1)＋.
由题意，可知当a≥时，有f(x)≥ln x(x≥1)．
令a＝，有f(x)＝≥lnx(x≥1)．
令x＝，得
≥ln＝ln(k＋2)－ln(k＋1)．
∴ln(k＋1)＋≥ln(k＋2)＋.
∴1＋＋＋…＋＋>ln(k＋2)＋，
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)＝x3－x，数列{an}满足条件：a1≥1，an＋1≥f′(an＋1)．试比较＋＋＋…＋与1的大小，并说明理由．
解：＋＋＋…＋<1.
理由如下：
因为f′(x)＝x2－1，an＋1≥f′(an＋1)，
所以an＋1≥(an＋1)2－1.
因为函数g(x)＝(x＋1)2－1＝x2＋2x在区间[－1，＋∞)
上单调递增，
由a1≥1，得a2≥(a1＋1)2－1≥22－1，
进而得a3≥(a2＋1)2－1≥24－1>23－1.
由此猜想：an≥2n－1.
下面用数学归纳法证明这个猜想：
(1)当n＝1时，a1≥21－1＝1，结论成立．
(2)假设当n＝k(k∈N＋)时结论成立，即ak≥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
ak＋1≥(ak＋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
an≥2n－1，即1＋an≥2n.
所以≤.
所以＋＋＋…＋≤＋＋
＋…＋＝1－n<1.
