中学代数研究 2°假设n=k(k>7,k∈)时命题成立，即fk)=，k化-).那么n=k+1时，原k条直线有 k-)个交点，由条件知，第k+1条直线与原k条直线各有一个交点，且互不相同。放新端k 个交点，所以k+)=了)+k=k++)-小： 综合1°、2°，命题对于不小于2的所有自然数成立。 例3己知f(x)是定义在N上，又在N上取值的函数，且 ()f2)=2 ②)Vm,neN,有fmm)=f(mfn) 3)当m>n时，fm)>fn 求证：f)=x在N上恒成立。 证法一（串值归纳法 1当r=时，2)=f2)=f2)f0,可得/0=1。 2°假定当x=12,.,k时，(x)=x。则当x=k+时， 若k+1为偶数，设为2s,则fk+1)=f(2s)=2f(s)=2s=k+: 若k+1为奇数，设为2s+1,则2s=f(2s)<f(2s+1)<f(25+2)=2f(s+1)=2(s+1), :在N上取值，f2s+)=2s+1,即fk+)=k+l。 由串值归纳法，f(x)=x对一切x∈N都成立 证法二（反向归纳法） 1f）=2(分析：①r）=f2)=2:②)）=.2)=f2）f2)=2.2=2) 2若f(x)=x(x>1fx-)<fxfx-1）sx-l。而x-1>x-2,.fx-1)>fx-2 所以，f(x-)≥f(x-2)+1≥fx-3)+22.≥f0)+x-2=x-l。 这样，fx-)=x-1。 由反向归纳法，fx)=x对一切x∈N都成立。 例4设n>5,证明每一个正方形可以分为n个正方形。 分析（跳跃式归纳法） 1n=6,7,8时，命题均成立。 0 中学代数研究 10 2 假设 n = k(k  7, k  N) 时命题成立，即 ( ) ( 1) 2 1 f k = k k − 。那么 n = k +1 时，原 k 条直线有 ( 1) 2 1 k k − 个交点。由条件知，第 k +1 条直线与原 k 条直线各有一个交点，且互不相同。故新增 k 个交点，所以 ( ) ( ) ( 1)( 1) 1 2 1 f k +1 = f k + k = k + k + − 。 综合 1、 2 ，命题对于不小于 2 的所有自然数成立。 例 3 已知 f (x) 是定义在 N 上，又在 N 上取值的函数，且 ⑴ f (2) = 2 ⑵ m,n N,有f (mn) = f (m)f (n) ⑶ 当m  n时，f (m)  f (n)。 求证： f (x) = x在N上恒成立。 证法一（串值归纳法） 1当x =1时，由f (2) = f (21) = f (2) f (1)，可得f (1) =1。 ( ) 由串值归纳法， 对一切 都成立。 在 上取值， ，即 。 若 为奇数，设为 ，则 ， 若 为偶数，设为 ，则 ； 假定当 时， 。则当 时， f x x x N f N f s s f k k k s s f s f s f s f s s k s f k f s f s s k x k f x x x k =   + = + + = + + + =  +  + = + = + + + = = = = +  = = = + ( ) (2 1) 2 1 ( 1) 1 1 2 1 2 (2 ) (2 1) (2 2) 2 ( 1) 2( 1) 1 2 1 (2 ) 2 ( ) 2 1 2 1,2, , ( ) 1   证法二（反向归纳法） 1 (2 ) 2 ( (2 ) (2) 2 (2 ) (2 2) (2 ) (2) 2 2 2 ) 1 +1 +1  = = = =  =  =  = m m k k k k k f 分析：①f f ；②f f f f ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 由反向归纳法， ( ) 对一切 都成立。 这样， 。 所以， 。 若 ， ， 。而 ， 。 f x x x N f x x f x f x f x f x x f x x x f x f x f x x x x f x f x =  − = − −  − +  − +   + − = −  =  −   −  − −  −  −  − 1 1 1 2 1 3 2 1 2 1 2 ( ) ( 1) 1 1 1 1 2 ( 1) ( 2)   例 4 设 n  5 ，证明每一个正方形可以分为 n 个正方形。 分析（跳跃式归纳法） 1n = 6,7,8时，命题均成立