竞赛专题14数学归纳法解析版

【高中数学竞赛专题大全】竞赛专题14数学归纳法（50题竞赛真题强化训练）一、解答题1．（2021·全国·高三竞赛）已知.证明：当时，.【答案】证明见解析【解析】【详解】（1）当时，左边；右边；因为，所以，所证不等式成立.（2）假设时不等式成立，即成立.当时，，所以，当时，不等式也成立.由（1）､（2）可知，当时，所证不等式成立.2．（2019·全国·高三竞赛）设.证明：.【答案】见解析【解析】【详解】用归纳法证明一个更一般的结论：若，，则.显然，当时，就是本题结论.首先，考虑的情形.由于，故.所以，.假设对，有.①则当时，更有式①成立.当时，易知.于是，.②从而，由式①、②得.综上，命题成立.3．（2021·全国·高三竞赛）数列满足：，求的通项公式．【答案】【解析】【详解】用数学归纳法，当，符合；假设，当时，则=，故时，命题成立，所以．4．（2019·全国·高三竞赛）若为某一整系数多项式的根，则称为“代数数”.否则，称为“超越数”，证明：（1）可数个可数集的并为可数集；（2）存在超越数.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【详解】（1）设为可数集（注意到，题中所述的可数集有可数个.则可对这些集合进行自然数编号）.设.将与对应（、均为正整数），则为有理数.故中有元素与有理数集中的元素一一对应.因为有理数集为可数集，所以，为可数集.（2）设所有次整系数多项式的根构成的集合为.只需证明：次整系数多项式有可数个，即，其中，均为正整数，有可数种取值.用数学归纳法证明.（i）证明有可数个，对固定的、有可数种取值，又有可数种取值，由（1）知可数个可数集的并为可数集.因此，有可数个.（ii）假设有可数个.对固定的，则有可数个.又有可数种取值，则由（1）知有可数个，每个整系数多项式有可数个根，而次整系数多项式有可数个，故次整系数多项式的所有根构成的集合为可数集.由（1）知为可数集，即代数数集为可数集.又为不可数集，故超越数一定存在.5．（2019·全国·高三竞赛）设数列满足，，试求．【答案】2009【解析】【详解】由，得.又，有，，．下面用数学归纳法证明：当时，.①事实上，当时，式①结论显然成立．假设当时，结论成立．又由于函数在上单调递减，结合式①得.另一方面，.②而．③当时，，式③成立．由式②、③得．综上，．由归纳原理知，当时，总有式（1）成立．故所求．6．（2019·全国·高三竞赛）已知数列满足，.证明：【答案】见解析【解析】【详解】设.则.当时，.于是，.从而，所证不等式转化为.先用数学归纳法证明：.①（1）当时，不等式①的右边左边.（2）假设当时，有.当时，.只需证明：.设，只需证明：.易证，从而，不等式①成立.再证明：.②因为对任意的，均有，所以，.又当时，有，则.于是，不等式②成立.从而，原不等式得证.7．（2019·全国·高三竞赛）已知实数数列满足,.其中,表示不超过实数的最大整数.求.【答案】【解析】【详解】,,,.由数学归纳法易证,则.故.8．（2019·全国·高三竞赛）给定正整数，非负整数满足对均有，其中，表示中大于0的数的个数（规定）.试求的最大值.【答案】【解析】【详解】首先，满足.因此，符合要求.此时，.其次，假设满足题目要求，且，其余的不为0，则补充定义，，有.以上结论对也成立.于是，所求的最大值为.【注】后半段的证明可通过归纳完成.9．（2019·全国·高三竞赛）设为给定的正整数.求所有正整数，使得存在，，且恰有个不同的质因子.【答案】见解析【解析】【详解】先给出一个引理.引理若，则.证明略.回到原题.当时，显然满足条件.首先证明：设为的最小质因子.若，则.由费马小定理得.所以，.又，则，矛盾.故.下面用数学归纳法证明：当时，满足条件.当时，取，由引理知，取满足条件.假设时，存在，恰有个不同的质因子，且有一个与互质的质因子.则由，得.所以，.此时，又，故必存在一个与互质的质因子.而恰有个不同的质因子，故对一切，存在，使，恰含有个不同的质因子，且有与互质的质因子.故满足条件的为不等于2的全体正整数.10．（2019·全国·高三竞赛）设，已知个正实数，，…，使对任意、，有，证明：·【答案】见解析【解析】【详解】用数学归纳法证明：，，…，中的数分别不超过1，，…，中的数．当时，令，知．故，结论成立．假设当时结论成立，则当时，．若，则．由归纳假设，，…，中的数分别不超过l，，…，中的数，故结论成立．若，则．由归纳假设，，…，中的数分别不超过l，，…，中的数，故结论成立．因此.当时，结论成立．综上，结论成立．则．11．（2019·全国·高三竞赛）已知各项均不小于1的数列满足：，，，试求：（1）数列的通项公式；（2）的值.【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）令.则且.由此，，，….观察知.下面用数学归纳法证明.当时，结论显然成立.设时，结论成立，证明时结论亦成立.由，知.因此，对一切正整数成立.由此得.由，知.令，则，且.故.从而，.（2）注意到（阿贝尔公式），故，即.从而，.类似地，由于，故，即.所以，.综上，.12．（2019·全国·高三竞赛）数列定义如下：对任何正整数，.证明：存在无数个的取值，使对一切正整数，有.【答案】见解析【解析】【详解】我们证明：当时，.为此，先证明.①当时，式①成立.设式①对成立，即.那么，.故式①对成立.由式①，有，即.所以，.故.13．（2019·全国·高三竞赛），，给定，，.证明：对任意、，.其中，表示与的最大公约数.【答案】见解析【解析】【详解】首先，证明：（、）.①令.对进行归纳.当时，式①显然成立.假设对于小于的数式①也成立，考虑.由归纳假设得，②.③得.④所以，式①成立.对任意，由式④有.则，其中用到，这由归纳法易知.当时，.故对任意，都有.对、做带余除法知.14．（2021·全国·高三竞赛）求所有的函数，满足，且对于所有整数，有.【答案】函数只有一个：【解析】【详解】令，得，即.①令，得，所以或2.若，由①，.令，得.但不成立，矛盾.若，由条件，对任意的整数，有.令，得，即.所以，为偶函数.根据①由数学归纳法可证明，对任意正整数，有.再由为偶函数知对于任意的整数，有.经验证，满足条件.综上，满足条件的函数只有一个：.15．（2019·全国·高三竞赛）求证：数列的每一项都是整数，但都不是3的倍数.【答案】见解析【解析】【详解】设，则，且.下面利用数学归纳法证明.①当，时，有，都是整数，且都不是3的倍数，命题成立.②假设，都是整数，且都不是3的倍数，由三角公式有.可见，也是整数.下面证明不是3的倍数，若不然，则.但，故.与不是3的倍数矛盾.所以，不是3的倍数，这表明，命题对时成立.由数学归纳法知，命题对一切正整数成立.16．（2019·全国·高三竞赛）设数列满足,,.证明:对任意的,.【答案】见解析【解析】【详解】固定，改证以下命题：对任意的，有.①对用数学归纳法.当时，结论显然.设时，式①成立，即.当时，.于是，式①亦成立.因此，式①得证.在式①中取，得.17．（2018·四川·高三竞赛）已知数列满足：，若对任意正整数，都有，求实数的最大值.【答案】的最大值为2．【解析】【详解】因为，故．若，注意到时，．因此，存在充分大的，使得，即，矛盾！所以，．又当时，可证：对任意的正整数，都有．当，结论成立．假设（）时，结论成立，即，则，即结论对也成立．由数学归纳法知，对任意的正整数，都有．综上可知，所求实数的最大值为2．18．（2018·全国·高三竞赛）一束直线的每条均过xOy平面内的抛物线的焦点，与抛物线C交于点、.若的斜率为1，的斜率为，求的解析式.【答案】【解析】【详解】易知抛物线焦点.设，并与联立知点、的横坐标、满足关于x的方程且.则.从而，当时，有.记满足及递推关系则为斐波那契数列其通项公式为.下面证明：对一切正整数i成立.由，知i=1时结论成立.设i=t时结论成立.则即i=t+1时结论也成立.由数学归纳法知对一切正整数i成立.特别地，.从而，的解析式为.【注】本题亦可用不动点方法求数列的通项.19．（2018·广西·高三竞赛）设为非负数，求证：.【答案】见解析【解析】【详解】当n=1时，结论显然成立.假设当n=k时，结论对于任意k个非负数成立.则当n=k+1时，对于任意k+1个非负数，根据归纳假设有，从而.下面证明①由柯西不等式可得.即.于是有.故.从而.即①式成立.由数学归纳法可知，对任意的非负实数结论均成立.20．（2018·全国·高三竞赛）设为正整数数列，且对任意满足；的正整数m、n，存在正整数，使得．试对每一个固定的，求的最大值．【答案】见解析【解析】【详解】令.首先证明对每个固定的是最大可能值.对i用数学归纳法证明.当i=1时，若，则令，知为整数.这表明，.从而，.假设当i≤k-1(k≥2)时，有：考虑对应的.显然，k≥2.故.从而，证明了上面的结论.其次证明对所有的是可以取到的.对n用数学归纳法证明，可对所有i同时成立.当n=1时，若m=1，可令；若m=2，可令.假设结论对n≤k-1(k≥2)均成立.当n=k时，若m=1，可令若，可令；若，可令；若在每种情形下，均有.因此,由归纳假设，可选取正整数使得，满足题意.从而，结论得证21．（2021·全国·高三竞赛）给定正整数m、k，有n个选手参加一次测试，该测试由m个项目构成，每个项目完成后都会取得一个评分，没有两个人在一个项目取得相同的评分．求n的最小值，使得总存在k个选手，在第j个项目中的k个得分要么单调递增，要么单调递减，．【答案】n的最小值为．【解析】【分析】结合引理：一个项且每两项不同的实数数列存在项的递增子列或项的递减子列．利用数学归纳法可求得n的最小值【详解】为方便，用来表示由的m个得分构成的n个m维向量．先来构造时不满足条件的例子．用表示分量均为的所有m维向量，并设．取为，，…，，…，…，任取，设，按上述表示合并同类项后为为下标最小的非零系数，则．由定义易知．下面证明，的诸分量的正负性与的相同．由于，故在的d项中，每个分量绝对值比其他项和的对应分量绝对值都大．若存在满足条件的k个选手，设的各个分量的正负性与的一样．则的系数严格递增，这是不可能的．再来证明时结论成立．先证明一个引理．引理：一个项且每两项不同的实数数列存在项的递增子列或项的递减子列．证明：若否，考虑以每一项开始的最长递增子列的长度，则这些数都在中．由抽屉原理，必存在个数相同．而若，且，开始的最长递增子列的长度一样，则，否则可将并入，开始的最长递增子列，得到比开始的最长递增子列更长的递增子列，矛盾．如此便找到了一个项的递减子列，矛盾．回到原题．对m归纳．时直接使用引理即可．假设结论在时成立，接下来考虑m时的情况．由于，结合引理知存在个选手第一个项目得分单调递增或递减．而由归纳假设知这些选手中存在k个选手第2，3，…，m个项目的得分单调递增或递减．故这k个选手满足条件．结论成立．综上所述，n的最小值为．22．（2021·全国·高三竞赛）已知数列满足．（1）求证：．（2）是否存在实数，使得，若存在求出的值；若不存在．请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在实数满足题意，．【解析】【分析】【详解】（1）运用数学归纳法易证，所以，故，此.（2），所以，故，.若存在实数，满足，则有，故.下证成立．由，假设，则：，，故．综上所述，命题成立．23．（2021·全国·高三竞赛）设和为两组复数，满足：．求证：存在数组（其中），使得．【答案】证明见解析【解析】【分析】【详解】用表示对所有数组的求和，下面用数学归纳证明如下的等式：①(1)当时，①式显然成立；当时，，即①式成立．（2）假设时，①式成立，则时，我们有，即时①式成立．由（1）（2）可得：．回到原题，由，可得，即，所以存在数组（其中，使得，即．24．（2021·全国·高三竞赛）已知n个非负实数和为1．求证：．【答案】证明见解析【解析】【详解】作如下换元：设，则（，且这里特别定义）．定义数列如下：，则原式．只需，即只需，即．采用归纳法，对成立．假设成立，考虑，，归纳成立．所以．25．（2021·全国·高三竞赛）设数列满足.求证：.【答案】证明见解析【解析】【详解】令，得，则.令，得，则.①令，得.②根据①得：，于是，.③另一方面，由②､①得.④由③､④得递推关系式.由此可得，猜测.下面用数学归纳法证明这个猜想：对于，结论显然成立；假定，则有，所以当时等式成立.因此，成立.对于，有.所以.26．（2021·全国·高三竞赛）给定正整数．求最大的实数．使得对任意正实数恒成立，其中．【答案】【解析】【详解】当时，令，则．当时，．令，则问题化为：，证明：．当时，首先证明：．①①式，由均值不等式知成立．由①式知．假设时，对任意正实数结论成立．则时，由对称性不妨设中最大，则，所以，由归纳假设知，此时结论成立．由数学归纳法知，．故．当时，．由于，令，则，所以．综上所述，27．（2021·全国·高三竞赛）设n为不小于3的正整数，在正n边形中，选取一些对角线，满足其中的任两条对角线若在多边形内部相交则一定垂直．问：最多可选取多少条对角线？【答案】答案见解析.【解析】【分析】【详解】当n为奇数时，所取的对角线最多条数为；当n为偶数时，所取的对角线最多条数为．先用数学归纳法证明命题：对于凸n边形，选取的两两不在多边形内部相交的对角线最多条数为．当，4时，命题显然成立．若命题对于小于n的凸n边形成立，在凸n边形中选取一条对角线，该对角线将原多边形分成两个边数较小的凸多边形，一个为m边形，另一个为边形．而其他可选取的对角线为这两个小多边形的对角线，且在各自多边形内部不相交．于是可选取的对角线总数不大于．又在凸n边形中，从一点引出的条对角线满足条件．命题得证．记正n边形为，设对角线与在正n边形内部相交且垂直．则且．从而n为偶数．当n为奇数时，任两条相交对角线均不垂直，于是，选取的对角线在多边形内部均不相交，从而命题最多可选条对角线．当n为偶数时，若选取的对角线在多边形内部均不相交，则也最多可选条对角线．若选取了两条内部相交对角线，在选取的对角线中考虑与这两条对角线之一平行且与别的对角线相交的对角线子集S．设S中含s条对角线，有t个不同的端点．考虑集合S中沿一个方向最长的对角线．则从这条对角线端点引出的其余对角线均不在S中，否则，选取与此对角线相交的对角线，它平行于最长对角线，且在S中，但比最长对角线还长，矛盾．类似的，集合S中沿另一个方向最长的对角线也有该性质．在集合S中不考虑这两条对角线及其四个端点，剩下有条对角线和个不同的端点．由于每个端点最多属于两条对角线，则．设集合S中的端点将多边形的顶点分成个部分，其中部分是由个连续相邻的非S中顶点和两边的S顶点组成．不同的部分顶点之间的对角线不能选取，否则与S中的对角线相交．又同一部分必属于某一个半圆弧，它的顶点之间选不出垂直相交的两条对角线．于是部分最多选出条对角线．故最多选取条对角线，且当时，上限可达到．因此当n为偶数时，所取的对角线最多条数为．28．（2021·全国·高三竞赛）设是整数.对每个正整数，令为在进制表示下的非零数字的个数.证明：对于任意给定的正整数和，存在正整数使得.【答案】证明见解析【解析】【分析】【详解】证明：对用归纳法.先证的情形.令，其中.设是最小的指标使得.我们分两种情况：（1）.取正整数，满足且.则，于是，，从而，此时令即可.（2），取正整数，满足且.则，于是，，从而，此时令即可.这就证明了的情形.假设时成立，考虑时的情形.由归纳假设，存在，使得.再由的情形知，存在，使得.此时取即可.29．（2021·全国·高三竞赛）给定整数.求具有下列性质的最大常数，若实数列满足：，则.【答案】.【解析】【分析】【详解】取，得.下面用数学归纳法证明.当时，显然成立.假设时，有；考虑时的情况，只需证明：.记.易得.则只需证明：，.由.证毕.30．（2021·全国·高三竞赛）已知数列满足：，且对于任意正整数，均有.求证：（1）；（2）数列为单调数列.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】【详解】（1）证明：注意到，均满足.假设当时，有，则：，当时，上式显然成立，即对，结论成立.综上，对任意正整数，均有.（2）证明：因为，由数学归纳法易证，即，下面我们证明.即证.因为右边，所以只要证明.综上，数列为单调数列.31．（2021·全国·高三竞赛）对于数列，若存在常数使得对任意正整数成立，则称是有界数列．已知数列满足递推式，求证：（1）若，则不是有界数列．（2）若，则是有界数列．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】【详解】（1）归纳证明．当时命题成立．假设当时命题成立，则当时，．因此命题成立，不是有界数列．（2）显然．注意到．因此时，．而．因此，即是有界数列．32．（2021·全国·高三竞赛）某个会议有若干人（至少3人）参加，现要将这些人分组．分组前，每个人都选择两个人．若被选择的两个人同组．则选择他们的人不能在这组中．求最小的正整数，使无论有多少人参加，且无论每人如何选择，都可以将他们按要求分成组．【答案】的最小值是3【解析】【详解】取21人，分别标为号．4、5、6、7选择1、2，8选择4、5，9选择6、7，1选择8、9；10、11、12、13选择2、3，14选择10、11，15选择12、13，2选择14、15，16、17、18、19选择1、3，20选择16、17，21选择18、19，3选择20、21．假设这21人可以分成2组．由抽屉原理，1、2、3中必有2人在同一组．由对称性不妨1、2在第一组，则由条件知4、5、6、7在第二组，8、9在第一组，此时1、8、9同组，与条件矛盾．故．下证可以按要求分成3组．将每个人当作一个点，若选择，则连一条有向边，得到一个有向图．则图中每个点的出度都是2．设会议有人参加．当时，可以按要求分成3组．假设时，可以按要求分成3组．则时，考虑每个点的入度，由抽屉原理，只有以下两种情况：（1）存在某个点的入度不超过1．在图中去掉点及点所连的边，得到图．则图中有个点，且每个点的出度不超过2．可以在图中连边得到图，使得图中每个点的出度都是2．由归纳假设，图中的点可以分成3组，故图中的点可以对应分成3组．考虑指出的两个点，则点至多不能在一组中．再考虑指向的点，至多有一个，故点至多不能在另一组中．所以，点可以在这3组之一，图中的点可以分成3组．（2）每个点的入度都是2．选取点，设点指向，且指向另一点指向另一点；设指向，且指向的另一点是．在图中去掉点及点所连的边，得到图．将指向，得到图，则图中有个点，且每个点的出度都是2．由归纳假设，图中的点可以分成3组，故图中的点可以对应分成3组．由对称性，当且仅当时，不能放在这3组中．若且，则，所以，此时指向的点只有在中．考虑指向的两个点，至少存在之一不同时包含这两个点，不妨是，则可以将放到中，满足条件要求．此时令，则图中的点可以分成3组．由数学归纳法知，对于任意个人，可以按要求将他们分成3组．33．（2019·全国·高三竞赛）在一次数学会议上，任意两位数学家要么是朋友，要么是陌生人．在进餐期间，每位数学家在两个大餐厅中的其中一个就餐，每位数学家所在的餐厅中包含偶数个他（或她）的朋友．证明：数学家能被分到两个餐厅中的不同分法的数目是2的正整数次幕（即形如，其中，是某个正整数）．【答案】见解析【解析】【详解】设参加会议的有位数学家．对用数学归纳法．当时，该数学家可以在两个餐厅中的任何一个餐厅就餐．因此，有种不同的分法．假设当有位数学家参加会议时，有种不同的分法．当有位数学家时，分两种情形讨论．（1）若存在一位数学家没有朋友，则该数学家可以在两个餐厅中任何一个餐厅就餐．于是，位数学家时不同分法的数目是位数学家参加会议时不同分法的数目的两倍．由归纳假设，知位数学家参加会议时不同分法的数目为．（2）若每位数学家至少有一个朋友，再分两种情形讨论：一是存在一位数学家有奇数个朋友；二是每位数学家均有偶数个朋友．（i）存在一位数学家，有奇数个朋友．去掉，对于每一对的朋友，改变、之间的关系，即若、是朋友，则变为陌生人；若、是陌生人，则变为朋友．先证明一个命题．命题去掉，对于每一对的朋友，改变、之间的关系．则满足条件的不同分法的数目不变．证明由假设，知在去掉之前就餐的餐厅中，他的朋友有偶数个．若这个偶数为0，则当离开此餐厅后，此餐厅中的数学家仍然满足条件；若这个偶数大于0，设为在此餐厅中的一个朋友，由假设，知在此餐厅中也有偶数个朋友，去掉后，在此餐厅中还剩下奇数个朋友．除了外，在此餐厅中有奇数个朋友，改变与的这奇数个朋友之间的关系，在此餐厅中朋友的数目变为偶数．在另一餐厅中，有奇数个的朋友．改变的朋友之间的关系，则每个的朋友与偶数个数学家之间改变了关系，于是，这些数学家朋友数目的奇偶性不变．此外，由于恰有一个餐厅中包含偶数个的朋友，故不含的每一个分法均可以由包含的一个分法唯一确定．回到原题．在这种情形下，位数学家不同分法的数目与位数学家不同分法的数目相同．由归纳假设，知位数学家不同分法的数目是2的正整数次幂．因此，位数学家不同分法的数目也是2的正整数次幂．（ii）每位数学家均有偶数个朋友．在这种情形下的每种分法均有每位数学家在两个餐厅中的朋友的数目为偶数．设是任意一对朋友，去掉、，考虑每一对满足下述条件的数学家，其中，是的朋友，是的朋友．则改变、之间的关系．同理，若是的朋友，是的朋友，也改变、之间的关系．若、均是和的朋友，则、之间的关系改变两次，即、之间的关系没有改变．接下来考虑不同于、的任意一位数学家及要选择的一个餐厅（在这种情形下，数学家的数目至少为3，即这样的三人组是存在的）．设在此餐厅中有位朋友，在此餐厅中有位朋友．则、均为偶数．当去掉、后，在此餐厅中要么与、要么与、要么与（是、在此餐厅中共同的朋友的数目）、要么与0位数学家之间的关系发生了改变（这分别依赖于仅是的朋友、仅是的朋友、既是A又是的朋友、既不是又不是的朋友）．因为、均为偶数，所以，朋友的数目的奇偶性没有改变，仍为偶数．由于不含、的每一个分法均可以由包含这对数学家的一个分法唯一确定：将、加入到其有奇数个朋友的餐厅中，然后改变所有的朋友和的朋友之间的关系，于是，在去掉之前和去掉之后建立了一个一—对应．在这种情形下，位数学家不同分法的数目与位数学家不同分法数目相同．由归纳假设，知位数学家不同分法的数目是2的正整数次幂．因此，位数学家不同分法的数目也是2的正整数次幂．34．（2019·全国·高三竞赛）求最小的正整数,使得存在一个的数阵满足如下条件：(1)每一个数均属于集合;(2)记为数阵中第行中的数组成的集合,为第列中的数组成的集合,则,是4026个不同的集合.【答案】13【解析】【详解】的最小值为13.由题设知的子集数.当时,记子集族,，显然,对于,①而有个子集,故恰有个子集不属于子集族.首先证明：对于,均有.事实上,假设存在,有,则.此时,,.结合式①,至少有个子集均不在子集族中,矛盾.其次证明：要么对,均有,要么对,均有.事实上,若存在集合,使得,由于对于,均有,且,故.于是,结论成立.设.不妨设.于是,中元素个数小于的子集均不在子集族中；再结合式①,知这些子集也不在子集族中.当时,中元素个数小于的子集数为,矛盾;当时,中元素个数小于的子集数为,矛盾.于是,,即子集族中不包含元素个数小于6的子集.但恰有70个子集不在子集族中,故至少有个子集在子集族中.结合式①,这些子集中的任意一个的补集(对)的元素个数均大于6,且均不属于子集族.于是,至少有个子集不在子集族中.但,矛盾.因此,.下面定义数表序列如下：,.其中,为数表,其每个数均为.易知,对每一个,数表为数表,且其中的数均属于集合.接下来对,用数学归纳法证明：满足题设的两个条件.显然,满足条件.假设满足题设条件,其行与列中的数组成的集合分别为,.考虑.对于,其行与列中的数组成的集合分别为;;;.而数不在中出现,因此,它们是两两不同的.所以,满足题设条件.故为20482048数表,且其中的数均属于集合{1,2,…,13},对于,则的左上角20132013的数阵满足题设的两个条件.综上,的最小值为13.35．（2019·全国·高三竞赛）已知数列满足，．给定奇质数和正整数满足，证明：的充分必要条件为．【答案】见解析【解析】【详解】充分性．用数学归纳法易证对任意，有．必要性．（1）对任意，存在，使得．由于二元数组在模的意义下至多有组，故数组中必有两组模相同，不妨设为．则，，……．又，故令．则．（2）若为满足的最小正整数，则对正整数有．当时，结论显然成立．当时，令，易知，为一正整数数列．由．而，故，且为满足的最小正整数．由，，及辗转相除法得．故．令（，）．则．故．（3）对奇质数，有．故只需证明：．而，则只需证明：或，即．事实上，由，故，即．（4）设为满足的最小正整数．则由题目条件有，且由上述结论知．故．因此，．36．（2019·全国·高三竞赛）对给定的正整数，定义表示的各个数位上的数字之和的平方，当且时，表示的各个数位上的数字之和的次方，其中，当为奇数时，；当为偶数时，，试求的值．【答案】729【解析】【详解】设正整数，其中，，，则，当时，，由数学归纳法易知，对，且时，恒有，而，其各位数字之和小于，则，于是，的各位数字之和小于，故，，设的各位数字和为，则，且，所以，，故，而729、5832、19683这三个数的各位数字的和分别为18、18、27，故，进而，…….37．（2019·全国·高三竞赛）试证：对任何正整数，存在唯一的正奇数对，使得【答案】见解析【解析】【详解】存在性.当时，取，则假定对，知存在正奇数对，使得令则，且由均为奇数，可知对一切正整数，有都是奇数.唯一性.假设对某个正整数，存在两个不同的奇数对，使①则两式相乘得故因为为奇数，，所以，从而，注意到从而，不都被4整除.不妨设由式①得两式相乘得若，则，矛盾.所以，令代入式①得，即于是，从而，，矛盾.38．（2019·全国·高三竞赛）证明:存在无穷多个棱长为正整数的长方体,其体积恰等于对角线长的平方,且该长方体的每一个表面总可以割并成两个整边正方形.【答案】见解析【解析】【详解】设长方体棱长为.依题意有.问题转化为证明方程有无穷多组正整数解(),且三数中,任意两数之积皆可表示为两个正整数的平方和.首先,定义数列:.引理(1),特别地;(2),特别地;(3).引理的证明:(1)令.则.因为,所以,,即.(2)对归纳:显然成立.设时,.当时,,即对成立.所以,.取为特例.(3)当时,成立,设时,.当时,因是方程的根,另一个根为.所以,.故.回到原题.由引理(3)知,是的解,且由引理(2)、(1)得,,.所以,原方程有无穷多组正整数解(),使得三数中,任意两数之积皆可表示为两个正整数的平方和.因此,原题结论成立.39．（2019·全国·高三竞赛）将一枚棋子放在一个的棋盘上，记为从左、上数第行第列的小方格，求所有的四元数组，使得从出发，经过每个小方格恰一次到达（每步为将棋子从一个小方格移到与之有共同边的另一个小方格）.【答案】所求为，且当为偶数时，；当为奇数时，.【解析】【详解】将棋盘按国际象棋方式黑边相间染色，其中，为黑色，当为奇数时，任两个黑色的小方格满足条件，当为偶数时，任两个异色的小方格满足条件.记以下结论为.下面用数学归纳法证明，先证下面的引理.引理1与等价显然成立.引理2在棋盘中，不同列的异色的两个小方格满足条件.引理2的证明：若同行，因二者异色，则其中间有偶数列，由如图方式知满足条件.若不同行，因二者异色，则其中间有奇数列，由如图方式知满足条件.引理3若成立，则成立，引理3的证明：对棋盘，分两种情况讨论：（1）若都不在前（后）两列，则在后（前）面的棋盘中，有成立，且在前（后）第三列中必有相邻方格是中棋子走过的路径中连续的两个方格（设为）,可用如图方式将前（后）两列并入棋子原来的路径，使成立.（2）若一个在前两列，另一个在后两列，不妨设在前两列，则在第二列有至少两个方格与异色，其中至少有一个方格（记为）与不同行，由引理知在前棋盘中，满足条件，取第三列中与相邻的方格（与同色），则由成立，知在后棋盘中，满足条件.故由,使成立.由（1）、（2）知成立.类似可证：引理4若成立，则成立.回到原题由引理知，为利用数学归纳法，只需证明成立即可.对异色.若相邻，则由如图环路知满足条件.若不相邻，当都在上（下）两行时，由引理2知在棋盘中，满足条件.类似引理3（1）知有的路径使成立，当一个在上两行，另一个在下两行时，类似引理3（2）知有的路径使成立.对，同黑.先由图知成立.再分两种情况证成立.若都在前（后）三列，则由成立，知在前（后）棋盘中，满足条件，类似引理3（1）知在棋盘中有路径使成立.若一个在前两列，另一个在后两列，不妨设在前两列，由引理2知，在第2列中存在白方格,在第4列中存在白方格，使得分别在前、后棋盘中，、分别满足条件，如图方式将、相连，则使成立.最后分两种情况证成立.若都在前（后）三列，则由成立，类似引理可知在棋盘中，有路径使成立.若一个在前两列，另一个在后两列，类似中第2种情况知在棋盘中有路径使成立.故成立.综上，所求为，且当为偶数时，；当为奇数时，.40．（2019·全国·高三竞赛）设为互不相等的正整数，它们的最小公倍数为.求证：.【答案】见解析【解析】【详解】设，其中且均为质数，.则.下面证明：.易用数学归纳法证明以下结论：（为大于3的质数，），①，②.③因此，1.当时，.2.当时，.3.当时，.4.当时，i.若，则.ii.若，下面证明：，即证.易验证，当时，；当时，.假设时，结论成立，即.则.又，则.这表明时，亦有.故（，当且仅当时，等号成立）.则.综合1~4知.④当且仅当时，式④等号成立.此时，.41．（2019·全国·高三竞赛）已知个实系数二次函数的判别式都相等.若对任意的，方程均有两个不等的实根，求证：方程也有两个不等的实根.【答案】见解析【解析】【详解】设.因为对于任意两个方程都有两个不等的实根，则由得.对方程的判别式，①下证.当时，显然成立.当时，，其中，.假设当时，均有.当时，不妨设.由归纳假设有.而，其中，.故所以，当时，.从而，结论成立.42．（2019·全国·高三竞赛）设是定义在自然数集合上并在上取值的函数,满足:对任何两个不相等的自然数,有.(1)求;(2)假设是100个两两不相等的自然数,求;(3)是否存在符合题设条件的函数,使,证明你的结论.【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】(1)取,,则.由条件有.所以,.(2)证明:对任何大于1的自然数,及个两两互不相等的自然数,.对归纳.当时,结论显然成立.设时结论成立.那么,当时,设个两两互不相等的自然数为,其中,,由归纳假设有.因为,所以,.于是,与互异.则.故因此,当时,结论成立.所以,结论成立.取,得.(3)令.下证这样定义的函数符合条件.事实上,对任何两个不相等的自然数,有故.43．（2019·全国·高三竞赛）正整数数列满足：，．试求通项公式．【答案】【解析】【详解】据条件知，数列严格递增．于是，先在条件式中取，得到，即．①据式①左端得．则．②又由式①右端得，且，故．③据式②、③得整数．再对条件式中取，得到，即．④由式④左端得．则．由式④右端得，即．因，所以，．故．继而在已知式中取，得，即．⑤又为正整数，故式⑤右端恒成立．而由式⑤左端有，故，得．由，，，，猜想．⑥首先，若将式⑥代入已知式得，即，或．此式显然成立．下证：是满足条件的唯一数列．对归纳．当时已验证．若式⑥对于成立，则对于，据已知式有．⑦由式⑦右端得．则．⑧（这里用到，当时，．）据式⑦左端得，即．⑨其判别式．设与式⑨对应的关于的一元二次方程的两根为、．则．⑩（这里用到，当时，．）据式⑧、⑩得．故由归纳法知，对任意的，式⑥成立，即．44．（2019·全国·高三竞赛）求满足下列条件的最小正整数t，对于任何凸n边形，只要，就一定存在三点，使的面积不大于凸n边形面积的.【答案】6【解析】【详解】先证明一个引理.引理对任何凸六边形，都存在，使，其中，S为凸六边形的面积.引理的证明：如图，设交于点P、Q、R（可能重合），联结.由于6个三角形的面积之和不大于S，其中必有一个三角形的面积不大于.回到原题.当t=3、4、5时，正三角形、正方形、正五边形分别不符合条件，所以，.下面证明：当时，对任何凸n边形，都存在，使其中，S为凸n边形的面积.实际上，当n=6时，由引理，结论成立.设n=k时，结论成立.当n=k+1时，联结.如果，则结论成立.如果，则.由归纳假设，必有，使.结论成立.综上所述，t的最小值为6.45．（2019·全国·高三竞赛）求证:存在唯一的正整数数列，使得，.【答案】见解析【解析】【详解】即.因为均为正整数，若，则.从而，.于是，.故是各项均为1的常数数列，这与矛盾.所以，.则，即.当时，；当时，.所以，.注意到为正整数，则有.又，所以，.由此可得.故数列唯一确定.下面用数学归纳法证明:是正整数数列.由上知，假设.则.因为，所以，又，所以，从而，于是，，即.故是正整数数列.46．（2019·全国·高三竞赛）已知，．求证：对一切，，…，，均有，等号当且仅当时成立．【答案】见解析【解析】【详解】∵，∴恒有．先用归纳法证明对于，命题成立．事实上，i）当时，即时，由于，则，即．等号当且仅当时成立．ii）假设时命题成立，则当时，．对于任意自然数，必存在，使得．记，则，即，．等号当且仅当时成立．47．（2018·山东·高三竞赛）已知数列满足：，，．求证：．【答案】见解析【解析】【详解】设，则．从而在区间上单调递增，在上单调递减．当时，．下面用数学归纳法证明结论．当时，；当，3，4时，．假设当时结论成立，即有，则当时，．由在区间上单调递增，因此．下证．因为，所以，即．所以．从而结论对成立．由数学归纳法知，结论对任意正整数均成立．48．（2018·江西·高三竞赛）求最小的正整数，使得当正整数点时，在前个正整数构成的集合中，对任意总存在另一个数且，满足为平方数．【答案】7【解析】【详解】易知当时，在中，数2与其他任何数之和皆不是平方数；以下证明，的最小值为7．如果正整数、满足：平方数，就称是一个“平方对”，显然在中，，，，为平方对．在中增加了平方对；在中平加了平方对．以下采用归纳法，称满