【提优教程】江苏省2012高中数学竞赛 第32讲 数学归纳法教案

用心 爱心 专心1 第第 3232 讲讲 数学归纳法数学归纳法 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 用心 爱心 专心2 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 2 nnn aaaanN 1 证明 2 求数列的通项公式an 2005 年全国高考江西 2 1 Nnaa nn n a 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 命题正确 2 10 aa 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 时命题正确 1 kn 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 aaaa20 10 aa 2 假设n k时有成立 2 1 kk aa 令 在 0 2 上单调递增 所以由假设 4 2 1 xxxf xf 有 即 2 1 fafaf kk 24 2 2 1 4 2 1 4 2 1 11 kkkk aaaa 也即当 n k 1 时 成立 所以对一切2 1 kk aa2 1 kk aaNn有 2 下面来求数列的通项 所以 4 2 2 1 4 2 1 2 1 nnnn aaaa 用心 爱心 专心3 2 1 2 2 2 nn aa nn nnnnnnn bbbbbab 22212 1 222 2 2 1 12 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 则令 又 bn 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 1 求证对任何正整数 n 方程x2 y2 zn都有整数解 2 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 3 n N 04 年复旦大学优秀生选拔考试 3 2 1 3 3 1 3 1 n 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 3 成立 原命题显然成立 3 2 1 3 3 1 3 1 n 1 3 n 用心 爱心 专心4 当 n 5 时 左边1 775 即 n 5 时成立 设 n k k5 时成立 即 1 3 则 n k 1 时 3 2 1 3 3 1 3 1 k 1 3 k 左边 1 0 2 1 1 3 kk 323 1 913 1 9 kkkk 当 n k 1 时 1 B 先证 A C 再证 C B 这种证明不等式的方法称为放缩法放缩法 本题用了放缩 法 解法 2 由 n3 n 1 n n 1 整理得 3 1 n 1 1 1 nnn 1 1 nn 1 1 nn 11 1 nn 即 3 1 n11 1 nn 1 1 nn 1 1 nnn nn 2 11 1 1 n1 1 n 又 2 2 1 1 1 n nn 2 11 n 1 1 2 1 n 1 1 2 1 12 1 1 4 1 nn n 1 2 1 2 1 1 n 1 1 1 3 2 1 3 3 1 3 1 n 3 1 2 1 4 1 3 1 5 1 1 1 n1 1 n 1 1 1 1 3 2 1 n 1 1 1 n2 1 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 都是完全平方数 22 2 2 1n aaa 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 x2 y2 则 y2 若结论成立 则存在 z 22 2 2 1 k aaa 2 1 k a 22 2 2 1 k aaa 2 1 k a 使 x2 y2 z2 由有关勾般数的知识 不难想到应将为 完全平方数 加 22 2 2 1n aaa 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 an a1 a2 a3 使得对所有自 用心 爱心 专心5 然数 n 是奇数的平方数 22 2 2 1n aaa 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 使为奇数 2m 1 的平方 即 22 2 2 1 k aaa 2m 1 2 取ak 1 2m2 2m 22 2 2 1 k aaa 则 2m 1 2 2m2 2m 2 2m2 2m 1 2也是奇数的平方 2 1 22 2 2 1 kk aaaa 又因为a1 5 ak a1 所以 2ak 1 1 1 2ak 22 2 2 1 k aaa 2 k a 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 其中 t 表示不超过t的最大整 x 1 2x 2 3x 3 nx n 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 式显然成立 假设 式对n k 1 均成立 记xi i 1 2 k 则有 x 1 2x 2 3x 3 ix i kxk kxk 1 kx k 1 xk 1 xk 1 kx k 1 xk 1 k 2 xk 2 xk 2 k 1 x 2x2 x1 x1 2x 将 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 m0 都有Nn 5 1 n a C 类例题 例 7 已知xi R i 1 2 n 满足求证 11 1 0 nn ii ii xx 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x1 x2 xn 满足 则 11 1 0 nn ii ii xx 1 11 22 n i i x in 1 当n 2 时 x1 x2 1 x1 x2 0 则 x1 x2 2 1 不等式成立 21 111 1111 2224222 xx xxx 2 假设n k时不等式成立 即对k k 2 个实数x1 x2 xk 满足 则有 11 1 0 kk ii ii xx 1 11 22 k i i x ik 于是n k 1 时 k 1 个实数x1 x2 xk 1 满足 则有 将xk xk 1看 11 11 1 0 kk ii ii xx 成n k时的xk 1111 11 1111 1 0 kkkk ikkiikki iiii xxxxxxxx 由条件又有 xk 1 2 1 事实上 由xk 1 于是 xk 1 1 111 1111 21 kkkk ikkikii iiii xxxxxxx 且 所以 2 1 11 111 11 1 111 1 1 1 1 1111111 11 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 用心 爱心 专心7 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 记则 11 1 0 nn ii ii xx 1 11 max min knk k nk n aa aa 1 1 1 2 n kkn k a xaa 例 8 设x1 x2 xn是非负实数 记a min x1 x2 xn 试证 令xn 1 x1 且等号成立当且仅当x1 x2 xn 2 2 11 1 1 1 1 1 nn j j ij j x nxa xa 1992 年中国数学奥林匹克试题 证明 当n 1 时 a x1 不等式写为 1 x1 x1 1 x1 1 x1 1 1 x1 2 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 21 1 1211 1 2 11 2 1 11 1 1111 11111 1111 1 1 111 1 n j nnn i jnn n nnn j j n x xxxx xxxxx xxx nxa axxx L 因此 只需证明 1 xn xn 1 1 x1 1 xn 1 1 xn xn a 2 1 a 2 上式左边为 xn xn 1 1 x1 xn 1 xn 1 xn xn x1 xn xn 1 1 x1 xn a 2 1 a 2 这就证明了不等式成立 又等号成立当且仅当 式取等号 即xn a 自然有x1 x2 xn 情景再现 5 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 n 2 2 6 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 习题习题 1313 A 类习题 1 1 设数列满足 n a1 2 1 nnn naaa 3 2 1 n I 当时 求并由此猜测的一个通项公式 2 1 a 432 aaa n a II 当时 证明对所的 有3 1 a1 n i 2 nan 用心 爱心 专心8 ii 2002 年全国高考题 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 321 n aaaa 2 2 已知函数 设数列满足 数列 1 1 3 x x x xf n a1 1 a 1nn afa 满足 n b 3 nn ab 21 bbSn Nnbn 用数学归纳法证明 证明 2005 年全国高考辽宁 1 2 13 n n n b 3 32 n S 卷 3 3 设数列满足 n a 11 1 2 1 2 3 nn n aaan a 1 证明对一切正整数 n 成立 21 n an 2 令 判断的大小 并说明理由 2004 年全国高考重 1 2 3 n n a bn n 1nn bb 与 庆卷 4 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 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 求xn 1与xn的关系式 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 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 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 7 无穷数列 xn 中 n1 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 的调和平均值 即的值 2004 年福建省高中数学联赛 2 x 4 x n x2 n k k x n 1 2 1 用心 爱心 专心9 8 8 设是一个正数数列 对一切 都有证明 对 012 a a a 0 1 2 3 n 2 1 nnn aaa 一切 都有1 2 3 n 1 1 n a n 9 9 设 0 a1 11 1 1N n n aaaa n a N n 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 1111 设 1 x1 2 对于n 1 2 3 定义xn 1 1 xn x 求证 对于 n 3 有 xn 1 1 1 11 f 1 1 f 2 1 f n 1 1994 年爱尔兰数学奥林匹克试题 本节 情景再现 解答 1 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 则有 k zyx 1 2 1 2 1 2 1 2 11 2 1 2 1 2 1 2 11 2 11 kk zzzzyxzyzx 即 n k 2 时 x2 y2 zn也有正整数解 2 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 若a3 1 则 a4 10 a5 与题设矛盾 若a3 5 则 a4 2 a5 与题设矛盾 若a3 10 则 3 2 35 2 a4 1 a5 60 a6 与题设矛盾 所以a3 2 3 5 2 用数学归纳法 当 n 3 时a3 a1 2 等式成立 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 和 可知结论对一切 n 3 正整数都有成立 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 当 n 为偶数 当 n 为奇数 用心 爱心 专心10 1 1 2 1 1 2 1 nn nn Sn 3 3 证明 1 当 n 2 时 不等式成立 22 2 a 2 假设当时不等式成立 即 2 kkn 2 2 kak 那么 这就是说 当时不等式成立 2 2 1 1 1 1 1 k kk a kk a1 kn 根据 1 2 可知 成立 22 nak对所有 证法一证法一 由递推公式及 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 n nn a 故 n nn nn aa 2 1 1 1 lnln 1 1 n 上式从 1 到求和可得1 n 12 1 2 1 2 1 2 1 1 1 32 1 21 1 lnln n n nn aa 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 2ln 2 neaa nn 故 证法二证法二 由数学归纳法易证成立 故2 1 2 nnn n 对 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 且 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 bn 上式从 2 到 n 求和得 用心 爱心 专心11 1 1 32 1 21 1 lnln 21 nn bbn 1 1 1 1 3 1 2 1 2 1 1 nn 因 2 3 3ln1ln 3 1 3ln1 1122 neebbab nn 故 故成立 1 2 13 22 2 2 1 2 1 neaeaeaneea nn 对一切故又显然 4 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 证法 1 当 111 0 2 11 1 1 1 nana an aan na an nn n nn n n 且 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 naan 由已知不等式知 当 n 3 时有 log 2 111 2 1 n aan log2 2 2 log2 log 2 111 2 2 21 nb b a b nb n ba ba n n 证法 2 设 首先利用数学归纳法证不等式 n nf 1 3 1 2 1 5 4 3 1 n bnf b an i 当 n 3 时 由 3 1 1 2 2 3 3 1 3 3 3 3 1 1 2 2 2 3 bf b a a a a a a 知不等式成立 ii 假设当 n k k 3 时 不等式成立 即 1bkf b ak 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 an 又由已知不等式得 5 4 3 log2 2 log 2 1 1 2 2 n nb b bn b an 有极限 且 0 lim n n a 用心 爱心 专心12 5 1 log 2 log 2 log2 2 222 nnnb b 且 则有 10242 10 loglog 10 22 nnn 故取 N 1024 可使当 n N 时 都有 5 1 n a 5 5 证明 1 当 n 1 时 P1 2 结论成立 1 2 2 2 假设 n k 时结论成立 即 i 1 2 3 k i i P 2 2 将这 k 个不等式两边分别相乘 得 P1 P2 P3 Pk k 2 2 2 2 321 2 1 22 2 k 所以 P1 P2 P3 Pk 1 1 1 22 2 k 1 2 2 k 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 即 Pk 1 1 2 2 k 1 2 2 k 综上知 对任何自然数 n 都有 Pn n 2 2 说明 这里采用的是第二数学归纳法 Pk 1 成立以P1 P2 1 2 2 k 1 2 2 2 2 2 k k P 2 20 所以a b 猜测 当且仅当a b 且时 每年年初鱼群的总量保持不变 c ba x 1 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 b0 又因为xk 1 xk 2 xk xk 1 2 1 10 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 7 1 观察前几项 a b a b2 a abb 2 a ab 2 2 a abab 23 2 a ab 2 23 猜测 x2 k 1 a akbk 2 2 1 x2k k 1 a akkbakbk 1 2 1 对 k 归纳证明通项公式 k 1 显然成立 设 x 2 k 1 x2k 如上 则 x2k 1 x2k 2 2x2k 1 x2k 12 2 2 k k x x a akkb 2 1 用心 爱心 专心18 因此 公式成立 a kabkakkb 1 1 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 故 k x2 1 ab a akkbakbk 1 1 2 1 1 nb n 1 a b a 时所有的 x n a 结果也 n k k x n 1 2 1 1 11 annbaab a n 对 8 由不等式得知知当n 1 2 001 aaa 22 00 10000 1 11 1 242 aa aaaaa 时 所得的不等式成立 假设n k时 不等式成立 即有要证n k 1 时 不等式也成立 1 1 k a k 分两种情况考虑 111 1 2 212 kk aa kkk 在情况 1 之下 我们有 1 111 1 1 122 kkk aaa kkk 在情况 2 之下 由于显然有 0 1 ak 1 我们有 1 1 1 2 kkkk 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 N 有 1 1 1 n a a 1 当n 1 时 由a1 1 a及 显然成立 2 1 11 11 a a aa 2 假设当n k时 有成立 于是由递推公式知 1 1 1 k a a 2 11 11111 11 1 1 11 1 kk kk a aaaaaaaa aaaa a 且 这表明仍有所以对一切对任何都有 1 1 1 1 k a a nN