已知无穷数列 \(\{a_n\}\) 中，有 \(0<a<1\)，\(a_1=1+a\)，\(a_{n+1}=\dfrac{1}{a_n}+a\)，求证：对一切 \(n\in\mathcal N^*\)，都有 \(a_n>1\)．
证明 由已知，我们不难发现数列 \(\{a_n\}\) 为正项数列，即 \(a_n>0\).
又 \(0<a<1\)，知 \[a_1=a+1>1,\]不妨先探索 \(a_2\)，得 \[\begin{split}a_2&=\dfrac{1}{a_1}+a\\&=\dfrac{1}{1+a}+a\\&=\dfrac{1}{1+a}+(1+a)-1\\&>1.\end{split}\] 其中用到了均值不等式且等号取不到，这样就证明了 \(a_2>1\)．
接下来再尝试证明 \(a_3>1\)．\[\begin{split}a_3&=\dfrac{1}{a_2}+a\\&=\dfrac{1}{\frac{1}{a_1}+a}+a\\&=\dfrac{1}{\frac{1}{a_1}+a}+\left(\dfrac{1}{a_1}+a\right)-\dfrac{1}{a_1}\\&>2-\dfrac{1}{a_1}\\&>1.\end{split}\] 实际上，可以看出 \(a_3>1\) 是由 \(a_1>1\) 证明的．
考虑一般地，证明由 \(a_n>1\) 可以推得 \(a_{n+2}>1\) ．\[\begin{split}a_{n+2}&=\dfrac{1}{a_{n+1}}+a\\&=\dfrac{1}{\frac{1}{a_n}+a}+a\\&=\dfrac{1}{\frac{1}{a_n}+a}+\left(\dfrac{1}{a_n}+a\right)-\dfrac{1}{a_n}\\&>2-\dfrac{1}{a_n}\\&>1.\end{split}\] 原命题成立，只需验证 \(a_1,a_2>1\) 即可．（想一想为什么呢？）
由上述题目可以看出：用数学归纳法时，并不局限于从 \(n\to n+1\)，有时也可以从 \(n\to n+k\)，这时只需要增加验证基础，验证从 \(a_1\) 到 \(a_k\) 均成立即可，这种从 \(n\to n+k\) 的证明方法称为跳跃数学归纳法．
注 在本题中可以定义\(a_0=1\)，于是由\(a_0\)可以推出\(a_2>1\)．
下面给出一个练习：
邮局有 \(3\) 分和 \(5\) 分两种邮票，试证明邮费不低于 \(8\) 分时，均可由这两种邮票支付．
提示 如果邮费为\(n,n\geqslant 8\)分时，可以由这两种邮票支付，那么邮费为\(n+3\)分时，只需再增加一枚\(3\)分的邮票即可支付，于是只需验证可以用这两种邮票支付\(8,9,10\)分即可 ．