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专题十三
推理与证明
第三十九讲
数学归纳法
答案部分
1．【解析】（Ⅰ）用数学归纳法证明：
0
n x
当
1
n = 时，
1
1
0
x =
假设n
k
=
时，
0
k x
，
那么
1
n
k
=
+ 时，若
1
0
kx + ≤
，则
1
1
0
ln(1
)
0
k
k
k
x
x
x
+
+
=
+
+
≤
，矛盾，故
1
0
kx +
．
因此
0
n x
(
)
n
*
N
所以
1
1
1
ln(1
)
n
n
n
n
x
x
x
x
+
+
+
=
+
+
因此
1
0
n
n
x
x
+
(
)
n
*
N
（Ⅱ）由
1
1
1
ln(1
)
n
n
n
n
x
x
x
x
+
+
+
=
+
+
得
2
1
1
1
1
1
1
4
2
2
(
2)ln(1
)
n
n
n
n
n
n
n
n
x x
x
x
x
x
x
x
+
+
+
+
+
+
−
+
=
−
+
+
+
记函数
2
( )
2
(
2)ln(1
)(
0)
f x
x
x
x
x x
=
−
+
+
+
≥
函数
( )
f x 在
[0,
)
+上单调递增，所以
( )
(0)
f x
f
≥
=0，
因此
2
1
1
1
1
1
2
(
2)ln(1
)
(
)
0
n
n
n
n
n
x
x
x
x
f x
+
+
+
+
+
−
+
+
+
=
≥
故
1
1
2
(
N )
2
n
n
n
n
x x
x
x
n
+
+ −
≤
（Ⅲ）因为
1
1
1
1
1
ln(1
)
2
n
n
n
n
n
n
x
x
x
x
x
x
+
+
+
+
+
=
+
+
+
=
≤
所以
1
1
2
n
n
x
−
≥
得
由
1
1
2
2
n
n
n
n
x x
x
x
+
+ −
≥
得
1
1
1
1
1
2(
)
0
2
2
n
n
x
x
+
−
−
≥
所以
1
2
1
1
1
1
1
1
1
1
2(
)
2
(
)
2
2
2
2
n
n
n
n
x
x
x
−
−
−
−
−
−
=
≥
≥
≥
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故
2
1
2
n
n
x
−
≤
综上，
1
2
1
1
(
N )
2
2
n
n
n
x
n
−
−
≤
≤
．
2．【解析】（）
Ⅰ
( )
f x 的定义域为
(
,
)
−+，
( )
1
ex
f
x
= −
．
当
( )
0
f
x
，即
0
x
时，( )
f x 单调递增；
当
( )
0
f
x
，即
0
x
时，( )
f x 单调递减．
故
( )
f x 的单调递增区间为 (
,0)
−
，单调递减区间为
(0,
)
+．
当
0
x
时，
( )
(0)
0
f x
f
=
，即1
ex
x
+
．
令
1
x
n
=
，得
1
1
1
e n
n
+
，即
1
(1
)
e
n
n
+
．
①
（）
Ⅱ
1
1
1
1
1 (1
)
1 1
2
1
b
a
=
+
= + =
；
2
2
2
1 2
1
2
1
2
1
2
1
2 2(1
)
(2
1)
3
2
b b
b
b
a a
a
a
=
=
+
=
+
=
；
2
3
3
3
1 2 3
3
1 2
1
2
3
1
2
3
1
3
3(1
)
(3 1)
4
3
b b b
b
b b
a a a
a a
a
=
=
+
=
+
=
．
由此推测：
1 2
1
2
(
1)n
n
n
b b
b
n
a a
a
=
+
．
②
下面用数学归纳法证明②．
（）当
1
1
n = 时，左边= 右边
2
=
，②成立．
（）假设当
2
n
k
= 时，②成立，即
1 2
1
2
(
1)k
k
k
b b
b
k
a a
a =
+
．
当
1
n
k
=
+ 时，
1
1
1
1
(
1)(1
)1
k
k
k
b
k
a
k
+
+
+
=
+
+
+
，由归纳假设可得
1
1
1 2
1
1 2
1
1
2
1
1
2
1
1
(
1) (
1)(1
)
(
2)
1
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
b b
b b
b b
b
b
k
k
k
a a
a a
a a
a
a
k
+
+
+
+
+
+
=
=
+
+
+
=
+
+
．
所以当
1
n
k
=
+ 时，②也成立．
根据（1）（2），可知②对一切正整数
都成立．
n
（
）由
Ⅲ
nc 的定义，②，算术-几何平均不等式，
nb 的定义及①得
1
2
3
n
n
T
c
c
c
c
=
+
+
+
+
=
1
1
1
1
3
1
2
1
1
2
1
2
3
1
2
( )
(
)
(
)
(
)n
n
a
a a
a a a
a a
a
+
+
+
+
1
1
1
1
3
1
2
1 2 3
1 2
1
1 2
(
)
(
)
( )
(
)
2
3
4
1
n
n
b b b
b b
b
b
bb
n
=
+
+
+
+
+
1
2
3
1
2
1
1
2
1 2
2 3
3 4
(
1)
n
b
b
b
b
b
b
b
b
b
n n
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
1
2
1
1
1
1
1
1
1
[
]
[
]
1 2
2 3
(
1)
2 3
3 4
(
1)
(
1)
n
b
b
b
n n
n n
n n
=
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
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1
2
1
1
1
1
1
(1
)
(
)
(
)
1
2
1
1
n
b
b
b
n
n
n
n
=
−
+
−
+
+
−
+
+
+
1
2
1
2
nb
b
b
n
+
+
+
1
2
1
2
1
1
1
(1
)
(1
)
(1
)
1
2
n
n
a
a
a
n
=
+
+
+
+
+
+
1
2
e
e
e n
a
a
a
+
+
+
= e
n
S ，即
e
n
n
T
S
．
3．【解析】（Ⅰ）由已知，得
1
0
2
sin
cos
sin
( )
( )
,
x
x
x
f x
f
x
x
x
x
=
=
=
−
于是
2
1
2
2
3
cos
sin
sin
2cos
2sin
( )
( )
,
x
x
x
x
x
f
x
f x
x
x
x
x
x
=
=
−
= −
−
+
所以
1
2
2
3
4
2
16
( )
,
(
)
,
2
2
f
f
= −
= −
+
故
1
2
2 (
)
( )
1.
2
2
2
f
f
+
= −
（）证明：由已知，得
Ⅱ
0
( )
sin ,
xf x
x
=
等式两边分别对
求导，得
x
0
0
( )
( )
cos
f x
xf x
x
+
=
，
即
0
1
( )
( )
cos
sin(
)
2
f x
xf x
x
x
+
=
=
+
，类似可得
1
2
2 ( )
( )
sin
sin(
)
f x
xf x
x
x
+
= −
=
+
，
2
3
3
3
( )
( )
cos
sin(
)
2
f x
xf x
x
x
+
= −
=
+
，
3
4
4
( )
( )
sin
sin(
2 )
f x
xf x
x
x
+
=
=
+
.
下面用数学归纳法证明等式
1
( )
( )
sin(
)
2
n
n
n
nf
x
xf x
x
−
+
=
+
对所有的n
*
N 都成立.
(i)当n=1 时，由上可知等式成立.
(ii)
=
假设当n k 时等式成立即
,
1
( )
( )
sin(
)
2
k
k
k
kf
x
xf x
x
−
+
=
+
.
因为
1
1
1
[
( )
( )]
( )
( )
( )
(
1)
( )
( ),
k
k
k
k
k
k
k
kf
x
xf
x
kf
x
f
x
xf x
k
f x
f
x
−
−
+
+
=
+
+
=
+
+
(
1)
[sin(
)]
cos(
) (
)
sin[
]
2
2
2
2
k
k
k
k
x
x
x
x
+
+
=
+
+
=
+
，
所以
1
(
1)
( )
( )
k
k
k
f x
f
x
+
+
+
(
1)
sin[
]
2
k
x
+
=
+
.
所以当
时等式也成立
n=k+1
,
.
综合(i),(ii)可知等式
1
( )
( )
sin(
)
2
n
n
n
nf
x
xf x
x
−
+
=
+
对所有的n
*
N 都成立.
令
4
x
=
，可得
1
( )
( )
sin(
)
4
4
4
4
2
n
n
n
nf
f
−
+
=
+
(n
*
N ).
所以
1
2
( )
( )
4
4
4
2
n
n
nf
f
−
+
=
(n
*
N )
．
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4．【解析】（Ⅰ）证：用数学归纳法证明
（）当
1
2
p =
时，
2
2
(1
)
1
2
1
2
x
x
x
x
+
= +
+
+
，原不等式成立。
（）假设
2
(
2,
*)
p
k k
k
N
=
时，不等式
(1
)
1
k
x
kx
+
+
成立
当
1
p
k
=
+ 时，
1
(1
)
(1
)(1
)
(1
)(1
)
k
k
x
x
x
x
kx
+
+
=
+
+
+
+
2
1 (
1)
1 (
1)
k
x
kx
k
x
= +
+
+
+
+
所以
1
p
k
=
+ 时，原不等式成立。
综合（1）（2）可得当
1
−
x
且
0
x
时，对一切整数
1
p
，不等式
px
x p
+
+
1
)
1(
均成立。
（）证法：先用数学归纳法证明
Ⅱ
1
1
p
n
a
c
。
（）当
1
1
n =
时由假设
1
1
p
a
c
知
1
p
n
a
c
成立。
（）假设
2
(
1,
*)
n
k k
k
N
=
时，不等式
1
p
ka
c
成立
由
p
n
n
n
a
p
c
a
p
p
a
−
+
+
−
=
1
1
1
易知
0,
*
n
a
n
N
当
1
n
k
=
+
时
1
1
1
1
(
1)
p
k
k
p
k
k
a
p
c
c
a
a
p
p
p a
−
+
−
=
+
= +
−
由
1
0
p
ka
c
得
1
1
1
(
1)
0
p
k
c
p
p a
− −
−
由（Ⅰ）中的结论得
1
1
1
(
)
[1
(
1)]
1
(
1)
p
p
k
p
p
p
k
k
k
k
a
c
c
c
p
a
p a
p a
a
+
=
+
−
+
−
=
因此
1
p
ka
c
+
，即
1
1
p
k
a
c
+
所以当
1
n
k
=
+
时，不等式
1
p
n
a
c
也成立。
综合（1）（2）可得，对一切正整数n ，不等式
1
p
n
a
c
均成立。
再由
1
1
1
(
1)
n
p
n
n
a
c
a
p a
+
= +
−
得
1
1
n
n
a
a
+ ，即
1
n
n
a
a
+
综上所述，
1
1
,
*
p
n
n
a
a
c
n
N
+
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证法2：设
1
1
1
( )
,
p
p
p
c
f x
x
x
x
c
p
p
−
−
=
+
，则
p
x
c
，并且
1
1
'( )
(1
)
(1
)
0
p
p
p
c
p
c
f
x
p x
p
p
p
x
−
−
−
=
+
−
=
−
，
1
p
x
c
由此可见，( )
f x 在
1
[
,
)
p c
+上单调递增，因而当
1
p
x
c
时
1
1
( )
(
)
p
p
f x
f c
c
=
=
。
（）当
1
1
n = 时由
1
1
0
p
a
c
，即
1
p
a
c
可知
1
2
1
1
1
1
1
1
1
[1
(
1)]
p
p
p
c
c
a
a
a
a
a
p
p
p a
−
−
=
+
=
+
−
，
并且
1
2
1
( )
p
a
f a
c
=
，从而
1
1
2
p
a
a
c
故当
1
n = 时，不等式
1
1
p
n
n
a
a
c
+
成立。
2
（）假设
(
1,
*)
n
k k
k
N
=
时，不等式
1
1
p
k
k
a
a
c
+
成立，则
当
1
n
k
=
+ 时
1
1
(
)
(
)
(
)
p
k
k
f a
f a
f c
+
，即有
1
1
2
p
k
k
a
a
c
+
+
，
所以当
1
n
k
=
+
时原不等式也成立。
综合（1）（2）可得，对一切正整数n ，不等式
1
1
p
n
n
a
a
c
+
均成立。
5．【解析】：（Ⅰ）解法一：
2
3
2,
2 1
a
a
=
=
+
再由题设条件知
(
)
(
)
2
2
1
1
1
1
n
n
a
a
+
−
=
−
+
从而 (
)
2
1
n a −
是首
公差为
的等差数列，
项为0
1
故 (
)
2
1
n a −
=
1
n−，即
(
)
*
1 1,
n
a
n
n
N
=
−+
解法二：
2
3
2,
2 1
a
a
=
=
+
可写为
1
2
3
1 1 1,
2 1 1,
3 1 1,
a
a
a
=
−+
=
−+
=
−+
.因此猜想
1 1
n
a
n
=
−+
.
下用数学归纳法证明上式：
当
1
n = 时结论显然成立.
假设n
k
=
时结论成立，即
1 1
k
a
k
=
−+
.
则
(
)
(
)
(
)
2
1
1
1
1
1
1 1
1
1
1
k
k
a
a
k
k
+
=
−
+ + =
−
+ + =
+
−+
这就是说，当
1
n
k
=
+ 时结论成立.
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所以
(
)
*
1 1,
n
a
n
n
N
=
−+
（Ⅱ）解法一：设
( )
(
)
2
1
1 1
f x
x
=
−
+ −，则
(
)
1
n
n
a
f a
+ =
.
令
( )
c
f c
=
，即
(
)
2
1
1 1
c
c
=
−
+ −
，解得
1
4
c =
.
下用数学归纳法证明加强命题：
2
2
1
1
n
n
a
c
a
+
当
1
n = 时，
( )
( )
2
3
1
0,
0
2 1
a
f
a
f
=
=
=
=
−，所以
2
3
1
1
4
a
a
，结论成立.
假设n
k
=
时结论成立，即
2
2
1
1
k
k
a
c
a
+
易知
( )
f x 在(
,1
−
上为减函数，从而
( )
(
)
( )
2
1
2
1
k
c
f c
f a
f
a
+
=
=
即
2
2
2
1
k
c
a
a
+
再由
( )
f x 在(
,1
−
上为减函数得
( )
(
)
(
)
2
2
2
3
1
k
c
f c
f a
f a
a
+
=
=
.
故
2
3
1
k
c
a
+
，因此
2(
1)
2(
1) 1
1
k
k
a
c
a
+
+ +
，这就是说，当
1
n
k
=
+ 时结论成立.
综上，符合条件的c 存在，其中一个值为
1
4
c =
.
解法二：设
( )
(
)
2
1
1 1
f x
x
=
−
+ −，则
(
)
1
n
n
a
f a
+ =
先证：0
1
n
a
(
)
*
n
N
…………………………①
当
1
n = 时，结论明显成立.
假设n
k
=
时结论成立，即0
1
k
a
易知
( )
f x 在(
,1
−
上为减函数，从而
( )
(
)
( )
0
1
0
2 1 1
k
f
f a
f
=
=
−
即
1
0
1
k
a +
这就是说，当
1
n
k
=
+ 时结论成立，故①成立.
再证：
2
2
1
n
n
a
a
+
(
)
*
n
N
………………………………②
当
1
n = 时，
( )
( )
2
3
1
0,
0
2 1
a
f
a
f
=
=
=
=
−，有
2
3
a
a
，即当
1
n =
时结论②成立
假设n
k
=
时，结论成立，即
2
2
1
k
k
a
a
+
由①及
( )
f x 在(
,1
−
上为减函数，得
(
)
(
)
2
1
2
2
1
2
2
k
k
k
k
a
f a
f a
a
+
+
+
=
=
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(
)
(
)
(
)
(
)
2
1
2
2
2
1
2
1
1
k
k
k
k
a
f a
f a
a
+
+
+
+ +
=
=
这就是说，当
1
n
k
=
+ 时②成立，所以②对一切
*
n
N
成立.
由②得
2
2
2
2
2
2 1
k
k
k
a
a
a
−
+
−，即 (
)
2
2
2
2
2
1
2
2
k
k
k
a
a
a
+
−
+
因此
2
1
4
k a
又由①、②及
( )
f x 在(
,1
−
上为减函数得
(
)
(
)
2
2
1
n
n
f a
f a
+
，即
2
1
2
2
n
n
a
a
+
+
所以
2
2
1
2
1
2
1
2
2
1,
n
n
n
a
a
a
+
+
+
−
+
−
解得
2
1
1
4
n
a
+
.
综上，由②③④知存在
1
4
c =
使
2
2
1
1
n
n
a
c
a
+
对一切
*
n
N
成立.
6．【解析】（）
Ⅰ
1
1
( )
(1
)
r
r
f
x
r
rx
r
x
−
−
=
−
=
−
，令
( )
0
f
x
=
，解得
1
x = .
当0
1
x
时，
( )
0
f
x
，所以
( )
f x 在
(0, 1) 内是减函数；
当
1
x 时，
( )
0
f
x
，所以
( )
f x 在
(1,
)
+ 内是增函数.
故函数( )
f x 在
1
x = 处取得最小值
(1)
0
f
= .
（）由（
Ⅱ
Ⅰ）知，当
(0,
)
x
+时，有
( )
(1)
0
f x
f
=
，即
(1
)
r
x
rx
r
+
−
①
若
1a ，
2a
中有一个为，则
0
1
2
1
2
1 1
2 2
b
b
a a
a b
a b
+
成立；
若
1a ，
2a
均不为，又
0
1
2
1
b
b
+
=
，可得
2
1
1
b
b
= −
，于是
在①中令
1
2
a
x
a
=
，
1
r
b
=
，可得
1
1
1
1
1
2
2
(
)
(1
)
b
a
a
b
b
a
a
+
−
，
即
1
1
1
1
2
1 1
2
1
(1
)
b
b
a a
a b
a
b
−
+
−
，亦即
1
2
1
2
1 1
2 2
b
b
a a
a b
a b
+
.
综上，对1
2
0,
0
a
a
，1b ，2b 为正有理数且1
2
1
b
b
+
=
，总有
1
2
1
2
1 1
2 2
b
b
a a
a b
a b
+
.
②
（Ⅲ）（Ⅱ）中命题的推广形式为：
设
1
2
,
,
,
n
a
a
a 为非负实数，
1
2
,
,
,
n
b b
b 为正有理数.
若1
2
1
n
b
b
b
+
+
+
= ，则
1
2
1
2
1 1
2 2
n
b
b
b
n
n
n
a a
a
a b
a b
a b
+
+
+
.
③
用数学归纳法证明如下：
（）当
1
1
n =
时，1
1
b =
，有
1
1
a
a
，③成立.
（）假设当
2
n
k
=
时，③成立，即若1
2
,
,
,
k
a a
a 为非负实数，1
2
,
,
,
k
b b
b 为正有理数，
且1
2
1
k
b
b
b
+
+
+
= ，则
1
2
1
2
1 1
2
2
k
b
b
b
k
k
k
a a
a
a b
a b
a b
+
+
+
.
当
1
n
k
=
+ 时，已知
1
2
1
,
,
,
,
k
k
a a
a a + 为非负实数，
1
2
1
,
,
,
,
k
k
b b
b b + 为正有理数，
且
1
2
1
1
k
k
b
b
b
b +
+
+
+
+
= ，此时
1
0
1
kb +
，即
1
1
0
kb +
−
，于是
1
1
1
2
1
2
1
2
1
1
2
1
(
)
k
k
k
k
b
b
b
b
b
b
b
b
k
k
k
k
a a
a a
a a
a
a
+
+
+
+
=
=
1
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
1
(
)
k
k
k
k
k
k
b
b
b
b
b
b
b
b
k
k
a
a
a
a
+
+
+
+
+
−
−
−
−
+ .
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因
1
2
1
1
1
1
1
1
1
k
k
k
k
b
b
b
b
b
b
+
+
+
+
+
+
=
−
−
−
，由归纳假设可得
1
2
1
1
1
1
1
1
1
2
k
k
k
k
b
b
b
b
b
b
k
a
a
a
+
+
+
−
−
−
1
2
1
2
1
1
1
1
1
1
k
k
k
k
k
b
b
b
a
a
a
b
b
b
+
+
+
+
+
+
−
−
−
1 1
2 2
1
1
k
k
k
a b
a b
a b
b +
+
+
+
=
−
，
从而
1
1
2
1
2
1
k
k
b
b
b
b
k
k
a a
a a
+
+
1
1
1
1 1
2
2
1
1
1
k
k
b
b
k
k
k
k
a b
a b
a b
a
b
+
+
−
+
+
+
+
+
−
.
又因
1
1
(1
)
1
k
k
b
b
+
+
−
+
= ，由②得
1
1
1
1 1
2
2
1
1
1
k
k
b
b
k
k
k
k
a b
a b
a b
a
b
+
+
−
+
+
+
+
+
−
1 1
2
2
1
1
1
1
(1
)
1
k
k
k
k
k
k
a b
a b
a b
b
a
b
b
+
+
+
+
+
+
+
−
+
−
1 1
2
2
1
1
k
k
k
k
a b
a b
a b
a
b
+
+
=
+
+
+
+
，
从而
1
1
2
1
2
1
k
k
b
b
b
b
k
k
a a
a a
+
+
1 1
2
2
1
1
k
k
k
k
a b
a b
a b
a
b
+
+
+
+
+
+
．
故当
1
n
k
=
+
时，③成立．
由（
）可知，对一切正整数
1）（ 2
n ，所推广的命题成立．
说明：（
）中如果推广形式中指出
Ⅲ
③式对
2
n
成立，则后续证明中不需讨论
1
n = 的
情况.
7．【解析】（Ⅰ）由
3
( )
,
[0,
)
h x
x
x
x
x
=
−−
+
知
，而
(0)
0,
(1)
1
0
h
h
=
= −
且
，
(2)
6
2
0,
0
( )
h
x
h x
=
−
=
则
为
的一个零点，且( )
h x 在（1，）内有零点。
2
因此( )
h x 至少有两个零点。
解法：
1
1
2
2
1
( )
3
1
,
2
h x
x
x
−
=
−−
记
1
2
2
1
( )
3
1
,
2
x
x
x
−
=
−−
则
3
2
1
( )
6
.
4
x
x
x
−
=
+
当
(0,
)
,
( )
0,
( )
(0,
)
x
x
x
+
+
时
因此
在
上单调递增，则
( )
(0,
)
x
+
在
内至多
只有一个零点。又因为
3
3
(1)
0, (
)
0,
( )
(
,1)
3
3
x
则
在
内有零点，所以
( )
(0,
)
x
+
在
内
有
且
只
有
一
个
零
点 ，
记
此
零
点 为
1
1
1
,
(0,
)
, ( )
(
)
0
x
x
x
x
x
=
则当
时
；当
1
(
,
)
x
x
+时，
1
( )
(
)
0.
x
x
=
所以，
当
1
(0,
)
, ( )
x
x
h x
时
单调递减，而
1
(0)
0,
( )
(0,
]
h
h x
x
=
则
在
内无零点；
当
1
(0,
)
, ( )
x
x
h x
时
单调递减，而
1
(0)
0,
( )
(0,
]
h
h x
x
=
则
在
内无零点；
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当
1
(
,
)
, ( )
x
x
h x
+时
单调递增，而
1
( )
(
,
)
h x
x +
在
内至多只有一个零点。
从而
( )
(0,
)
h x
+
在
内至多只有一个零点。
综上所述，( )
h x 有且只有两个零点。
解法2：由
1
1
2
2
2
2
( )
(
1
),
( )
1
h x
x x
x
x
x
x
−
−
=
−−
=
−−
记
，则
3
2
1
( )
2
.
2
x
x
x
−
=
+
当
(0,
)
,
( )
0,
x
x
+
时
从而
( )
(0,
)
x
+
在
上单调递增，
则
( )
(0,
)
x
+
在
内至多只有一个零点，因此
( )
(0,
)
h x
+
在
内也至多只有一个零点。
综上所述，( )
h x 有且只有两个零点。
（Ⅱ）记( )
h x 的正零点为
3
0
0
0
0
,
.
x
x
x
x
=
+
即
（）当
1
0
1
1
0
,
,
.
a
x
a
a
a
x
=
时由
即
而
2
3
2
1
1
0
0
0
2
0
,
.
a
a
a
x
x
x
a
x
=
+
+
=
因此
由此猜测：
0
n
a
x
。下面用数学归纳法证明。
①当
1
0
1
,
n
a
x
=
时
显然成立。
②假设当
0
(
1)
,
,
1
k
n
k k
a
x
n
k
=
=
+
时
成立则当
时，由
3
3
1
0
0
0
1
0
,
.
n
k
k
k
a
a
a
x
x
x
a
x
+
+
=
+
+
=
知
因此，当
1
0
1
,
k
n
k
a
x
+
=
+
时
成立。
故对任意的
*
0
,
k
n
N a
x
成立。
（）当
2
0
a
x
时，由（I）知，
0
( )
(
,
)
h x
x +
在
上单调递增，则
0
( )
(
)
0
h a
h x
=
，
即
3
3
3
2
1
1
2
.
,
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
+
=
+
=
+
从而
即
，
由此猜测：
ka
a
，下面用数学归纳法证明，
①当
1
1
,
n
a
a
=
时
显然成立。
②假设当
(
1)
,
k
n
k k
a
a
=
时
成立，则当
1
n
k
=
+ 时，
由
3
3
1
1
,
k
k
k
k
a
a
a
a
a
a
a
a
+
+
=
+
+
知
因此，当
1
1
,
k
n
k
a
a
+
=
+
时
成立，
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故对任意的
*,
n
n
N a
a
成立
综上所述，存在常数
0
max{
, }
M
x
a
=
，使得对于任意的
*,
.
n
n
N
a
M
都有
