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2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第32讲


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={n0,n0+r,n0+2r,?,n0+mr,?}( n0,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(n0),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 1 n 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 {an } 的各项都是正数 , 且满足 : a0 ? 1, an ?1 ?

1 an (4 ? an ), n ? N . 2

(1)证明 an ? an?1 ? 2, n ? N ; (2)求数列 {an } 的通项公式 an. (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, a 0 ? 1, a1 ?

1 3 a 0 (4 ? a 0 ) ? , 2 2

∴ a0 ? a1 ? 2 ,命题正确. 2°假设 n=k 时有 ak ?1 ? ak ? 2. 则 n ? k ? 1时, a k ? a k ?1 ?

1 1 a k ?1 (4 ? a k ?1 ) ? a k (4 ? a k ) 2 2

1 ? 2(a k ?1 ? a k ) ? (a k ?1 ? a k )(a k ?1 ? a k ) 2 1 ? (a k ?1 ? a k )(4 ? a k ?1 ? a k ). 2
而 ak ?1 ? ak ? 0. 又 a k ?1 ?

4 ? ak ?1 ? ak ? 0,

? ak ? ak ?1 ? 0.

1 1 a k (4 ? a k ) ? [4 ? (a k ? 2) 2 ] ? 2. 2 2

∴ n ? k ? 1 时命题正确. 由 1°、2°知,对一切 n∈N 时有 an ? an?1 ? 2. 方法二:用数学归纳法证明: 1°当 n=1 时, a 0 ? 1, a1 ?

1 3 a 0 (4 ? a 0 ) ? , ∴ 0 ? a0 ? a1 ? 2 ; 2 2

2°假设 n=k 时有 ak ?1 ? ak ? 2 成立,

1 x (4 ? x ) , f ( x) 在[0,2]上单调递增,所以由假设 2 1 1 1 有: f (ak ?1 ) ? f (ak ) ? f (2), 即 a k ?1 (4 ? a k ?1 ) ? a k (4 ? a k ) ? ? 2 ? (4 ? 2), 2 2 2
令 f ( x) ? 也即当 n=k+1 时

ak ? ak ?1 ? 2 成立,所以对一切 n ? N , 有ak ? ak ?1 ? 2
1 1 a n (4 ? a n ) ? [?(a n ? 2) 2 ? 4], 所以 2 2

(2)下面来求数列的通项: a n ?1 ?

2(an?1 ? 2) ? ?(an ? 2) 2
1 2 1 1 2 2 1 1 1 1? 2??? 2n ?1 2n 22 令bn ? a n ? 2, 则bn ? ? bn (? bn ? 2 ) ? ? ? ( ) 2 bn bn , ?1 ? ? ?1 ? ? ? ?( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 n ?1 1 n , 即a n ? 2 ? bn ? 2 ? ( ) 2 ?1 . 又 bn=-1,所以 bn ? ?( ) 2 2
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{ an }是由非负整数组成的数列,满足 a1=0,a2=3,an+1· an =(an +2)(an-2 +2) (1)求 a3; (2)证明 an=an-2+2,n=3,4,5,?; (3)求{ an }的通项公式及其前 n 项和 Sn.

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+
1 2
3

+

1 3
3

+?+

1 n
3

<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+
1 2
3

+

1 3
3

+?+

1 n
3

<3-

3 n ?1

成立,原命题显然成立.

当 n=5 时,左边<1.761,右边>1.775,即 n=5 时成立, 设 n=k(k ? 5)时成立,即 1+
1 2
3

+

1 3
3

+?+

1 k
3

<3-

3 k ?1

,则 n=k+1 时,

左边=1+

1 23

+

1 33

+?+

1 k
3

+

1 (k ? 1) 3k ? 2 (k ? 1) 3
3

<3-

3 k ?1

+

1 (k ? 1)
3

=3-

3k ? 2 (k ? 1) 3

又 3-
1 (k ? 1)
3

3 k?2

-(3-

3k ? 2 (k ? 1) 3

)=



3 k?2

=

(3k ? 2) k ? 2 ? 3 (k ? 1) 3 (k ? 1) 3 k ? 2

=

k ?2

[ 9(k ? 1) 3 ? 3k 2 ? k ?1 ? 9(k ? 1) 3 ]>0,
1 2
3

?

当 n=k+1 时 1+

+

1 3
3

+?+

1 k
3

+

1 (k ? 1)
3

<3-

3 k?2

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 n >(n-1)n(n+1),
3

1 n
3

<

1 (n ? 1)n(n ? 1)

=?(

1 n( n ? 1)



1 n(n ? 1)

),整理得?=

1 n ?1 ? n ?1

.



1 n
3

<

1 n ?1 ? n ?1

(

1 n( n ? 1)



1 n(n ? 1)
1 n

)= n ? 1 ? n ? 1 (
2 n

1 n ?1



1 n ?1

).

2 1 又 ? [ n ? 1 ? n ? 1 ] =[ 1 ( 1? +

2 n

2

n

1?

1 1 1 2 1 1 ]] = 1 ( 1 ? ? 2 1 ? 2 +1- ?= (1+ 1 ? 2 )<1, 2 4 n n n n
1 3

? 1+

1 2
3

+

1 3
3

+?+
1 n

1 n
3

<1+(1-
1 n ?1

)+(
1 2

1 2



1 4

)+ (

1 3



1 5

)+?+(

1 n ?1



1 n ?1

)

=1+1+

1 2





<1+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{an}:a1< a2< a3<?,使得对所有自然数 n,
2 2 2 都是完全平方数. a1 + a2 +?+ an

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
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 =x2 , a k a1 + a2 +?+ ak +1 =y ,则 a1 + a2 + ?+ ak + a k +1 =y ,若结论成立,则存在 z,使

2 2 2 x2 +y2 =z2,由有关勾般数的知识,不难想到应将 a1 为“完全平方数”加强为“奇 + a2 +?+ an

数的平方” . 证明 我们加强结论,证明存在正整数的无穷数列{an}:a1< a2< a3<?,使得对所有自然数
2 2 2 n, a1 是奇数的平方数. + a2 +?+ an

当 n=1 时,取 a1=5 即可. 设 n=k 时结论成立,即存在 k 个正数 a1< a2< a3<?<ak,

2 2 2 使 a1 为奇数 2m+1 的平方,即 + a2 + ?+ ak 2 2 2 =(2m+1)2, 取 ak+1 =2m2+2m a1 + a2 + ?+ ak 2 2 2 2 2 2 2 2 2 则 a1 + a2 +?+ ak + ak +1 =(2m+1) +(2m +2m) =(2m +2m+1) 也是奇数的平方. 2 2 2 2 又因为 a1≥5,ak> a1,所以 2ak+1 = a1 -1≥ ak -1>2ak, + a2 +?+ ak

即 ak+1>ak.于是 n=k+1 时结论也成立.从而对一切自然数 n,结论成立. 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] [2x] [3x] [nx] + + +?+ ①其中[t]表示不超过 t 的最大整数. 1 2 3 n (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. [x] [2x] [3x] [ix] 记 xi= 1 + 2 + 3 +?+ i , i=1,2,?,k. 则有 kxk=kxk-1+[kx]=(k-1)xk-1+ xk-1+[kx] ② (k-1)xk-1=(k-2)xk-2 + xk-2 +[(k-1)x] ③ ???????? 2x2=x1+x1+[2x] ? 将②到?式相加,得 kxk= xk-1+ xk-2 +?+x1+x1+[kx] +[(k-1)x]+?+[2x] 由此,由归纳假设, kxk≤[kx]+2([(k-1)x]+[(k-2)x]+?+[2x] +[x]) 但是, [(k-m)x]+[mx]≤[(k-m)x+mx] (m<k),所以 kxk≤[kx]+( [(k-1)x]+[x])+ ( [(k-2)x]+[2x])+?+([x]+[(k-1)x])≤k [kx], 即 xk≤[kx],此即所要证的①式.

情景再现
3.(2005 年重庆卷压轴题)数列{an}满足 a1 ? 1且an?1 ? (1 ? (Ⅰ)用数学归纳法证明: an ? 2(n ? 2) ; (Ⅱ)已知不等式 ln(1 ? x) ? x对x ? 0成立, 证明: an ? e 2 (n ? 1) ,其中无理数 e=2.71828?. 4.(2005 年湖北理科卷压轴题)已知不等式
[log2 n] 表示不超过 log2
a1 ? b(b ? 0), a n ?

1 1 )an ? n (n ? 1) . n ?n 2
2

1 1 1 1 ? ? ? ? ? [log2 n], 其中 n 为大于 2 的整数, 2 3 n 2

n 的最大整数. 设数列 {an } 的各项为正,且满足

nan ?1 , n ? 2,3,4,? n ? a n ?1

(Ⅰ)证明 an ?

2b , n ? 3,4,5,? 2 ? b[log2 n]

(Ⅱ)猜测数列 {an } 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 n ? N 时,对任意 b>0,都有 an ? .
1 5

C 类例题
例 7 已知 xi∈R(i=1,2,?,n),满足

? | x |? 1, ? x
i ?1 i i ?1

n

n

i

? 0, 求证: | ?
i ?1

n

xi 1 1 . |? ? i 2 2n

(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 x1,x2,?, xn,满足 则|

?| x |? 1, ? x
i ?1 i i ?1

n

n

i

? 0,

?i
i ?1

n

xi

|?

1 1 . ? 2 2n

1 (1) 当 n=2 时,|x1|+|x2|≤1,x1+x2=0,则|x1|=|x2|≤ , 2

| x1 ?

x2 x 1 1 1 1 |? x1 ? 1 ? | x1 |? ? ? , 不等式成立. 2 2 2 4 2 2?2

(2)假设 n=k 时不等式成立.即对 k(k≥2)个实数 x1,x2,?,xk,满足

?| xi |? 1, ? xi ? 0 则有
i ?1 i ?1

k

k

x 1 1 . | ? i |? ? 2 2k i ?1 i
于是 n=k+1 时,k+1 个实数 x1,x2,?,xk+1,满足
k ?1 i ?1 k1 ? 1k ?

k

?| xi |? 1, ? xi ? 0 ,则有(将 xk+xk+1 看成
i ?1 i ?1 1 k? i ?1

k ?1

k ?1

n=k 时的 xk) ,

? xi ? xk ? xk ?1 ? ? xi ? 1, ? xi ? ( xk ? xk ?1 ) ? ? xi ? 0.
i ?1 i ?1

1 由条件又有|xk+1|≤ , 2

事实上,由 xk+1= ? 所以

? xi , 得2 xk ?1 ? xk ?1 ?
i ?1

k

? xi ? xk ?1 ? ? xi ? ? xi ? 1, 于是|xk+1|≤ ,
i ?1 i ?1 i ?1

k

k

k ?1

1 2

k ?1 xi xi xk ? xk ?1 x x ? ( ? ) ? ( ? k ?1 ? k ?1 ) ? ? k k k ?1 i ?1 i i ?1 i k ?1

? ?

?i
i ?1

k ?1

xi

?

xk ? xk ?1 x x ? ? k ?1 ? k ?1 k k k ?1

1 1 1 1 1 1 1 1 1 ? ?( ? ) xk ?1 ? ? ? ( ? ) 2 2k k k ?1 2 2k 2 k k ? 1 1 1 ? ? . 2 2( k ? 1)

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 a1,a2, ?,an;x1,x2,?,xn 都是实数,且
n

? | xi |? 1, ? xi ? 0, 记
i ?1 i ?1

n

n

a1 ? max ak , an ? min ak , 则
1? k ? n 1? k ? n

?a x
k ?1

k k

1 ? (a1 ? an ). 2
a=min{x1,x2, ? ,xn} , 试 证 :


n i= 1

8
1+ x j


j+ 1

x1,x2, ? ,xn
1 (1 + a)2
n j= 1

是 非 负 实 数 , 记

邋1 + x

≤n +

( x j - a )2 ( 令 xn+1=x1), 且 等 号 成 立 当 且 仅 当 x1=x2= ? =xn.

(1992 年中国数学奥林匹克试题) 1+x1 1 证明 当 n=1 时,a=x1,不等式写为 ≤1+ (x -x ), 1+x1 (1+x1)2 1 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 x1,x2,?,xn 是循环对称的,不妨设 xn= max{x1,x2,?,xn}, 于是 a=min{x1,x2,?,xn}= min{x1,x2,?,xn-1}. 由归纳假设,

?

n

i= 1

1 + xn- 2 1 + xn- 1 1 + xn 1 + x1 = +L + + + 1 + x j + 1 1 + x2 1 + xn- 1 1 + xn 1 + x1 1 (1 + a ) 2

1+ x j

≤n - 1 +

?

n- 1 j= 1

( x j - a )2 -

1 + xn- 1 1 + xn- 1 1 + xn + + , 1 + x1 1 + xn 1 + x1

xn-xn-1 1+xn-1 (xn-a)2 因此,只需证明-1+ + ≤ 1+x1 1+xn (1+a)2 xn-xn-1 xn-1-xn (xn-x1)( xn-xn-1) (xn-a)2 上式左边为 1+x + 1+x = (1+x ,1+x ) ≤ (1+a)2 ,
1 n 1 n



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 xn = a, 自然有 x1=x2=?=xn.

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 Pn< 2
2n



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 {an } 满足: an?1 ? an ? nan ? 1, n ? 1,2,3,? (I)当 a1 ? 2 时,求 a 2 , a3 , a 4 并由此猜测 an 的一个通项公式;
2

(II)当 a1 ? 3 时,证明对所的 n ? 1 ,有 (i) an ? n ? 2 (ii)

1 1 1 1 1 ? ? ??? ? 1 ? a1 1 ? a2 1 ? a3 1 ? an 2

(2002 年全国高考题)

2.已知函数 f ( x) ? 足

x?3 ( x ? ?1) .设数列 { a n } 满足 a1 ? 1 , an?1 ? f (an ) ,数列 {bn } 满 x ?1

bn ?| an ? 3 | , S n ? b1 ? b2 ? ? ? bn (n ? N * ) ,
(Ⅰ)用数学归纳法证明 bn ?

( 3 ? 1) n 2? 3 ; (Ⅱ)证明 S n ? . (2005 年全国高考辽宁卷) n ?1 2 3

3. 设数列 ?an ? 满足 a1 ? 2, an ?1 ? an ? (1)证明 an ? (2) 令 bn ?

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

2n ? 1 对一切正整数 n 成立;
,( n ? 1 ,2 ,3 ..)
,判断 bn与bn?1 的大小, 并说明理由(2004 年全国高考重庆

an n

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 xn 表示某鱼群在第 n 年年初的总量,n∈N*,且 x1>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 xn 成正比,死亡量与 xn2 成正比,这些 比例系数依次为正常数 a,b,c. (Ⅰ)求 xn+1 与 xn 的关系式; (Ⅱ)猜测:当且仅当 x1,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 x1∈(0,2) ,都有 xn>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 An=5n+2×3n 1+l 都能被 8 整除.

B 类习题
7. 无穷数列 {xn} 中 (n ? 1) , 对每个奇数 n, xn, xn+1,xn+2 成等比数列, 而对每个偶数 n, xn, xn+1, xn+2 成等差数列.已知 x1= a , x2= 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 x2 , x4 ,……, x 2 n 的调和平均值, 即

n 1 ? k ?1 x 2 k
n

的值 . (2004 年福建省高中数学联赛)

8.设 a0 , a1 , a2 ,

是一个正数数列,对一切 n ? 0,1, 2,3,

2 ,都有 an ? an ? an?1. 证明:对一切

n ? 1, 2,3,

,都有 an ?

1 . n ?1

9.设 0<a<1,定义 a1 ? 1 ? a,an ?1 ?

1 ?( a n ? N* ),求证:对任何 n ? N* , 有 an>1 an

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
1 1 11.设 1<x1<2, 对于 n=1,2,3,?,定义 xn+1=1+xn-2x2 n, 求证:对于 n≥3,有| xn- 2|< n. (1985 2 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 1 1 1 1 1 整数 n>1, 1- 2n- 1 <f(1)+f(2)+?+f(n)<1- 2n . (1994 年

2

2

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 x1,y1,z1.则 x1
2 2 k +2 ( x1z1 ) 2 + ( y1z1 ) 2 = ( x12 + y12 ) z1 = z1k ? z1 = z1 2 2 k + y1 = z1 ,则有

即 n=k+ 2 时, x2+y2=zn 也有正整数解. 2. (1)由题设得 a3a4=10,且 a3、a4 均为非负整数,所以 a3 的可能的值为 1,2,5,10. 3 35 若 a3=1,则 a4=10, a5=2 ,与题设矛盾 ;若 a3=5,则 a4=2, a5= 2 ,与题设矛盾; 若 a3=10,则 3 a4=1, a5=60 , a6=5与题设矛盾.所以 a3=2. (2)用数学归纳法: ①当 n=3 时 a3=a1+2,等式成立; ②假设当 n=k(k≥3)时等式成立,即 ak= ak-2+2,由题设 ak+1ak= (ak-1+2)( ak-2+2) 又 ak= ak-2+2≠0,所以 ak+1= ak-1+2.即当 n=k+1 时 ak+1= ak-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 a2k-1= a2(k-1)-1+2, a1=0 及 a2k= a2(k-1)+2, a2=3,

得 a2k-1=2(k-1), a2k+1=2(k+1), k=1,2,3,?. 故 an=n+(-1)n , n=1,2,3,?.
?1 n(n ? 1), ? ?2 ∴ Sn ? ? ? 1 n(n ? 1) ? 1, ?2 ?

当 n 为偶数, 当 n 为奇数.

3. (Ⅰ)证明: (1)当 n=2 时, a2 ? 2 ? 2 ,不等式成立. (2)假设当 n ? k (k ? 2) 时不等式成立,即 ak ? 2(k ? 2), 那么 a k ?1 ? (1 ?

1 1 )a k ? k ? 2 . 这就是说,当 n ? k ? 1 时不等式成立. k (k ? 1) 2

根据(1) 、 (2)可知: ak ? 2对所有n ? 2 成立. (Ⅱ)证法一: 由递推公式及(Ⅰ)的结论有

1 1 1 1 )an ? n ? (1 ? 2 ? n )an .(n ? 1) n ?n 2 n ?n 2 两边取对数并利用已知不等式得 an?1 ? (1 ?
2

ln a n ?1 ? ln(1 ?

1 1 1 1 ? n. ? n ) ? ln a n ? ln a n ? 2 n ?n 2 n ?n 2
2

故 ln a n ?1 ? ln a n ?

1 1 ? n n(n ? 1) 2

(n ? 1).

上式从 1 到 n ? 1 求和可得

ln a n ? ln a1 ?

1 1 1 1 1 1 ? ??? ? ? 2 ? ? ? n?1 1? 2 2 ? 3 (n ? 1)n 2 2 2
1? 1 2 n ? 1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 2. 1 n 2n 1? 2

1 1 1 1 1 1 ? 1? ? ( ? ) ?? ? ? ? ? 2 2 3 n ?1 n 2
即 ln an ? 2, 故an ? e 2 (Ⅱ)证法二:

(n ? 1).

由数学归纳法易证 2 ? n(n ? 1)对n ? 2 成立,故
n

1 1 1 1 )a n ? n ? (1 ? an ? (n ? 2). n2 ? n 2 n(n ? 1) n(n ? 1) 1 (n ? 2), 则bn ?1 ? (1 ? )bn (n ? 2). 令 bn ? a n ? 1 n(n ? 1) 1 ) ? ln bn 取对数并利用已知不等式得 ln bn ?1 ? ln(1 ? n(n ? 1) a n ?1 ? (1 ?

? ln bn ?
上式从 2 到 n 求和得 1 1 1 ln bn ?1 ? ln b2 ? ? ??? 1? 2 2 ? 3 n(n ? 1)

1 n(n ? 1)

(n ? 2).

? 1?

1 1 1 1 1 ? ? ??? ? ? 1. 2 2 3 n ?1 n

因 b2 ? a2 ? 1 ? 3.故ln bn?1 ? 1 ? ln 3, bn?1 ? e1?ln 3 ? 3e

(n ? 2).

故 an?1 ? 3e ? 1 ? e 2 , n ? 2, 又显然a1 ? e 2 , a2 ? e 2 , 故an ? e 2 对一切n ? 1 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 n ? 2时,0 ? an ? 即
1 1 1 ? ? , an an?1 n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ? ? , ? ? ,?, ? ? . a2 a1 2 a3 a2 3 an an?1 n 1 1 1 1 1 ? ? ? ??? . an a1 2 3 n 1 1 1 ? ? [log2 n]. an a1 2
an ? 2b . 2 ? b[log2 n] nan?1 n ? a n ?1 1 1 1 ,? ? ? ? , n ? a n?1 an nan?1 a n ?1 n

于是有

所有不等式两边相加可得

由已知不等式知,当 n≥3 时有, ∵ a1 ? b,?

2 ? b[log2 n] 1 1 1 ? ? [log2 n] ? . an b 2 2b

证法 2:设 f (n) ?
an ?

1 1 1 ? ? ? ? ,首先利用数学归纳法证不等式 2 3 n

b , n ? 3,4,5,?. 1 ? f (n)b
3a2 3 3 b ? ? ? . 3 2 ? a1 3 ? a2 1 ? f (3)b ?1 3? ?1 a2 2a1

(i)当 n=3 时, 由 a3 ?

知不等式成立. (ii)假设当 n=k(k≥3)时,不等式成立,即 ak ? 则 ak ?1 ?
(k ? 1)ak k ?1 k ?1 ? ? ( k ? 1 ) 1 ? f (k )b (k ? 1) ? ak ? 1 (k ? 1) ? ?1 ak b

b , 1 ? f (k )b

?

(k ? 1)b b b ? ? , 1 (k ? 1) ? (k ? 1) f (k )b ? b 1 ? ( f (k ) ? )b 1 ? f (k ? 1)b k ?1

即当 n=k+1 时,不等式也成立. 由(i) 、 (ii)知, an ?
b , n ? 3,4,5,?. 1 ? f (n)b

又由已知不等式得

an ?

b 2b ? , n ? 3,4,5,?. 1 2 ? b [ l o g n ] 2 1 ? [ l o 2g n]b 2

(Ⅱ)有极限,且 lim a n ? 0.
n??

(Ⅲ)∵

2b 2 2 1 ? ,令 ? , 2 ? b[log2 n] [log2 n] [log2 n] 5

则有 log2 n ? [log2 n] ? 10, ? n ? 210 ? 1024 , 故取 N=1024,可使当 n>N 时,都有 an ? . 5.证明 1°当 n=1 时,P1=2< 2 ,结论成立. 2° 假设 n≤k 时结论成立,即 Pi < 22 (i=1,2,3, ? ,k) 将这 k 个不等式两边分别相乘,得 P1·P2·P3·?·Pk< 2 所以 P1·P2·P3·?·Pk+1< 22
k ?1

1 5

21

i

21 +2 2 +23 +?+2 k

= 22

k ?1

?2

?2

+1< 2 2

k ?1

因为 P1,P2,P3,?,Pk 都不能整除 P1·P2·P3·?·Pk+1 所以 P1·P2·P3·?·Pk+1 的质因数 q 不可能是 P1,P2,P3,?,Pk,只能大于或等于 Pk+1, 于是有 Pk+1≤q≤P1·P2·P3·?·Pk+1< 2 2 ,即 Pk+1< 2 2 . 综上知,对任何自然数 n,都有 Pn< 2
2n
k ?1 k ?1

说明 这里采用的是第二数学归纳法,Pk+1< 2 2 成立以 P1< 2 , P2< 2

k ?1

21

22

,?, Pk < 22

k

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 A1,A2,?,A2k+3,其中必有一 个顶点不妨设为 A1,使得和它相邻的两个顶点 A2、A2k+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 A2A2k+3,把 2k+3 边形分成三角形 A1A2A2k+3 和 2k+2 边形 A2A3? A2k+3 ,对于 2k+2 边形 A2A3? A2k+3 , 有: (1)如果对于顶点 A2,A3,?, A2k+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 A1 是不同的,从而连接 A1A3,A1 A4,? A1A2k+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 A2,A3,?, A2k+3 ,中存在一顶点不妨设为 A3,和它相邻的 两个顶点 A2,A4 不同色,连接 A2A4,对于 2k+1 边形 A2A4?A2k+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△A1A2A2k+3 和△A2A3A4,便知对 2k+3 边形

A1A2?A2k+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 a1 ? 2 ,得 a2 ? a1 ? a1 ? 1 ? 3
2

由 a2 ? 3 ,得 a3 ? a2 ? 2a2 ? 1 ? 4 由 a3 ? 4 ,得 a4 ? a3 ? 3a3 ? 1 ? 5 由此猜想 an 的一个通项公式: an ? n ? 1 ( n ? 1 ) (II) (i)用数学归纳法证明: ①当 n ? 1 时, a1 ? 3 ? 1 ? 2 ,不等式成立. ②假设当 n ? k 时不等式成立,即 ak ? k ? 2 ,那么
2

2

ak ?1 ? ak (ak ? k ) ? 1 ? (k ? 2)(k ? 2 ? k ) ? 1 ? 2k ? 5 ? k ? 3 .
也就是说,当 n ? k ? 1 时, ak ?1 ? (k ? 1) ? 2 据①和②,对于所有 n ? 1 ,有 an ? 2 . (ii)由 an?1 ? an (an ? n) ? 1 及(i) ,对 k ? 2 ,有

ak ? ak ?1 (ak ?1 ? k ? 1) ? 1 ? ak ?1 (k ? 1 ? 2 ? k ? 1) ? 1 ? 2ak ?1 ? 1
??

ak ? 2k ?1 a1 ? 2k ?2 ? ? ? 2 ? 1 ? 2k ?1 (a1 ? 1) ? 1
于是

1 1 1 ? ? k ?1 , k ? 2 1 ? a k 1 ? a1 2

1 1 1 n 1 1 n 1 2 2 1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? k ?1 k ?1 1 ? a1 1 ? a1 k ?2 2 1 ? a1 k ?1 2 1 ? a1 1 ? 3 2 k ?1 1 ? a k
2. 证明:当 x ? 0时, f ( x ) ? 1 ?

n

2 ? 1. x ?1

因为 a1=1,所以 a n ? 1(n ? N*). 下面用数学归纳法证明不等式 bn ?

( 3 ? 1) n . 2 n ?1

(1)当 n=1 时,b1= 3 ? 1 ,不等式成立, (2)假设当 n=k 时,不等式成立,即 bk ?

( 3 ? 1) k . 2 k ?1

那么

bk ?1 ?| ak ?1 ? 3 |?

( 3 ? 1) | ak ? 3 | 1 ? ak

?

3 ?1 ( 3 ? 1) k ?1 bk ? . 2 2k

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, bn ? 所以

( 3 ? 1) n . 2 n ?1

S n ? b1 ? b2 ? ? ? bn
? ( 3 ? 1) ? ( 3 ? 1)2 ( 3 ? 1)n ?? ? 2 2n?1

3 ?1 n ) 2 ? ( 3 ? 1) ? 3 ?1 1? 2 1? (
? ( 3 ? 1) ? 1?
? 故对任意 n ? N , S n ?

1 3 ?1 2

?

2 3. 3

2 3. 3

3. (I)证法一:当 n ? 1 时, a1 ? 2 ?

2 ?1 ? 1, 不等式成立.

假设n ? k时, a k ? 2k ? 1成立. 当n ? k ? 1时, 1 1 2 2 ak ? 2 ? 2k ? 3 ? 2 ? 2(k ? 1) ? 1. ?1 ? a k ? 2 ak ak ? n ? k ? 1时, a k ?1 ? 2(k ? 1) ? 1时成立.
综上由数学归纳法可知, an ?

2n ? 1 对一切正整数成立.
2 ?1 ? 1 .结论成立.

证法二:当 n=1 时, a1 ? 2 ? 3 ?

假设 n=k 时结论成立,即 ak ? 当 n ? k ? 1时,由函数 f ( x) ? x ?

2k ? 1.

a k ?1 ? a k ?

1 ak

因此只需证: 而这等价于(

1 ( x ? 1) 的单增性和归纳假设有 x 1 ? 2k ? 1 ? . 2k ? 1 1 2k ? 1 ? ? 2 k ? 3. 2k ? 1 1 1 2k ? 1 ? ) 2 ? 2k ? 3 ? ? 0显然成立. 2k ? 1 2k ? 1

所以当 n=k+1 时,结论成立. 因此, an ?

2n ? 1 对一切正整数 n 均成立.
1 , 2 an ?1 1 a12 1 1 ? ? ? 2 ? 2 2 ? 2(n ? 1) 2 a1 a n?1

2 2 证法三:由递推公式得 a n ? an ?1 ? 2 ?

2 2 an ?1 ? a n ? 2 ? 2 ?

1 a
2 n?2

,?

2 a2 ? a12 ? 2 ?

上述各式相加并化简得

2 an ? a12 ? 2(n ? 1) ?

? 2n ? 2 ? 2n ? 1(n ? 2). 又n ? 1时, a n ? 2n ? 1明显成立, 故 a n ? 2n ? 1(n ? 1,2,?).
(II)解法一:

bn?1 a n 1 n 1 n ? n?1 ? (1 ? 2 ) ? (1 ? ) bn 2n ? 1 n ? 1 an n ? 1 an n ? 1
2 n(n ? 1) ? 2n ? 1 1 1 (n ? ) 2 ? 2 4 ? 1. 1 n? 2

?

2(n ? 1) n (2n ? 1) n ? 1

?

故bn ?1 ? bn .
解法二: bn ?1 ? bn ?

an?1 n ?1

?

an n

?

1 n ?1

(a n ?

a 1 )? n an n

? ? ? ? ? ? 0.

1 n(n ? 1) a n 1 n(n ? 1) a n

2 [ n ? ( n ? 1 ? n )a n ]

[ n ? ( n ? 1 ? n )(2n ? 1)]( 由( I )的结论) 1 [ n ( n ? 1 ? n ) ? (2n ? 1)] [ n(n ? 1) ? (n ? 1)]

n(n ? 1)( n ? 1 ? n )a n 1 n(n ? 1) ( n ? 1 ? n )a n 1 n ( n ? 1 ? n )a n

( n ? n ? 1)

所以bn ?1 ? bn .
解法三: bn ?1 ? bn ?
2 2 2 an a2 ?1 ? n n ?1 n

?

a2 1 1 2 (a n ? 2 ? 2) ? n n ?1 n an

2 1 1 an ? (2 ? 2 ? ) n ?1 n an

?

1 1 2n ? 1 (2 ? ? ) n ?1 2n ? 1 n 1 1 1 ? ( ? )?0 n ? 1 2n ? 1 n

2 2 故 bn ?1 ? bn ,因此bn?1 ? bn .

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. 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 axn,被捕捞量为 bxn,死亡量为
2 2 cxn ,因此xn?1 ? xn ? axn ? bxn ? cxn , n ? N * .(*)

即xn?1 ? xn (a ? b ? 1 ? cxn ), n ? N * .(**)
(II)若每年年初鱼群总量保持不变,则 xn 恒等于 x1, n∈N*,从而由(*)式得

x n (a ? b ? cx n )恒等于 0, n ? N *, 所以 a ? b ? cx1 ? 0.即x1 ?
因为 x1>0,所以 a>b. 猜测:当且仅当 a>b,且 x1 ?

a ?b . c

a?b 时,每年年初鱼群的总量保持不变. c

(Ⅲ)若 b 的值使得 xn>0,n∈N* 由 xn+1=xn(3-b-xn), n∈N*, 知 0<xn<3-b, n∈N*, 特别地,有 0<x1<3-b. 即 0<b<3-x1. 而 x1∈(0, 2),所以 b ? (0,1] 由此猜测 b 的最大允许值是 1. 下证 当 x1∈(0, 2) ,b=1 时,都有 xn∈(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 xk∈(0, 2), 则当 n=k+1 时,xk+1=xk(2-xk)>0. 又因为 xk+1=xk(2-xk)=-(xk-1)2+1≤1<2, 所以 xk+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 xn∈(0,2). 综上所述,为保证对任意 x1∈(0, 2), 都有 xn>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, Ak=1=5k+1+2×3k+l=5(5k+2×3k 1+l)-4(3k 1+1)=5Ak-4(3k 1+l) Ak+1=5+2×3。十 1=5(5?+2x 3?一 0+i) 4(30?)1) 5A^一 4(3??+1) - 因为 Ak 是 8 的倍数,而 4(3k 1+l)也是 8 的倍数,所以 Ak+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 An 能被 8 整除. 7.(1) 观察前几项: a , b ,

b 2 b( 2b ? a ) (2b ? a) 2 (2b ? a )( 3b ? 2a ) (3b ? 2a ) 2 , , , , ,? a a a a a

((k ? 1)b ? (k ? 2)a) 2 猜测: x2 k-1 = , a
x2k =

(( k ? 1)b ? (k ? 2)a)( kb ? (k ? 1)a) ,( k ? 1 ). a

对 k 归纳证明通项公式: k =1 显然成立,设 x 2 k-1, x2k 如上,

( x2k ) 2 (kb ? (k ? 1)a) 2 则 x2k+1 = = , x2k+2 = 2x2k+1-x2k= a x 2 k ?1
(kb ? (k ? 1)a)(( k ? 1)b ? ka ) , 因此, 公式成立 . a
存在这样的无穷数列 ? 所有的 x n

?0 ?

b ? n ? ?? | n? N? . a ?n ?1 ?

(2) b ? a 时,

1 1 a 1 = ( ),故 ? b ? a (k ? 1)b ? (k ? 2)a kb ? (k ? 1)a x2k
n
= nb-(n-1)a .( b = a 时所有的 x n = a ,结果也对).

n 1 ? k ?1 x 2 k
n

=

a 1 1 ( ? ) b ? a a nb ? (n ? 1)a

2 2 ? a0 (1 ? a0 ) ? [ 8. 由不等式 a0 ? a0 ? a1 得知 a1 ? a0 ? a0

a0 ? (1 ? a0 ) 2 1 1 ] ? ? , 知当 n=1 2 4 2

时,所得的不等式成立.

1 ; 要证 n=k+1 时,不等式也成立. k ?1 1 1 1 ? ak ? ;(2)ak ? . 分两种情况考虑: (1) k ?2 k ?1 k ?2 1 1 1 (1 ? )? ; 在情况(1)之下,我们有 ak ?1 ? ak (1 ? ak ) ? k ?1 k ?2 k ?2
假设 n=k 时,不等式成立,即有 ak ? 在情况(2)之下,由于显然有 0<1-ak≤1,我们有 ak ?1 ? ak (1 ? ak ) ? ak ?

1 ; k ?2

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 ? an ? (1)当 n=1 时,由 a1=1+a 及 a1 ? (2)假设当 n=k 时,有 1 ? ak ?

1 .” 1? a

1 ? a2 1 ? ,显然成立. 1? a 1? a

1 成立,于是由递推公式知: 1? a

ak ?1 ?

1 1 1 1 ? a2 1 ?a ? ? a ? 1 ? a ? a ? 1, 且ak ?1 ? ? a ? 1 ? a ? ? . 1 ak ak 1? a 1? a 1? a
1 1 . 所以对一切对任何 n ? N * , 都有 1 ? an ? . 1? a 1? a

这表明仍有 1 ? ak ?1 ?

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. 1 3 11.由 xn+1=1+xn-?2x2 n及 1<x1<2 可得 1<x2< , 2 1 3?(2)2 2 3 11 3 <x3<2, 因而 8 - 2< x3- 2<2- 2,

1 | x3- 2|< 3. 即 n=3 时不等式成立. 2 1 设 yn= xn- 2, 则由已知的递推式得 yn+1+ 2=1+ yn+ 2-2(yn+ 2)2, yn yn+1= yn (1- 2- ). 2 1 1 假设|yn|<2n( n≥3), 我们证明|yn+1|<2n+1. yn 1 | yn+1|=| yn |?|1- 2- 2 |=|yn|?2|yn +(2 2-2)|, 1 1 1 因为 n≥3,所以| yn |< n< 3, 从而|yn +(2 2-2)|≤| 3+(2 2-2)|<1, 2 2 2 1 1 1 1 于是, | yn+1|<2|yn|<2?2n= 2n+1. 即命题对 n+1 成立. 1 由此,对所有 n≥3 的自然数命题成立, 即对 n≥3 均有| xn- 2|< n. 2 12. 证明 由于 f(1)=2, f(n+1)=f(n)( f(n)-1)+1, 可知对于任意正整数 n,成立 f(n)≥2. 由①有 f(n+1)-1= f(n)(f(n)-1) 1 1 1 1 由②,③有 = = - f(n+1)-1 f(n)(f(n)-1) (f(n)-1) f(n) 在④中将 n 改成 k,并且从 1 到 n 求和,有
n 1 1 1 1 1 1 =1- = ( )= 邋 f ( n +1) -1 f (k ) - 1 f (k + 1) - 1 f (1) - 1 f (n + 1) - 1 k = 1 f (k ) k= 1 下面对正整数 n 用数学归纳法证明 n

① ② ③ ④



22

m- 1

<f(n+1)-1< 2

2m

(n≥2)



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, 由归纳假设,有 2
2m- 1

⑦ ⑧ ⑨

<f(m+1)-1< 2
2m- 1

2m

(m≥2),
2m

f(m+1)是正整数,于是 2 由⑦,⑧,⑨得

+1≤f(m+1)-1≤ 2 -1,

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

2m

2m

2m

2m- 1

+3> 2 2 +1, ⑩
2m+ 1

m

2m+ 1

- 2 2 +1< 2

m

+1

?

由⑩和?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.


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