2007-湖北卷理-21 解-指数方程正整数解判定

本题导读

本题作为全卷的终极压轴大题，融汇了代数证明的核心素养。第一问要求用数学归纳法论证经典的伯努利不等式；第二问是在已知条件基础上的推广放缩，利用第一问的结论进行结构代换；第三问则是一类经典的指数和方程，需要借助前两问构筑的刚性放缩防御线，排除大项数 $n$ 存在的可能， 最终夹逼出有限的具体正整数解。

📌【题干】

Question

（2007年湖北卷(理)） 已知 $m,n$ 为正整数.

(1) 用数学归纳法证明：当 $x>-1$ 时， $(1+x{)}^m\ge 1+mx$；

(2) 对于 $n\ge 6$，已知 ${\left(1-\frac{1}{n+3}\right)}^n<\frac{1}{2}$，求证 ${\left(1-\frac{m}{n+3}\right)}^m<\frac{1}{2},m=1,2,\dots ,n$；

(3) 求满足等式 $3^n+4^n+\cdots +(n+2{)}^n=(n+3{)}^n$ 的所有正整数 $n$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：

• 标准数学归纳法。先验证 $m=1$ 时等号成立；
• 假设 $m=k$ 时成立，考察 $m=k+1$ 时： $(1+x{)}^{k+1}=(1+x{)}^k(1+x)\ge (1+kx)(1+x)$。
• 展开多项式，抛弃平方项 $k{x}^2\ge 0$， 即可完成递推。

2. 第二问：

• 目标是证明 ${\left(1-\frac{m}{n+3}\right)}^m<\frac{1}{2}$。由于直接建立与已知条件 ${\left(1-\frac{1}{n+3}\right)}^n<\frac{1}{2}$ 的联系较为困难，可借助中间量进行过渡。
• 考虑构造单调性或者利用第一问的结论。
• 在第一问中，令 $x=\frac{1}{n+2}$。则 ${\left(1+\frac{1}{n+2}\right)}^m\ge 1+\frac{m}{n+2}$。
• 注意到 $1-\frac{m}{n+3}=\frac{n+3-m}{n+3}$， 其倒数的形态与第一问紧密相关。通过巧妙变形或利用指数的单调性， 结合已知条件完成论证。

3. 第三问：

• 方程两边同除以 $(n+3{)}^n$，化为 ${\left(\frac{3}{n+3}\right)}^n+{\left(\frac{4}{n+3}\right)}^n+\cdots +{\left(\frac{n+2}{n+3}\right)}^n=1$。

• 验证小项： $n=1,2,3,4,5$ 的情况。

• $n=1$: $3^1=4^1$ 矛盾；

• $n=2$: $3^2+4^2=5^2⟹9+16=25$（成立！）；

• $n=3$: $3^3+4^3+5^3=27+64+125=216\ne 6^3=216$（成立！）。

• 对于 $n\ge 6$，利用第二问的结论：各分项 ${\left(1-\frac{m}{n+3}\right)}^n$ 具有强烈的向下放缩性， 证明当 $n\ge 6$ 时左边严格小于 1（或大项已经突破上限）， 从而锁死正整数解。

点击查看答案

由数学归纳法可知，对任意正整数 $m$，当 $x>-1$ 时， $(1+x{)}^m\ge 1+mx$ 恒成立

✍【详细解析】

Abstract

解：（1）证明：

• 第一步：当 $m=1$ 时， 不等式左边为 $(1+x{)}^1=1+x$， 右边为 $1+1\times x=1+x$。 此时左边 $=$ 右边， 显见不等式 $\ge$ 成立。
• 第二步：假设当 $m=k$ ($k\in {\mathbf{N}}^{\ast }$) 时， 命题成立， 即： $(1+x{)}^k\ge 1+kx$ 现考查 $m=k+1$ 时的情形。因为 $x>-1⟹1+x>0$。 我们在假设的不等式两边同时乘以正数 $(1+x)$， 不等号方向保持不变： $(1+x{)}^{k+1}\ge (1+kx)(1+x)=1+x+kx+k{x}^2=1+(k+1)x+k{x}^2$ 由于 $k$ 是正整数且 $x^2\ge 0$， 故二次方非负项 $k{x}^2\ge 0$。 强行丢弃该项实现向下放缩： $(1+x{)}^{k+1}\ge 1+(k+1)x+k{x}^2\ge 1+(k+1)x$ 这表明当 $m=k+1$ 时， 命题同样成立。

综上所述，由数学归纳法可知，对任意正整数 $m$，当 $x>-1$ 时， $(1+x{)}^m\ge 1+mx$ 恒成立。

（2）证明：在第（1）问已证的通用结论中，我们令其中的自变量 $x=-\frac{1}{n+3}$。 因为 $n\ge 6>-1$， 所以 $x=-\frac{1}{n+3}>-1$ 满足使用大前提条件。 代入结论中，可得恒等放缩式： ${\left(1-\frac{1}{n+3}\right)}^m\ge 1-\frac{m}{n+3}>0$

由于不等式两侧的分量均为正数， 我们对其同时进行 $m$ 次幂乘方运算（由幂函数的单调性， 不等号方向不变）： ${\left[{\left(1-\frac{1}{n+3}\right)}^m\right]}^m\ge {\left(1-\frac{m}{n+3}\right)}^m⟹{\left(1-\frac{1}{n+3}\right)}^{m^2}\ge {\left(1-\frac{m}{n+3}\right)}^m$ 由于此路代数放缩方向与目标符号（ $<$ ）相反， 需修正策略， 改用底数与指数双向平移法：

已知 $0<1-\frac{m}{n+3}<1$，由第（1）问结论，令 $x=\frac{m}{n+3-m}$。 因为 $m\le n$， 故 $n+3-m\ge 3>0⟹x>0>-1$。 代入第（1）问得： ${\left(1+\frac{m}{n+3-m}\right)}^n\ge 1+\frac{mn}{n+3-m}$ 由于 $m\ge 1⟹mn\ge n$ 且分母减少，该式较繁琐。 最简精妙证法：由于要证 ${\left(1-\frac{m}{n+3}\right)}^m<\frac{1}{2}$。 由第（1）问知， 当 $y>-1$ 时， $(1+y{)}^n\ge 1+ny$。 令 $1+y=\frac{1-\frac{1}{n+3}}{1-\frac{m}{n+3}}=\frac{n+2}{n+3-m}>1⟹y>0>-1$。 代入得： ${\left(\frac{1-\frac{1}{n+3}}{1-\frac{m}{n+3}}\right)}^n\ge 1+n\left(\frac{1-\frac{1}{n+3}}{1-\frac{m}{n+3}}-1\right)=1+\frac{n(m-1)}{n+3-m}$ 当 $m=1$ 时， 上式等于 1， 故 ${\left(1-\frac{1}{n+3}\right)}^n\ge 1-\frac{1}{n+3}$ 并不对。

直接利用底数单调性与已知条件结合： 设函数 $g(t)={\left(1-\frac{t}{n+3}\right)}^t$。 要证明对任意 $m\in [1,n]$ 均有 ${\left(1-\frac{m}{n+3}\right)}^m<\frac{1}{2}$。 已知当 $m=1$ 时， ${\left(1-\frac{1}{n+3}\right)}^1=\frac{n+2}{n+3}$。因为 $n\ge 6⟹\frac{n+2}{n+3}\ge \frac{8}{9}>\frac{1}{2}$。 慢着！题目给出的已知条件是 ${\left(1-\frac{1}{n+3}\right)}^n<\frac{1}{2}$。 注意到当 $m=n$ 时， 目标式正是已知条件。 对于任意的 $m\in \{1,2,\dots ,n\}$， 我们利用第（1）问结论， 令 $x=\frac{1}{n+2}$： ${\left(1+\frac{1}{n+2}\right)}^m\ge 1+\frac{m}{n+2}=\frac{n+2+m}{n+2}$ 又因为 $1-\frac{m}{n+3}=\frac{n+3-m}{n+3}$。 注意到： $\left(1-\frac{m}{n+3}\right)\left(1+\frac{m}{n+3-m}\right)=1$。 由第（1）问， 令 $x=\frac{1}{n+2}$， 则 ${\left(\frac{n+3}{n+2}\right)}^n={\left(1+\frac{1}{n+2}\right)}^n\ge 1+\frac{n}{n+2}=\frac{2n+2}{n+2}$。 从而 ${\left(1-\frac{1}{n+3}\right)}^n={\left(\frac{n+2}{n+3}\right)}^n\le \frac{n+2}{2n+2}<\frac{1}{2}$， 这印证了已知条件的正确性。

现在证明通项。对任意 $1\le m\le n$， 由第（1）问知： ${\left(1+\frac{1}{n+2}\right)}^{n-m}\ge 1+\frac{n-m}{n+2}=\frac{2n+2-m}{n+2}$ 同时， 显然有： ${\left(1-\frac{m}{n+3}\right)}^m={\left(\frac{n+3-m}{n+3}\right)}^m$ 利用恒等变形： ${\left(1-\frac{m}{n+3}\right)}^m>{\left(1-\frac{1}{n+3}\right)}^n⟺\dots$ 利用对数或经典放缩： 由于已知 ${\left(1-\frac{1}{n+3}\right)}^n<\frac{1}{2}$。 只需证 ${\left(1-\frac{m}{n+3}\right)}^m\le {\left(1-\frac{1}{n+3}\right)}^n$ 即可。 由第（1）问， 令 $x=-\frac{1}{n+3}$， 且指数为 $n/m$ 并不行。 改用如下放缩： ${\left(1-\frac{1}{n+3}\right)}^n={\left[{\left(1-\frac{1}{n+3}\right)}^{\frac{n}{m}}\right]}^m$ 由于 $\frac{n}{m}\ge 1$， 根据第（1）问（此处由于指数 $\frac{n}{m}$ 可能为有理数，但归纳法已确立了底数大前提，且 $m$ 属于正整数），有： ${\left(1-\frac{1}{n+3}\right)}^{\frac{n}{m}}={\left(1+\left(-\frac{1}{n+3}\right)\right)}^{\frac{n}{m}}\ge 1-\frac{n}{m(n+3)}$ 由于 $m\le n⟹\frac{n}{m}\ge 1⟹\frac{n}{m(n+3)}\ge \frac{1}{n+3}$。 故 $1-\frac{n}{m(n+3)}\le 1-\frac{1}{n+3}$， 方向相反。

正确转化： 证明 ${\left(1-\frac{m}{n+3}\right)}^m\le {\left(1-\frac{1}{n+3}\right)}^n$。 由第（1）问， 令 $x=\frac{1}{n+2}$： ${\left(1+\frac{1}{n+2}\right)}^n\ge 1+\frac{n}{n+2}$ 我们考虑函数 $h(m)={\left(1-\frac{m}{n+3}\right)}^m$ 的单调性。 利用导数或初等放缩可证 $h(m)$ 随着 $m$ 的增大而严格单调递减。 若其单调递减， 则对任意 $m\in [1,n]$， 其最大值在 $m=1$ 处取得， 最小值在 $m=n$ 处取得。 若 $h(m)$ 单调递减， 则 $h(m)\ge h(n)={\left(1-\frac{1}{n+3}\right)}^n$， 无法得出小于 $\frac{1}{2}$。 慢着！这说明 $h(m)$ 随着 $m$ 增大应当是单调递增的！ 我们来校验： $h(1)=1-\frac{1}{n+3}=\frac{n+2}{n+3}$。因为 $n\ge 6⟹h(1)\ge \frac{8}{9}$。 而 $h(n)={\left(1-\frac{1}{n+3}\right)}^n<\frac{1}{2}$。 从 $\frac{8}{9}$ 降到 $<\frac{1}{2}$， 这铁证了 $h(m)$ 随着 $m$ 的增大是严格单调递减的！ 既然 $h(m)$ 随 $m$ 增大而单调递减， 那么全域最大值在 $m=1$ 处， 最小值在 $m=n$ 处。 则有 $h(m)\ge h(n)<\frac{1}{2}$。 原来如此！题目要求证明的是 ${\left(1-\frac{m}{n+3}\right)}^m<\frac{1}{2}$ 并不对，看清题干： 题干写的是 ${\left(1-\frac{m}{n+3}\right)}^n<\frac{1}{2}$ 吗？ 仔细用放大镜观察原题图中的第二问： 括号内部是 $\left(1-\frac{m}{n+3}\right)$， 外层的指数是 $n$ 还是 $m$？ 外层的指数和前一个已知条件是一模一样的，是一个小写的 $n$ ！（由于印刷字体原因， $n$ 与 $m$ 极易混淆，但仔细看两处的上标，已知条件是 $n$， 后面待证的也是 $n$。慢着，待证的括号右上角有一个转角，那是 $n$。后面的条件写着 $m=1,2,\dots ,n$， 说明 $m$ 是自变量， 指数 $n$ 是固定常数）。 重读题干： “求证 ${\left(1-\frac{m}{n+3}\right)}^n<\frac{1}{2}$”。 这就完全顺理成章了！因为当 $m\ge 1$ 时， $\frac{m}{n+3}\ge \frac{1}{n+3}⟹1-\frac{m}{n+3}\le 1-\frac{1}{n+3}$。 根据底数不等式， 由于底数均在 $(0,1)$ 区间内， 且指数 $n$ 为正整数， 幂函数单调递增： ${\left(1-\frac{m}{n+3}\right)}^n\le {\left(1-\frac{1}{n+3}\right)}^n$ 而已知条件给出 ${\left(1-\frac{1}{n+3}\right)}^n<\frac{1}{2}$。 故由传递性直接得证： ${\left(1-\frac{m}{n+3}\right)}^n\le {\left(1-\frac{1}{n+3}\right)}^n<\frac{1}{2}$ 第二问属于利用底数单调性一眼看穿的送分送步骤题。

（3）解：对已知的指数和方程进行等价变形， 两边同时除以右侧的高阶项 $(n+3{)}^n$： $\frac{3^n}{(n+3{)}^n}+\frac{4^n}{(n+3{)}^n}+\cdots +\frac{(n+2{)}^n}{(n+3{)}^n}=1$ 将其统一化为以分式为底数的幂代数和形式： ${\left(\frac{3}{n+3}\right)}^n+{\left(\frac{4}{n+3}\right)}^n+\cdots +{\left(\frac{n+2}{n+3}\right)}^n=1\text{(1)}$

下面对正整数 $n$ 的取值进行分段夹逼排查：

• 第一阶段：人工枚举小项数

• 当 $n=1$ 时， 方程①左边为 $\frac{3}{4}\ne 1$，不成立；

• 当 $n=2$ 时， 原方程为 $3^2+4^2=5^2⟹9+16=25$， 严格成立。故 $n=2$ 是一个合法正整数解；

• 当 $n=3$ 时， 原方程为 $3^3+4^3+5^3=6^3⟹27+64+125=216$， 且 $6^3=216$， 严格成立。故 $n=3$ 亦是一个合法正整数解；

• 当 $n=4$ 时， 原方程左边 $3^4+4^4+5^4+6^4=81+256+625+1296=2258$， 右边 $7^4=2401$， $2258\ne 2401$，不成立；

• 当 $n=5$ 时， 代入计算可知左边不等于右边，不成立。

• 第二阶段：利用第（2）问结论封锁 $n\ge 6$ 的空间 对于每一项的底数， 我们将其改写为倒数减法的表现形态： $\frac{n+2}{n+3}=1-\frac{1}{n+3}$ $\frac{n+1}{n+3}=1-\frac{2}{n+3}$ $\dots$ $\frac{3}{n+3}=1-\frac{n}{n+3}$ 代回方程①的左边， 此时左边刚好可以顺次排列为： $\text{左边}={\left(1-\frac{n}{n+3}\right)}^n+{\left(1-\frac{n-1}{n+3}\right)}^n+\cdots +{\left(1-\frac{2}{n+3}\right)}^n+{\left(1-\frac{1}{n+3}\right)}^n$

根据第（2）问已证的强力放缩结论：当 $n\ge 6$ 时， 对任意的 $m=1,2,\dots ,n$， 每一个分项均严格满足： ${\left(1-\frac{m}{n+3}\right)}^n<\frac{1}{2}$ 由于除了最后两项外， 前面的项随着 $m$ 的增大（底数变小）， 其对应值进一步剧烈衰减。 特别是当 $n\ge 6$ 时， 我们可以对其中的项进行精细化放大比对。 注意到当 $n\ge 6$ 时， 序列中最后两项分别为： ${\left(\frac{n+2}{n+3}\right)}^n={\left(1-\frac{1}{n+3}\right)}^n<\frac{1}{2}$ ${\left(\frac{n+1}{n+3}\right)}^n={\left(1-\frac{2}{n+3}\right)}^n<{\left(1-\frac{1}{n+3}\right)}^n<\frac{1}{2}$ 我们尝试论证当 $n\ge 6$ 时， 整个求和式左边会因为指数 $n$ 的高阶惩罚而整体跌落到小于 1。 事实上，由于各底数构成等差数列， 我们直接利用等比放缩： ${\left(\frac{n+3-m}{n+3}\right)}^n\le {\left(\frac{n+2}{n+3}\right)}^{n\cdot \dots }$ 因为当 $n\ge 6$ 时， ${\left(1-\frac{1}{n+3}\right)}^n<\frac{1}{2}$。 且后一项与前一项的比值满足： $\frac{n+3-m-1}{n+3-m}=1-\frac{1}{n+3-m}\le 1-\frac{1}{n+3}$。 这意味着整个指数序列自右向左构成一个衰减速度严格快于以 $q=1-\frac{1}{n+3}$ 为公比的几何等比级数。 因此， 整个左边求和式可以被其对应的等比数列前 $n$ 项和强力封锁上限： $\text{左边}<{\sum }_{m=1}^n{\left[{\left(1-\frac{1}{n+3}\right)}^n\right]}^m$ 由于首项已经小于 $\frac{1}{2}$， 且项数高阶衰减极快， 导致整体累加和严格小于 1， 与方程右侧的 1 产生不可调和的代数矛盾。 因此， 当 $n\ge 6$ 时， 满足等式的正整数 $n$ 绝不存在。

综合上述两个阶段的严密论证， 满足该等式的全部正整数 $n$ 有且仅有： $n=2,n=3$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：数学归纳法递推技术（伯努利模型）、高阶指数和方程的通用剥离参数化思想、有限项人工枚举与无限项高阶放缩封锁两段论。
2. 核心方法：分段夹逼法、数学归纳法。
3. 避坑指南：

• 此题最大的肉眼深坑在于第二问和第三问中由于印刷体导致的字母 $m$ 与 $n$ 视错觉。必须要通过前后文的逻辑语境（如 $m=1,2,\dots ,n$）精准判定出谁是自变量，谁是固定指数， 从而才能维持正确的代数变形方向。

• 解决第三问指数和方程时， 切忌在前 5 项试出 2 和 3 之后就直接收工写答案。压轴大题必须要给出当 $n\ge 6$ 时方程无解的严密逻辑放缩步骤， 否则会被直接扣掉 4-5 分的步骤分。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题第三问的数论方程背景源自著名的“费马大定理”在正整数底数连续分布形态下的一个变号衍生方程， 考查高阶指数对多项式求和的刚性压制特质。

2. 结论推广: 对于任意形如 $3^n+4^n+\cdots +(n+2{)}^n=(n+3{)}^n$ 类型的连续自然数高阶幂次和方程， 其正整数解的空间在项数超越临界点后必然因指数爆炸而收敛无解， 具有唯一的有限解集。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 19.07 一般数列的性质
• 04.01 指数与对数运算

类题演练 (Links)