第一数学归纳法

第一数学归纳法

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2023年3月6日发(作者：天猫托管)

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第13讲数学归纳法

本节主要内容有数学归纳法的原理，第二数学归纳法；数学归纳法的应用.通常那些直接或间接与自然

数n有关的命题，可考虑运用数学归纳法来证明．

一.数学归纳法的基本形式

第一数学归纳法：设P(n)是关于正整数n的命题，若

1°P(1)成立(奠基)；

2°假设P(k)成立，可以推出P(k+1)成立(归纳)，

则P(n)对一切正整数n都成立．

如果P(n)定义在集合N－{0,1,2,„,r－1}，则1°中“P(1)成立”应由“P(r)成立”取代.

第一数学归纳法有如下“变着”；

跳跃数学归纳法：设P(n)是关于正整数n的命题，若

1°P(1)，P(2)，„，P(l)成立；

2°假设P(k)成立，可以推出P(k+l)成立，则P(n)对一切正整数n都成立．

第二数学归纳法：设P(n)是关于正整数一的命题，若

l°P(1)成立；

2°假设n≤k(k为任意正整数)时P(n)(1≤n≤k)成立，可以推出P(k+1))成立，

则P(n)对一切自然数n都成立．

以上每种形式的数学归纳法都由两步组成：“奠基”和“归纳”，两步缺一不可．在“归纳”的过程中必须

用到“归纳假设”这一不可缺少的前提．

二.数学归纳法证明技巧

1.“起点前移”或“起点后移”：有些关于自然数n的命题P(n),验证P(1)比较困难，或者P(1)，P(2)，„，

P(p－1)不能统一到“归纳”的过程中去，这时可考虑到将起点前移至P(0)(如果有意义)，或将起点后移至

P(r)(这时P(1)，P(2)，„，P(r－1)应另行证明)．

2.加大“跨度”：对于定义在M={n

0

，n

0

+r，n

0

+2r，„，n

0

+mr，„}(n

0

，r，m∈N*)上的命题P(n)，在采

用数学归纳法时应考虑加大“跨度”的方法，即第一步验证P(n

0

)，第二步假设P(k)(k∈M)成立，推出P(k+r)

成立．

3.加强命题：有些不易直接用数学归纳法证明的命题，通过加强命题后反而可能用数学归纳法证明比较

方便．加强命题通常有两种方法：一是将命题一般化，二是加强结论．一个命题的结论“加强”到何种程

度为宜，只有抓住命题的特点，细心探索，大胆猜测，才可能找到适宜的解决方案．

本节主要内容有数学归纳法的原理，第二数学归纳法；数学归纳法的应用

A类例题

例1n个半圆的圆心在同一直线上，这n个半圆每两个都相交，且都在l的同侧,问这些半圆被所有的交点

最多分成多少段圆弧?

解设这些半圆最多互相分成f(n)=段圆弧，则f(1)=1，f(2)=4=22,f(3)=9=33,

猜想：f(n)=n2,用数学归纳法证明如下：

1°当n=1时，猜想显然成立

2°假设n=k时，猜想正确，即f(k)=k2,

则当n=k+1时，我们作出第k+l圆，它与前k个半圆均相交,最多新增k个交点,

第k+1个半圆自身被分成了k+1段弧，同时前k个半圆又各多分出l段弧,故有

f(k+1)=f(k)+k+k+1=k2+2k+1=(k+1)2,即n=k+1时，猜想也正确．

所以对一切正整数n，f(n)=n2.

例2已知数列:,}{且满足的各项都是正数

n

a

01

1

1,(4),.

2nnn

aaaanN





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（1）证明

;,2

1

Nnaa

nn





（2）求数列

}{

n

a

的通项公式a

n

.(2005年全国高考江西卷)

分析本题考查数列的基础知识，考查运算能力和推理能力.第（1）问是证明递推关系，联想到用数学归纳

法，第（2）问是计算题，也必须通过递推关系进行分析求解.

解（1）方法一用数学归纳法证明：

1°当n=1时，,

2

3

)4(

2

1

,1

0010

aaaa

∴

2

10

aa

，命题正确.

2°假设n=k时有.2

1



kk

aa

则)4(

2

1

)4(

2

1

,1

111kkkkkk

aaaaaakn



时

).4)((

2

1

))((

2

1

)(2

11

111

kkkk

kkkkkk

aaaa

aaaaaa









而.0,04.0

111



kkkkkk

aaaaaa

又.2])2(4[

2

1

)4(

2

1

2

1



kkkk

aaaa

∴1kn时命题正确.

由1°、2°知，对一切n∈N时有.2

1



nn

aa

方法二：用数学归纳法证明：

1°当n=1时，,

2

3

)4(

2

1

,1

0010

aaaa∴20

10

aa；

2°假设n=k时有2

1



kk

aa成立，

令)4(

2

1

)(xxxf，

)(xf

在[0，2]上单调递增，所以由假设

有：),2()()(

1

fafaf

kk





即),24(2

2

1

)4(

2

1

)4(

2

1

11



kkkk

aaaa

也即当n=k+1时2

1



kk

aa成立，所以对一切2,

1



kk

aaNn有

（2）下面来求数列的通项：],4)2([

2

1

)4(

2

1

2

1



nnnn

aaaa所以

2

1

)2()2(2

nn

aa

nn

nnnnnnn

bbbbbab22212

1

222

2

2

1

12)

2

1

()

2

1

(

2

1

)

2

1

(

2

1

2

1

,2



则令,

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又b

n

=－1，所以1212)

2

1

(22,)

2

1

(nn

nnn

bab即

.

说明数列是高考考纲中明文规定必考内容之一,考纲规定学生必须理解数列的概念,了解数列通项公式的

意义,了解递推公式是给出数列的一种方法,并能根据递推公式写出数列的前几项.当然数列与不等式的

给合往往得高考数学的热点之一,也成为诸多省份的最后压轴大题,解决此类问题,必须有过硬的数学基

础知识与过人的数学技巧,同时运用数学归纳法也是比较好的选择,不过在使用数学归纳法的过程中,一

定要遵循数学归纳法的步骤.

情景再现

1．求证对任何正整数n,方程x2+y2=zn都有整数解.

2.已知{a

n

}是由非负整数组成的数列，满足a

1

=0,a

2

=3,a

n+1

·a

n

=(a

n

+2)(a

n－2

+2)

(1)求a

3

；

(2)证明a

n

=a

n－2

+2,n=3，4，5，„；

(3)求{a

n

}的通项公式及其前n项和S

n

．

B类例题

例3.试证用面值为3分和5分的邮票可支付任何n(n＞7，n∈N)分的邮资．

证明1°当n=8时，结论显然成立．

2°假设当n=k(k＞7，k∈N)时命题成立．

若这k分邮资全用3分票支付，则至少有3张，将3张3分票换成2张5分票就可支付k+1分邮资；

若这k分邮资中至少有一张5分票，只要将一张5分票换成2张3分票就仍可支付k+1分邮资．

故当n=k+1时命题也成立．

综上，对n＞7的任何自然数命题都成立．

说明上述证明的关键是如何从归纳假设过渡到P(k+1)，这里采用了分类讨论的方法．

本例也可以运用跳跃数学归纳法来证明．

另证1°当n=8，9，10时，由8=3+5，9=3+3+3，10=5+5知命题成立．

2°假设当n=k(k＞7，k∈N)时命题成立．则当n=k+3时，由1。及归纳假设显然成立．证毕．

说明上述证明实际上采用了加大“跨度”的技巧，其“跨度”为3．

例4求证:1+

32

1

+

33

1

+„+

3

1

n

<3(nN*)(04年复旦大学优秀生选拔考试)

解法1:易验证n=1,2,3,4原命题成立.用数学归纳法证明,本题型必须对命题加强:

即证1+

32

1

+

33

1

+„+

3

1

n

<3－

1

3

n

成立,原命题显然成立.

当n=5时,左边1.775,即n=5时成立,

设n=k(k5)时成立,即1+

32

1

+

33

1

+„+

3

1

k

<3－

1

3

k

,则n=k+1时,

左边=1+

32

1

+

33

1

+„+

3

1

k

+

3)1(

1

k

<3－

1

3

k

+

3)1(

1

k

=3－

3)1(

23





k

k

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又3－

2

3

k

－(3－

3)1(

23





k

k

)=

3)1(

23





k

k

－

2

3

k

=

2)1(

)1(32)23(

3

3





kk

kkk

=

2)1(

1

3kk

[323)1(913)1(9kkkk]>0,



当n=k+1时1+

32

1

+

33

1

+„+

3

1

k

+

3)1(

1

k

<3－

2

3

k

成立.即原命题成立.

说明要证A>B,先证A>C,再证C>B.这种证明不等式的方法称为放缩法.本题用了放缩法.

解法2:由n3>(n－1)n(n+1),

3

1

n

<

)1()1(

1

nnn

=？(

)1(

1

nn

－

)1(

1

nn

),整理得?=

11

1

nn

.

即

3

1

n

<

11

1

nn

(

)1(

1

nn

－

)1(

1

nn

)=

n

nn

2

11

(

1

1

n

－

1

1

n

).

又



[

n

nn

2

11]2=[

n

1

1

2

1

（

+

n

1

1

]]2=

2

1

12

1

1

4

1

n

n

（

+1－

n

1

=

2

1

(1+

2

1

1

n



)<1,

1+

32

1

+

33

1

+„+

3

1

n

<1+(1－

3

1

)+(

2

1

－

4

1

)+(

3

1

－

5

1

)+„+(

1

1

n

－

1

1

n

)

=1+1+

2

1

－

n

1

－

1

1

n

<1+1+

2

1

=3.

说明对通项裂项目的是相邻项能相消后,放大为合适的常数是关键.

例5证明：存在正整数的无穷数列{a

n

}：a

1

＜a

2

＜a

3

＜„,使得对所有自然数n，

22

2

2

1n

aaa+++都是完全平方数．

分析我们设想用数学归纳法来证明之，其关键就是由P(k)

⇒

P(k+1)，假定22

2

2

1

+++

k

aaa=x2,2

1+k

a=y2，

则22

2

2

1

+++

k

aaa+2

1+k

a=y2，若结论成立，则存在z，使x2+y2=z2，由有关勾般数的知识，不难想到应将

22

2

2

1n

aaa+++为“完全平方数”加强为“奇数的平方”．

证明我们加强结论，证明存在正整数的无穷数列{a

n

}：a

1

＜a

2

＜a

3

＜„,使得对所有自然数n，

22

2

2

1n

aaa+++是奇数的平方数．

当n=1时，取a

1

=5即可．

设n=k时结论成立，即存在k个正数a

1

＜a

2

＜a

3

＜„＜a

k

,

使22

2

2

1

+++

k

aaa为奇数2m+1的平方，即

22

2

2

1

+++

k

aaa=(2m+1)2,取a

k+1

=2m2+2m

则2

1+

22

2

2

1

++++

kk

aaaa=(2m+1)2+(2m2+2m)2=(2m2+2m+1)2也是奇数的平方．

又因为a

1

≥5，a

k

＞a

1

,所以2a

k+1

=22

2

2

1

+++

k

aaa－1≥2

k

a－1＞2a

k

,

即a

k+1

＞a

k

．于是n=k+1时结论也成立．从而对一切自然数n，结论成立．

第5页共18页

说明本例采用了加强命题的技巧．加强命题，能得到一个较强的归纳假设，有时候便于完成从P(k)到P(k+1)

的过渡．

例6.若x是正实数,证明[nx]≥

[x]

1

+

[2x]

2

+

[3x]

3

+„+

[nx]

n

①其中[t]表示不超过t的最大整数.

(第10届美国数学奥林匹克试题)

证明用数学归纳法.当n=1,2时,①式显然成立.

假设①式对n≤k－1均成立.

记x

i

=

[x]

1

+

[2x]

2

+

[3x]

3

+„+

[ix]

i

,i=1,2,„,k.则有

kx

k

=kx

k－1

+[kx]=(k－1)x

k－1

+x

k－1

+[kx]②

(k－1)x

k－1

=(k－2)x

k－2

+x

k－2

+[(k－1)x]③

„„„„„„„„

2x

2

=x

1

+x

1

+[2x]ⓚ

将②到ⓚ式相加,得

kx

k

=x

k－1

+x

k－2

+„+x

1

+x

1

+[kx]+[(k－1)x]+„+[2x]

由此,由归纳假设,

kx

k

≤[kx]+2([(k－1)x]+[(k－2)x]+„+[2x]+[x])

但是,[(k－m)x]+[mx]≤[(k－m)x+mx](m

kx

k

≤[kx]+([(k－1)x]+[x])+([(k－2)x]+[2x])+„+([x]+[(k－1)x])≤k[kx],

即x

k

≤[kx],此即所要证的①式.

情景再现

3．(2005年重庆卷压轴题)数列{a

n

}满足

)1(

2

1

)

1

1(1

2

11









na

nn

aa

n

nn

且

.

（Ⅰ）用数学归纳法证明：

)2(2na

n

；

（Ⅱ）已知不等式

)1(:,0)1ln(2neaxxx

n

证明成立对

，其中无理数e=2.71828„.

4．(2005年湖北理科卷压轴题)已知不等式nn

n

其中],[log

2

11

3

1

2

1

2

为大于2的整数，][log

2

n表示不超

过

n

2

log

的最大整数.设数列}{

n

a的各项为正，且满足,4,3,2,),0(

1

1

1









n

an

na

abba

n

n

n

（Ⅰ）证明,5,4,3,

][log2

2

2





n

nb

b

a

n

（Ⅱ）猜测数列}{

n

a是否有极限？如果有，写出极限的值（不必证明）；

（Ⅲ）试确定一个正整数N，使得当Nn时，对任意b>0，都有.

5

1



n

a

C类例题

例7已知x

i

∈R(i=1,2,„，n),满足

11

||1,0,

nn

ii

ii

xx



求证：

1

11

||

22

n

i

i

x

in



.

(1989年全国高中数学联赛试题第二试)

证明我们用数学归纳法证明加强命题：n(n≥2)个实数x

1

,x

2

,„，x

n

,满足

11

||1,0

nn

ii

ii

xx



，则

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1

11

||

22

n

i

i

x

in



.

(1)当n=2时,|x

1

|+|x

2

|≤1，x

1

+x

2

=0，则|x

1

|=|x

2

|≤,

2

1

21

111

1111

||||,

2224222

xx

xxx



不等式成立.

（2）假设n=k时不等式成立.即对k(k≥2)个实数x

1

,x

2

,„，x

k

,满足

11

||1,0

kk

ii

ii

xx



则有

1

11

||

22

k

i

i

x

ik



.

于是n=k+1时，k+1个实数x

1

,x

2

,„，x

k+1

,满足

11

11

||1,0

kk

ii

ii

xx





，则有（将x

k

+x

k+1

看成n=k时的x

k

），

1111

11

1111

1,()0.

kkkk

ikkiikki

iiii

xxxxxxxx









由条件又有|x

k+1

|≤,

2

1

事实上，由x

k+1

=

1

111

1111

,21,

kkkk

ikkikii

iiii

xxxxxxx







得于是|x

k+1

|≤,

2

1

所以

11

111

11

1

111

1

1

()()

1

1

111111111

()()

2212221

11

.

22(1)

kk

iikkkk

ii

k

ikkkk

i

k

xxxxxx

iikkk

xxxxx

ikkk

x

kkkkkk

k







































于是n=k+1时不等式也成立.

由（1）、（2）知原不等式对一切n≥2（n∈N*）均成立.

注：本命题可推广为：设a

1

,a

2

,„，a

n

;x

1

,x

2

,„，x

n

都是实数，且

11

||1,0,

nn

ii

ii

xx



记

1

1

1

max,min,

knk

kn

kn

aaaa





则

1

1

1

().

2

n

kkn

k

axaa





例8设x

1

,x

2

,„,x

n

是非负实数,记a=min{x

1

,x

2

,„,x

n

}，试证：2

2

11

1

1

1

()

1(1)

≤

nn

j

j

ij

j

x

nxa

xa

==

+

+

+-

++

邋

(令x

n+1

=x

1

),且

等号成立当且仅当x

1

=x

2

=„=x

n

.(1992年中国数学奥林匹克试题)

证明当n=1时,a=x

1

,不等式写为

1+x

1

1+x

1

≤1+

1

(1+x

1

)2

(x

1

－x

1

),

它当然成立,且为等式.

设命题在n－1时成立,考虑n的情形,由于不等式关于x

1

,x

2

,„,x

n

是循环对称的,不妨设x

n

=

max{x

1

,x

2

,„,x

n

},于是a=min{x

1

,x

2

,„,x

n

}=min{x

1

,x

2

,„,x

n－1

}.

由归纳假设,

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21

1

1211

1

2

11

2

1

11

1

111

1

11111

111

1

1(),

(1)111

1=++++

≤++

n

j

nnn

i

jnn

n

nnn

j

j

n

x

xxx

x

xxxxx

xxx

nxa

axxx

--

=

+-

-

--

=

+

+++

+

+++++

+++

-+--

++++

å

å

L

因此,只需证明－1+

x

n

－x

n－1

1+x

1

+

1+x

n－1

1+x

n

≤

(x

n

－a)2

(1+a)2

①

上式左边为

x

n

－x

n－1

1+x

1

+

x

n－1

－x

n

1+x

n

=

(x

n

－x

1

)(x

n

－x

n－1

)

(1+x

1

,1+x

n

)

≤

(x

n

－a)2

(1+a)2

,

这就证明了不等式成立.

又等号成立当且仅当①式取等号,即x

n

=a,自然有x

1

=x

2

=„=x

n

.

情景再现

5．将质数由小到大编上序号，2算作第一个质数，3算作第二个质数，依次类推．求证：第n个质数P

n

＜n22

．

6．将凸2n+1(n≥2)边形的顶点染色，使得任意两个相邻顶点染不同的颜色．证明；对上述的任意一种染色

方法，此2n+1边形都可用不相交的对角线分为若干个三角形，使得三角形中每条对角线的端点不同色．

习题13

A类习题

1．设数列}{

n

a满足：

12

1



nnn

naaa

，

,3,2,1n

（I）当

2

1

a

时，求

432

,,aaa并由此猜测

n

a的一个通项公式；

（II）当

3

1

a

时，证明对所的1n，有

（i）2na

n

（ii）

2

1

1

1

1

1

1

1

1

1

321

















n

aaaa

（2002年全国高考题）

2．已知函数)1(

1

3

)(





x

x

x

xf．设数列}{

n

a满足1

1

a，)(

1nn

afa



，数列

}{

n

b满足

|3|

nn

ab，

21

bbS

n

„)(*Nnb

n

，

(Ⅰ)用数学归纳法证明

12

)13(







n

n

n

b；(Ⅱ)证明

3

32



n

S．(2005年全国高考辽宁卷)

3．设数列

n

a满足

11

1

2,,(1,2,3.......)

nn

n

aaan

a



（1）证明21

n

an对一切正整数n成立；

第8页共18页

（2）令

,(1,2,3......)n

n

a

bn

n



,判断

1nn

bb



与

的大小，并说明理由(2004年全国高考重庆卷)

4．把自然数1，2，3，„，2006依照某种顺序排成一列，若列中的第一个数为k，则将此列左侧的前k个

数反序而重排,证明：可经过上述的若干次操作后把1调到列的第一位．

5.自然状态下的鱼类是一种可再生资源，为持续利用这一资源，需从宏观上考察其再生能力及捕捞强度对鱼

群总量的影响.用x

n

表示某鱼群在第n年年初的总量，n∈N*，且x

1

＞0.不考虑其它因素，设在第n年内鱼

群的繁殖量及捕捞量都与x

n

成正比，死亡量与x

n

2成正比，这些比例系数依次为正常数a，b，c.

（Ⅰ）求x

n+1

与x

n

的关系式；

（Ⅱ）猜测：当且仅当x

1

，a，b，c满足什么条件时，每年年初鱼群的总量保持不变？（不

要求证明）

（Ⅱ）设a＝2，b＝1，为保证对任意x

1

∈（0,2），都有x

n

＞0，n∈N*，则捕捞强度b的

最大允许值是多少？证明你的结论.

6.求证：对任何正整数n，数A

n

=5n+2×3n－1+l都能被8整除.

B类习题

7．无穷数列｛x

n

｝中（n



1），对每个奇数n，x

n,

x

n+1

,x

n+2

成等比数列，而对每个偶数n,x

n,

x

n+1,

x

n+2

成等

差数列.已知x

1

=a,x

2

=b.

(1)求数列的通项公式.实数a,b满足怎样的充要条件时,存在这样的无穷数列?

(2)求

2

x

,

4

x

,……,

n

x

2

的调和平均值,即





n

k

k

x

n

1

2

1

的值.(2004年福建省高中数学联赛)

8.设

012

,,,aaa是一个正数数列，对一切

0,1,2,3,n

，都有2

1

.

nnn

aaa



证明：对一切

1,2,3,n

，

都有

1

.

1n

a

n





9.设0

11

1

1N，（）,

n

n

aaaan

a

求证：对任何*N,n有a

n

>1

10.某次体育比赛，每两名选手都进行一场比赛，每一场比赛一定决出胜负，通过比赛确定优秀选手，选手

A被确定为优秀选手的条件是对任何其他选B,或者A胜B，或者存在选手C，C胜B,A胜C，如果按上述

规则确定的优秀选手只有一名，求证：这名选手胜所有其他选手.

C类习题

11.设1

1

<2,对于n=1,2,3,„,定义x

n+1

=1+x

n

－

1

2

x

n

2,求证:对于n≥3,有|x

n

－2|<

1

2n

.(1985年加拿大数学奥林

匹克试题)

12.f(n)定义在正整数集合上,且满足f(1)=2,f(n+1)=(f(n))2－f(n)+1,n=1,2,3,„.求证;对所有整数n>1,1－

1

1

22n-

＜

1

f(1)

+

1

f(2)

+„+

1

f(n)

＜1－

1

22n

.(1994年爱尔兰数学奥林匹克试题)

本节“情景再现”解答：

1．证明：1°当n=1时,任取正整数x,y,方程x2+y2=z均有正整数解.当n=2时,

x=3,y=4,z=5是方程x2+y2=z2的一个正整数解.

2°设当n=k方程x2+y2=zk的一个正整数解为x

1

,y

1

,z

1

.则kzyx

1

2

1

2

1

=+

,则有

第9页共18页

2+

1

2

11

2

1

2

1

2

1

2

11

2

11

=•=+=+k

kzzzzyxzyzx)()()(

即n=k+2时,x2+y2=zn也有正整数解.

2．(1)由题设得a

3

a

4

=10,且a

3

、a

4

均为非负整数,所以a

3

的可能的值为1,2,5,10.

若a

3

=1,则a

4

=10,a

5

=

3

2

,与题设矛盾;若a

3

=5,则a

4

=2,a

5

=

35

2

,与题设矛盾;若a

3

=10,则a

4

=1,a

5

=60,a

6

=

3

5

与题

设矛盾.所以a

3

=2.

(2)用数学归纳法：

①当n=3时a

3

=a

1

+2,等式成立;

②假设当n=k(k≥3)时等式成立,即a

k

=a

k－2

+2,由题设a

k+1

a

k

=(a

k－1

+2)(a

k－2

+2)

又a

k

=a

k－2

+2≠0,所以a

k+1

=a

k－1

+2.即当n=k+1时a

k+1

=a

k－1

+2等式成立

根据①和②，可知结论对一切n≥3正整数都有成立．

③由a

2k－1

=a

2(k－1)－1

+2,a

1

=0及a

2k

=a

2(k－1)

+2,a

2

=3,

得a

2k－1

=2(k－1),a

2k+1

=2(k+1),k=1,2,3,„.故a

n

=n+(－1)n,n=1,2,3,„.

∴





















,1)1(

2

1

),1(

2

1

nn

nn

S

n

3．（Ⅰ）证明：（1）当n=2时，

22

2

a

，不等式成立.

（2）假设当

)2(kkn

时不等式成立，即),2(2ka

k

那么2

2

1

)

)1(

1

1(

1









k

kk

a

kk

a.这就是说，当1kn时不等式成立.

根据（1）、（2）可知：22na

k

对所有成立.

（Ⅱ）证法一：

由递推公式及（Ⅰ）的结论有

)1.()

2

11

1(

2

1

)

1

1(

22

1













na

nn

a

nn

a

n

nn

nn

两边取对数并利用已知不等式得

n

n

n

a

nn

aln)

2

11

1ln(ln

2

1









.

2

11

ln

2n

nnn

a





故

n

nnnn

aa

2

1

)1(

1

lnln

1









).1(n

上式从1到1n求和可得

12

12

1

2

1

2

1

)1(

1

32

1

21

1

lnln

















n

nnn

aa

当n为偶数,

当n为奇数.

第10页共18页

.2

2

1

1

1

1

2

1

1

2

1

1

2

11

1

1

)

3

1

2

1

(

2

1

1











n

n

nnn



即

).1(,2ln2neaa

nn

故

（Ⅱ）证法二：

由数学归纳法易证

2)1(2nnnn对

成立，故

).2(

)1(

1

)1(

1

1(

2

1

)

1

1(

2

1

















n

nn

a

nn

a

nn

a

n

n

nn

令).2()

)1(

1

1(),2(1

1









nb

nn

bnab

nnnn

则

取对数并利用已知不等式得

nn

b

nn

bln)

)1(

1

1ln(ln

1









).2(

)1(

1

ln



n

nn

b

n

上式从2到n求和得

)1(

1

32

1

21

1

lnln

21











nn

bb

n



.1

1

1

1

3

1

2

1

2

1

1





nn



因).2(3,3ln1ln.313ln1

1122





neebbab

nn

故

故1,,,2,1322

2

2

1

2

1





neaeaeaneea

nn

对一切故又显然成立.

4．本小题主要考查数列、极限及不等式的综合应用以及归纳递推的思想.

（Ⅰ）证法1：∵当,

111

,0,2

11

1

1

1

nana

an

aan

na

an

nn

n

nn

n

n

















时

即,

111

1

naa

nn





于是有.

111

,,

3

111

,

2

111

12312

naaaaaa

nn







所有不等式两边相加可得.

1

3

1

2

111

1

naa

n



由已知不等式知，当n≥3时有，].[log

2

111

2

1

n

aa

n



∵.

][log2

2

.

2

][log2

][log

2

111

,

2

2

21nb

b

a

b

nb

n

ba

ba

n

n









证法2：设

n

nf

1

3

1

2

1

)(，首先利用数学归纳法证不等式

.,5,4,3,

)(1





n

bnf

b

a

n

（i）当n=3时，由.

)3(1

1

2

2

3

3

1

3

3

3

3

1

1

2

2

2

3bf

b

a

a

a

a

a

a





















第11页共18页

知不等式成立.

（ii）假设当n=k（k≥3）时，不等式成立，即

,

)(1bkf

b

a

k



则

1

)(1

)1(

1

1

)1(

1

)1(

)1(

1



























b

bkf

k

k

a

k

k

ak

ak

a

k

k

k

k

,

)1(1

)

1

1

)((1

)()1()1(

)1(

bkf

b

b

k

kf

b

bbkfkk

bk

















即当n=k+1时，不等式也成立.

由（i）、（ii）知，

.,5,4,3,

)(1





n

bnf

b

a

n

又由已知不等式得

.,5,4,3,

][log2

2

][log

2

1

12

2









n

nb

b

bn

b

a

n

（Ⅱ）有极限，且.0lim



n

n

a

（Ⅲ）∵,

5

1

][log

2

,

][log

2

][log2

2

222



nnnb

b

令

则有

,10242,10][loglog10

22

nnn

故取N=1024，可使当n>N时，都有.

5

1



n

a

5．证明1°当n=1时，P

1

=2＜122

，结论成立．

2°假设n≤k时结论成立，即i

i

P22<

(i=1,2,3,„,k)

将这k个不等式两边分别相乘，得P

1

·P

2

·P

3

·„·P

k

＜k2++2+2+23212=1

222k



所以P

1

·P

2

·P

3

·„·P

k

+1＜1

222k

+1＜1

22k

因为P

1

,P

2

,P

3

,„,P

k

都不能整除P

1

·P

2

·P

3

·„·P

k

+1

所以P

1

·P

2

·P

3

·„·P

k

+1的质因数q不可能是P

1

,P

2

,P

3

,„,P

k

,只能大于或等于P

k+1

，

于是有P

k+1

≤q≤P

1

·P

2

·P

3

·„·P

k

+1＜1

22k,即P

k+1

＜1

22k.

综上知，对任何自然数n，都有P

n

＜n22

说明这里采用的是第二数学归纳法，P

k+1

＜1

22k成立以P

1

＜122,P

2

＜222,„,k

k

P22<

都成立为前提．

6．证明我们将起点前移，考虑n=1时的情形．由于n=1时是三角形，它没有对角线，且任意两个顶点不

同色，从而结论成立．

假设当n≤k时结论成立．如图，对于2k+3边形的顶点A

1

，A

2

，„，A

2k+3

，其中必有一个顶点不妨设

为A

1

，使得和它相邻的两个顶点A

2

、A

2k+3

不同色．否则,和每一个顶点相邻的两个顶点都同色，但2k+3+3

为奇数，这不可能．

连接A

2

A

2k+3

，把2k+3边形分成三角形A

1

A

2

A

2k+3

第12页共18页

和2k+2边形A

2

A

3

„A

2k+3

,对于2k+2边形A

2

A

3

„A

2k+3

,

有：

(1)如果对于顶点A

2

,A

3

,„,A

2k+3

,中的每一个，和它相邻的

两个顶点同色，则这些顶点被间隔地染上了两种颜色，且

它们和A

1

是不同的，从而连接A

1

A

3

,A

1

A

4

,„A

1

A

2k+3

,就

把2k+3边形分成了2k+1个三角形，且其中的每条对角线

的端点不同色．

(2)顶点A

2

,A

3

,„,A

2k+3

,中存在一顶点不妨设为A

3

，和它相邻的

两个顶点A

2

,A

4

不同色，连接A

2

A

4

,对于2k+1边形A

2

A

4

„A

2k+3

,利用归纳假设，它可分成若干个三角形，其

中对角线端点不同色，再加上△A

1

A

2

A

2k+3

和△A

2

A

3

A

4

，便知对2k+3边形A

1

A

2

„A

2k+3

,也是如此．

综上，结论对一切正整数成立．

说明由于直接验证n=2时的情形比较困难，我们采用了“起点前移”的技巧．

本节“习题13”解答：

1．解（I）由

2

1

a

，得

31

1

2

12

aaa

由

3

2

a

，得

412

2

2

23

aaa

由4

3

a，得

513

3

2

34

aaa

由此猜想

n

a的一个通项公式：1na

n

（1n）

（II）（i）用数学归纳法证明：

①当1n时，

213

1

a

，不等式成立．

②假设当kn时不等式成立，即2ka

k

，那么

3521)2)(2(1)(

1





kkkkkkaaa

kkk

．

也就是说，当1kn时，2)1(

1





ka

k

据①和②，对于所有1n，有2

n

a．

（ii）由1)(

1





naaa

nnn

及（i），对2k，有

1)1(

11





kaaa

kkk

121)121(

11



kk

akka

„„

1)1(21222

1

12

1

1aaakkk

k



于是

1

1

2

1

1

1

1

1









k

k

aa

，2k

第13页共18页

2

1

31

2

1

2

2

1

1

1

2

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

2

1

11

1





































aaaaa

n

k

k

n

k

k

n

k

k

2．证明：当

.1

1

2

1)(,0





x

xfx时

因为a

1

=1，所以

*).(1Nna

n



下面用数学归纳法证明不等式

.

2

)13(

1





n

n

n

b

（1）当n=1时，b

1

=13，不等式成立，

（2）假设当n=k时，不等式成立，即

.

2

)13(

1





k

k

k

b

那么

k

k

kka

a

ab







1

|3|)13(

|3|

11

.

2

)13(

2

131

k

k

k

b









所以，当n=k+1时，不等也成立。

根据（1）和（2），可知不等式对任意n∈N*都成立。

（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，.

2

)13(

1





n

n

n

b

所以

nn

bbbS

21

1

2

2

)13(

2

)13(

)13(











n

n



2

13

1

)

2

13

(1

)13(











n

.3

3

2

2

13

1

1

)13(







故对任意.3

3

2

,

n

SNn

3．（I）证法一：当,1122,1

1

an时不等式成立.

第14页共18页

.1)1(2,1

.1)1(2

1

322

1

,1

.12,

1

22

22

1

时成立时

时当

成立时假设













kakn

k

a

k

a

aa

kn

kakn

k

kk

kk

k

综上由数学归纳法可知，

12na

n

对一切正整数成立.

证法二：当n=1时，

11232

1

a

.结论成立.

假设n=k时结论成立，即

.12ka

k

当)1(

1

)(,1x

x

xxfkn由函数时的单增性和归纳假设有

.0

12

1

32)

12

1

12(

.32

12

1

12:

.

12

1

12

1

2

1

显然成立而这等价于

因此只需证























k

k

k

k

k

k

k

k

k

a

aa

k

kk

所以当n=k+1时，结论成立.

因此，

12na

n

对一切正整数n均成立.

证法三：由递推公式得,

1

2

2

1

2

1

2







n

nna

aa

2

1

2

1

2

2

2

2

2

2

2

1

1

2,

1

2

a

aa

a

aa

n

nn









上述各式相加并化简得)1(22

11

)1(22

2

1

2

1

2

1

2



n

aa

naa

n

n



).,2,1(12

,12,1

).2(1222







nna

nan

nnn

n

n

故明显成立时又

（II）解法一：

1

)

12

1

1(

1

)

1

1(

12

11















n

n

n

n

n

a

na

na

b

b

n

n

n

n

n

第15页共18页

.

.1

2

1

4

1

)

2

1

(

12

)1(2

1)12(

)1(2

1

2

nn

bb

n

n

n

nn

nn

nn

























故

解法二：

n

a

a

a

nn

a

n

a

bbn

n

n

nn

nn













)

1

(

1

1

1

1

1

.

.0

)1(

)1(

1

)]1()1([

)1()1(

1

)]12()1([

)1)(1(

1

))()](12)(1([

)1(

1

])1([

)1(

1

1

2

nn

n

n

n

n

n

n

bb

nn

annn

nnn

annnn

nnnn

annnn

nnnn

ann

annn

ann





































所以

的结论由

解法三：

n

a

n

a

bbnn

nn

22

1

22

11









0)

1

12

1

(

1

1

)

12

12

1

2(

1

1

)

1

2(

1

1

)2

1

(

1

1

2

2

2

2

2































nnn

n

n

nn

n

a

a

n

n

a

a

a

n

n

n

n

n

n

故

nnnn

bbbb

1

22

1

,因此.

4．证明一般地对数列1，2，„，n用数学归纳法来证明.

当n=1时，结论显然成立.

设对n－1个数的列，结论成立，下面讨论n个数的情形．

对n个数的列，若n排在最后，则对前n－1个数的列，用归纳假设，即知此时结论成立．

若最后一个数不是n，则可设n不在第一位(否则，只要经一次操作，就可把n调到最后)，而当n不是

第一个数，也不是最后一个数时，在实行题中的操作时，最后的数永远不会涉及．故不妨将此数与n对换

位置．在形式上不影响操作的实行．因此，结论仍然成立．

综上，对任意前n个自然数的列结论成立．特别地，当n=2006时即要证的结论．

I

第16页共18页

说明本例采用了将命题一般化的技巧．

5．（I）从第n年初到第n+1年初，鱼群的繁殖量为ax

n

，被捕捞量为bx

n

，死亡量为

.(**)*),1(

.(*)*,,

1

2

1

2

Nncxbaxx

Nncxbxaxxxcx

nnn

nnnnnn









即

因此

（II）若每年年初鱼群总量保持不变，则x

n

恒等于x

1

，n∈N*，从而由（*）式得

..0*,,0)(

11c

ba

xcxbaNncxbax

nn



即所以恒等于

因为x

1

>0，所以a>b.

猜测：当且仅当a>b，且

c

ba

x





1

时，每年年初鱼群的总量保持不变.

（Ⅲ）若b的值使得x

n

>0，n∈N*

由x

n+1

=x

n

(3－b－x

n

),n∈N*,知

0

n

<3－b,n∈N*,特别地，有0

1

<3－b.即0

1

.

而x

1

∈(0,2)，所以

]1,0(b

由此猜测b的最大允许值是1.

下证当x

1

∈(0,2)，b=1时，都有x

n

∈(0,2),n∈N*

①当n=1时，结论显然成立.

②假设当n=k时结论成立，即x

k

∈(0,2),

则当n=k+1时，x

k+1

=x

k

(2－x

k

)>0.

又因为x

k+1

=x

k

(2－x

k

)=－(x

k

－1)2+1≤1<2,

所以x

k+1

∈(0,2)，故当n=k+1时结论也成立.

由①、②可知，对于任意的n∈N*，都有x

n

∈(0,2).

综上所述，为保证对任意x

1

∈(0,2),都有x

n

>0，n∈N*，则捕捞强度b的最大允许值是1.

6.证明1°当n=1时，A1=8，命题成立．

2°假设n=k时，Ak能被8整除，

则当n=k+1时,A

k=1

=5k+1+2×3k+l=5(5k+2×3k－1+l)－4(3k－1+1)=5A

k

－4(3k－1+l)

Ak+1=5+2×3。十1=5(5„+2x3„一0+i)4(30‟)1)5A^一4(3„‟+1)

因为A

k

是8的倍数，而4(3k－1+l)也是8的倍数，所以A

k+1

也是8的倍数，

即n=k+1时，命题也成立

由以上1°、2°可知，对一切正整数A

n

能被8整除.

7．(1)观察前几项:a,b,

a

b2

,

a

abb)2(

,

a

ab2)2(

,

a

abab)23)(2(

,

a

ab2)23(

,„

猜测:x

2k－1

=

a

akbk2))2()1((

,

x

2k

=

a

akkbakbk))1()()2()1((

,(k1).

对k归纳证明通项公式:k=1显然成立,设x

2k－1,

x

2k

如上,

则x

2k+1

=

12

2

2

)(

k

k

x

x

=

a

akkb2))1((

,x

2k+2

=2x

2k+1

－x

2k

=

a

kabkakkb))1)(()1((

,因此,公式成立.

第17页共18页

存在这样的无穷数列



所有的x

n

0



a

b

















Nn

n

n

|

1

.

(2)b



a时,

k

x

2

1

=

ab

a



(

akkbakbk)1(

1

)2()1(

1







),故





n

k

k

x

n

1

2

1

=

)

)1(

11

(

annbaab

a

n







=nb－(n－1)a.(b=a时所有的x

n

=a,结果也对).

8.由不等式2

001

aaa得知22

00

10000

(1)

11

(1)[],

242

aa

aaaaa



知当n=1时，所得的不等

式成立.

假设n=k时，不等式成立，即有

1

;

1k

a

k





要证n=k+1时，不等式也成立.

分两种情况考虑：

111

(1);(2).

212kk

aa

kkk





在情况（1）之下，我们有

1

111

(1)(1);

122kkk

aaa

kkk





在情况（2）之下，由于显然有0<1－a

k

≤1,我们有

1

1

(1);

2kkkk

aaaa

k





所以无论何种情况,所证不等式都对n=k+1成立.故知对一切正整数n，不等式都成立.

9.加强命题：证明：“对任何n∈N*有

1

1.

1n

a

a





”

(1)当n=1时，由a

1

=1+a及

2

1

11

11

a

a

aa







，显然成立.

(2)假设当n=k时，有

1

1

1k

a

a





成立，于是由递推公式知：

2

11

11111

11,1.

1

11

1

kk

kk

a

aaaaaaaa

aaaa

a











且

这表明仍有

1

1

1.

1k

a

a





所以对一切对任何*,nN都有

1

1.

1n

a

a





10.证明1°当n=2时．命题显然成立

2°假设n=k时，命题成立．即在k个选手的集台M中．A胜其余K－1个人,若在集合M的基础上

增加一个选手B组成集合N．

则：①若A胜B，命题显然成立．

②若A负于B，进一步分两种情况：

(1)当B胜集合N中其他选手时，B为惟一的优秀选手，命题成立．

(2)假设当B对集合N中除A以外的选手有胜、负或全负时，不妨设B负于C，则因A胜C,B胜A，按规

定B间接胜C，这时A、B均为优秀选手，这与已知相矛盾，即当n=k+1时，命题也成立.

由以上1°、2°可知，命题对任意正整然数都成立.

第18页共18页

11.由x

n+1

=1+x

n

－

1

2

x

n

2及1

1

<2可得1

2

<

3

2

,

3(

1

2

)2

2

3

<

3

2

,因而

11

8

－2

3

－2<

3

2

－2,

|x

3

－2|<

1

23

.即n=3时不等式成立.

设y

n

=x

n

－2,则由已知的递推式得y

n+1

+2=1+y

n

+2－

1

2

(y

n

+2)2,

y

n+1

=y

n

(1－2－

y

n

2

).

假设|y

n

|<

1

2n

(n≥3),我们证明|y

n+1

|<

1

2n+1

.

|y

n+1

|=|y

n

|·|1－2－

y

n

2

|=|y

n

|·

1

2

|y

n

+(22－2)|,

因为n≥3,所以|y

n

|<

1

2n

<

1

23

,从而|y

n

+(22－2)|≤|

1

23

+(22－2)|<1,

于是,|y

n+1

|<

1

2

|y

n

|<

1

2

·

1

2n

=

1

2n+1

.即命题对n+1成立.

由此,对所有n≥3的自然数命题成立,即对n≥3均有|x

n

－2|<

1

2n

.

12.证明由于f(1)=2,f(n+1)=f(n)(f(n)－1)+1,①

可知对于任意正整数n,成立f(n)≥2.②

由①有f(n+1)－1=f(n)(f(n)－1)③

由②,③有

1

f(n+1)－1

=

1

f(n)(f(n)－1)

=

1

(f(n)－1)

－

1

f(n)

④

在④中将n改成k,并且从1到n求和,有

11

11111

()

()()1(1)1(1)1(1)1

nn

kk

fkfkfkffn

==

=-=-

-+--+-

邋=1－

1

f(n+1)－1

⑤

下面对正整数n用数学归纳法证明

1

22m-＜f(n+1)－1＜22m(n≥2)⑥

当n=1,2时,由①有f(2)=3,f(3)=7,⑥成立,

设n=m时,不等式⑥成立,这里m≥2,则n=m+1时,由①有

f(m+2)=f(m+1)(f(m+1)－1)+1,⑦

由归纳假设,有1

22m-＜f(m+1)－1＜22m(m≥2),⑧

f(m+1)是正整数,于是1

22m-+1≤f(m+1)－1≤22m－1,⑨

由⑦,⑧,⑨得

f(m+2)=f(m+1)(f(m+1)－1)+1≥(22m+2)(22m+1)=22m+3·1

22m-+3＞22m+1,⑩

f(m+2)=f(m+1)(f(m+1)－1)+1≤22m(22m－1)+1=1

22m+－22m+1＜1

22m++1⑪

由⑩和⑪知不等式⑥对n=m+1成立.所以不等式⑥对任意正整数n≥2成立.最后由⑤知原不等式成立.