《2018-2019版高中數(shù)學(xué) 第四講 數(shù)學(xué)歸納法證明不等式復(fù)習(xí)課學(xué)案 新人教A版選修4-5》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018-2019版高中數(shù)學(xué) 第四講 數(shù)學(xué)歸納法證明不等式復(fù)習(xí)課學(xué)案 新人教A版選修4-5（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第四講 數(shù)學(xué)歸納法證明不等式 復(fù)習(xí)課 學(xué)習(xí)目標(biāo)　1.梳理數(shù)學(xué)歸納法的思想方法，初步形成“歸納—猜想—證明”的思維模式.2.熟練掌握用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式、等式等問題的證明步驟． 1．?dāng)?shù)學(xué)歸納法是用有限個步驟，就能夠處理完無限多個對象的方法． 2．一般地，當(dāng)要證明一個命題對于不小于某正整數(shù)n0的所有正整數(shù)n都成立時，可以用以下兩個步驟： (1)證明當(dāng)n＝n0時命題成立． (2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N＋且k≥n0)時命題成立，證明當(dāng)n＝k＋1時命題也成立．完成以上兩個步驟，就可以斷定命題對不小于n0的所有正整數(shù)都成立，這種證明方法稱為數(shù)學(xué)歸納法． 3．在數(shù)學(xué)歸納法的兩個步驟中，第一

2、步是奠基，第二步是假設(shè)與遞推，遞推是實現(xiàn)從有限到無限飛躍的關(guān)鍵． 4．用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式，關(guān)鍵是在假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N＋，k≥n0)時命題成立的條件下，推出當(dāng)n＝k＋1時命題成立這一步，為完成這步證明，不僅要正確使用歸納假設(shè)，還要用到分析法，綜合法，放縮法等相關(guān)知識和方法． 類型一　歸納—猜想—證明 例1　已知數(shù)列{an}的第一項a1＝5且Sn－1＝an(n≥2，n∈N＋)． (1)求a2，a3，a4，并由此猜想an的表達(dá)式； (2)用數(shù)學(xué)歸納法證明{an}的通項公式． (1)解　a2＝S1＝a1＝5，a3＝S2＝a1＋a2＝10， a4＝S3＝a1＋a2＋a3＝5＋5＋

3、10＝20， 猜想an＝ (2)證明?、佼?dāng)n＝2時，a2＝5×22－2＝5，公式成立． ②假設(shè)當(dāng)n＝k時成立， 即ak＝5×2k－2(k≥2，k∈N＋)， 當(dāng)n＝k＋1時，由已知條件和假設(shè)有 ak＋1＝Sk＝a1＋a2＋…＋ak ＝5＋5＋10＋…＋5×2k－2 ＝5＋＝5×2k－1. 故當(dāng)n＝k＋1時公式也成立． 由①②可知，對n≥2，n∈N＋有an＝5×2n－2. 所以數(shù)列{an}的通項an＝ 反思與感悟　利用數(shù)學(xué)歸納法解決探索型不等式的思路是：觀察——歸納——猜想——證明．即先通過觀察部分項的特點，進(jìn)行歸納，判斷并猜想出一般結(jié)論，然后用數(shù)學(xué)歸納法進(jìn)行證明． 跟蹤

4、訓(xùn)練1　設(shè)f(n)＞0(n∈N＋)，對任意自然數(shù)n1和n2總有f(n1＋n2)＝f(n1)·f(n2)，又f(2)＝4. (1)求f(1)，f(3)的值； (2)猜想f(n)的表達(dá)式，并證明你的猜想． 解　(1)由于對任意自然數(shù)n1和n2， 總有f(n1＋n2)＝f(n1)·f(n2)． 取n1＝n2＝1，得f(2)＝f(1)·f(1)，即f2(1)＝4. ∵f(n)＞0(n∈N＋)， ∴f(1)＝2. 取n1＝1，n2＝2，得f(3)＝23. (2)由f(1)＝21，f(2)＝4＝22，f(3)＝23， 猜想f(n)＝2n. 證明：①當(dāng)n＝1時，f(1)＝2成立． ②

5、假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N＋)時，f(k)＝2k成立． 當(dāng)n＝k＋1時，f(k＋1)＝f(k)·f(1)＝2k·2＝2k＋1， 所以當(dāng)n＝k＋1時，猜想也成立． 由①②知猜想正確，即f(n)＝2n，n∈N＋. 類型二　用數(shù)學(xué)歸納法證明等式或不等式 例2　求證tanα·tan2α＋tan2α·tan3α＋…＋tan(n－1)α·tannα＝－n(n≥2，n∈N＋)． 證明　(1)當(dāng)n＝2時， 左邊＝tanα·tan2α， 右邊＝－2＝·－2 ＝－2 ＝＝ ＝tanα·tan2α，等式成立． (2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2，k∈N＋)時等式成立，即 tanα·tan2α＋

6、tan2α·tan3α＋…＋tan(k－1)α·tankα＝－k. 當(dāng)n＝k＋1時， tanα·tan2α＋tan2α·tan3α＋…＋tan(k－1)α·tankα＋tankα·tan(k＋1)α ＝－k＋tankα·tan(k＋1)α ＝－k ＝·[1＋tan(k＋1)α·tan α]－k ＝[tan(k＋1)α－tan α]－k ＝－(k＋1)， 所以當(dāng)n＝k＋1時，等式也成立． 由(1)和(2)知，當(dāng)n≥2，n∈N＋時等式恒成立． 反思與感悟　歸納法是證明有關(guān)正整數(shù)n的命題的一種方法，應(yīng)用廣泛．用數(shù)學(xué)歸納法證明一個命題必須分兩個步驟：(1)論證命題的起始正確性，是歸

7、納的基礎(chǔ)；(2)推證命題正確的可傳遞性，是遞推的依據(jù)．兩步缺一不可，證明步驟與格式的規(guī)范是數(shù)學(xué)歸納法的一個特征． 跟蹤訓(xùn)練2　用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)n∈N＋時，(2cosx－1)·(2cos2x－1)…(2cos2n－1x－1)＝. 證明　(1)當(dāng)n＝1時，左邊＝2cosx－1， 右邊＝＝＝2cosx－1， 即左邊＝右邊，∴命題成立． (2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N＋)時，命題成立， 即(2cosx－1)(2cos2x－1)…(2cos2k－1x－1)＝. 當(dāng)n＝k＋1時， 左邊＝(2cosx－1)(2cos2x－1)…·(2cos2k－1x－1)·(2cos2kx－1)

8、＝(2cos2kx－1) ＝ ＝. ∴當(dāng)n＝k＋1時命題成立． 由(1)(2)可知，當(dāng)n∈N＋時命題成立． 例3　用數(shù)學(xué)歸納法證明＋＋＋…＋>，其中n≥2，n∈N＋. 證明　(1)當(dāng)n＝2時，左邊＝，右邊＝0，結(jié)論成立； (2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2，k∈N＋)時，結(jié)論成立， 即＋＋＋…＋>， 則當(dāng)n＝k＋1時， 左邊＝＋＋＋…＋＋＋…＋>＋＋…＋>＋＝， 即當(dāng)n＝k＋1時，結(jié)論成立． 由(1)(2)可知，＋＋＋…＋>，n≥2，n∈N＋. 反思與感悟　用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式，除了注意數(shù)學(xué)歸納法規(guī)范的格式外，還要注意靈活利用問題的其他條件及相關(guān)知識． 跟蹤訓(xùn)練3　求

9、證：＋＋…＋＞(n≥2，n∈N＋)． 證明　(1)當(dāng)n＝2時， 左邊＝＋＋＋＞，不等式成立． (2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2，k∈N＋)時，命題成立， 即＋＋…＋＞. 當(dāng)n＝k＋1時， ＋＋…＋＋＋＋ ＝＋＋…＋＋ ＞＋ ＞＋＝. 所以當(dāng)n＝k＋1時，不等式也成立． 由(1)(2)可知，原不等式對一切n≥2，n∈N＋均成立． 類型三　用數(shù)學(xué)歸納法證明整除問題 例4　用數(shù)學(xué)歸納法證明：n(n＋1)(2n＋1)能被6整除． 證明　(1)當(dāng)n＝1時，1×2×3顯然能被6整除． (2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N＋)時，命題成立， 即k(k＋1)(2k＋1)＝2k3＋3k2

10、＋k能被6整除． 當(dāng)n＝k＋1時， (k＋1)(k＋2)(2k＋3)＝2k3＋3k2＋k＋6(k2＋2k＋1)． 因為2k3＋3k2＋k,6(k2＋2k＋1)都能被6整除， 所以2k3＋3k2＋k＋6(k2＋2k＋1)能被6整除， 即當(dāng)n＝k＋1時命題成立． 由(1)和(2)知，對任意n∈N＋原命題成立． 反思與感悟　用數(shù)學(xué)歸納法證明整除問題的關(guān)鍵點 (1)用數(shù)學(xué)歸納法證明整除問題的關(guān)鍵是利用增項、減項、拆項、并項、因式分解等恒等變形的方法去湊假設(shè)、湊結(jié)論，從而利用歸納假設(shè)使問題獲證． (2)與n有關(guān)的整除問題一般都用數(shù)學(xué)歸納法證明，其中關(guān)鍵問題是從n＝k＋1時的表達(dá)式中分解

11、出n＝k時的表達(dá)式與一個含除式的因式或幾個含除式的因式． 跟蹤訓(xùn)練4　設(shè)x∈N＋，n∈N＋， 求證：xn＋2＋(x＋1)2n＋1能被x2＋x＋1整除． 證明　(1)當(dāng)n＝1時，x3＋(x＋1)3＝[x＋(x＋1)]·[x2－x(x＋1)＋(x＋1)2]＝(2x＋1)(x2＋x＋1)，結(jié)論成立． (2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N＋)時，結(jié)論成立，即xk＋2＋(x＋1)2k＋1能被x2＋x＋1整除， 那么當(dāng)n＝k＋1時， x(k＋1)＋2＋(x＋1)2(k＋1)＋1 ＝x·xk＋2＋(x＋1)2(x＋1)2k＋1 ＝x[xk＋2＋(x＋1)2k＋1]＋(x＋1)2(x＋1)2k＋

12、1－x(x＋1)2k＋1 ＝x[xk＋2＋(x＋1)2k＋1]＋(x2＋x＋1)·(x＋1)2k＋1. 由假設(shè)知，xk＋2＋(x＋1)2k＋1及x2＋x＋1均能被x2＋x＋1整除，故x(k＋1)＋2＋(x＋1)2(k＋1)＋1能被x2＋x＋1整除，即當(dāng)n＝k＋1時，結(jié)論也成立． 由(1)(2)知，原結(jié)論成立． 1．某同學(xué)回答“用數(shù)學(xué)歸納法證明

13、N＋命題成立．以上證法是錯誤的，錯誤在于(　　) A．從k到k＋1的推理過程沒有使用歸納假設(shè) B．歸納假設(shè)的寫法不正確 C．從k到k＋1的推理不嚴(yán)密 D．當(dāng)n＝1時，驗證過程不具體 答案　A 2．設(shè)f(x)是定義在正整數(shù)集上的函數(shù)，且f(x)滿足：“當(dāng)f(k)≥k2成立時，總可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”，那么，下列命題總成立的是(　　) A．若f(3)≥9成立，則當(dāng)k≥1時，均有f(k)≥k2成立 B．若f(5)≥25成立，則當(dāng)k≤5時，均有f(k)≥k2成立 C．若f(7)<49成立，則當(dāng)k≥8時，均有f(k)

14、均有f(k)≥k2成立 答案　D 解析　對于D，∵f(4)＝25≥42， ∴當(dāng)k≥4時，均有f(k)≥k2. 3．用數(shù)學(xué)歸納法證明1＋2＋3＋4＋…＋n2＝(n∈N＋)，則當(dāng)n＝k＋1時，左端應(yīng)為在當(dāng)n＝k時的基礎(chǔ)上加上________________． 答案　(k2＋1)＋…＋(k＋1)2 解析　當(dāng)n＝k＋1時，左端＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋…＋(k＋1)2.所以增加了(k2＋1)＋…＋(k＋1)2. 4．已知數(shù)列{an}的各項都是正數(shù)，且滿足：a0＝1，an＋1＝an·(4－an)(n∈N)．證明：an＜an＋1＜2(n∈N)． 證明　(1)當(dāng)n＝0時，a0＝1

15、，a1＝a0(4－a0)＝， 所以a0＜a1＜2，命題正確． (2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N＋)時命題成立，即ak－1＜ak＜2. 則當(dāng)n＝k＋1時， ak－ak＋1＝ak－1(4－ak－1)－ak(4－ak) ＝2(ak－1－ak)－(ak－1－ak)(ak－1＋ak) ＝(ak－1－ak)(4－ak－1－ak)． 而ak－1－ak＜0,4－ak－1－ak＞0，所以ak－ak＋1＜0. 又ak＋1＝ak(4－ak)＝[4－(ak－2)2]＜2. 所以當(dāng)n＝k＋1時命題正確． 由(1)(2)可知，對一切n∈N，有an＜an＋1＜2. 1．在推證“n＝k＋1”命題也

16、成立時，必須把歸納假設(shè)“n＝k”時的命題作為必備條件使用上，否則不是數(shù)學(xué)歸納法．對項數(shù)估算的錯誤，特別是尋找n＝k與n＝k＋1的關(guān)系時，弄錯項數(shù)發(fā)生的變化是常見錯誤． 2．用數(shù)學(xué)歸納法證明的問題通常與數(shù)列的遞推公式、通項公式有關(guān)，有時要證明的等式或不等式是直接給出，有時是根據(jù)條件從前幾項入手，通過觀察、歸納，猜想出一個等式或不等式，然后再用數(shù)學(xué)歸納法證明． 3．用數(shù)學(xué)歸納法證明與自然數(shù)有關(guān)的不等式以及數(shù)列有關(guān)的命題是考查的重點，主要考查用數(shù)學(xué)歸納法證明數(shù)學(xué)命題的能力，同時考查分析問題、解決問題的能力． 一、選擇題 1．若命題A(n)(n∈N＋)在n＝k(k∈N＋)時命題成立，則有n

17、＝k＋1時命題成立．現(xiàn)知命題對n＝n0(n0∈N＋)時命題成立，則有(　　) A．命題對所有正整數(shù)都成立 B．命題對小于n0的正整數(shù)不成立，對大于或等于n0的正整數(shù)都成立 C．命題對小于n0的正整數(shù)成立與否不能確定，對大于或等于n0的正整數(shù)都成立 D．以上說法都不正確 答案　C 解析　由已知得n＝n0(n0∈N＋)時命題成立，則有n＝n0＋1時命題成立；在n＝n0＋1時命題成立的前提下，又可推得n＝(n0＋1)＋1時命題也成立，依此類推，可知選C. 2．上一個n層的臺階，若每次可上一層或兩層，設(shè)所有不同上法的總數(shù)為f(n)，則下列猜想正確的是(　　) A．f(n)＝n B．f

18、(n)＝f(n)＋f(n－2) C．f(n)＝f(n)·f(n－2) D．f(n)＝ 答案　D 解析　當(dāng)n≥3時，f(n)分兩類，第一類，從第n－1層再上一層，有f(n－1)種方法；第二類從第n－2層再一次上兩層，有f(n－2)種方法，所以f(n)＝f(n－1)＋f(n－2)(n≥3)． 3．?dāng)?shù)列{an}的前n項和Sn＝n2·an(n≥2)，而a1＝1，通過計算a2，a3，a4，猜想an等于(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　由a2＝S2－S1＝4a2－1，得a2＝＝， 由a3＝S3－S2＝9a3－4a2，得a3＝a2＝＝， 由a4＝S4－S3＝16a4－9

19、a3，得a4＝a3＝＝， 猜想an＝. 4．用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式1＋＋＋…＋＞(n∈N＋)成立，其初始值至少應(yīng)取(　　) A．7B．8C．9D．10 答案　B 解析　左邊＝1＋＋＋…＋＝ ＝2－，代入驗證可知n的最小值是8. 5．用數(shù)學(xué)歸納法證明“(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n·1·2·(2n－1)(n∈N＋)”時，從“n＝k到n＝k＋1”時，左邊應(yīng)增加的式子是(　　) A．2k＋1 B．2k＋3 C．2(2k＋1) D．2(2k＋3) 答案　C 解析　當(dāng)n＝k＋1時， (k＋2)(k＋3)…(k＋k)·(2k＋1)·(2k＋2) ＝(k＋1)(k＋2)

20、…(k＋k)·2(2k＋1)， ∴2(2k＋1)是從n＝k到n＝k＋1時，左邊應(yīng)增加的式子． 6．用數(shù)學(xué)歸納法證明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N＋)能被9整除”，要利用歸納假設(shè)證明當(dāng)n＝k＋1時的情況，只需展開(　　) A．(k＋3)3 B．(k＋2)3 C．(k＋1)3 D．(k＋1)3＋(k＋2)3 答案　A 解析　假設(shè)當(dāng)n＝k時，原式能被9整除， 即k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除． 當(dāng)n＝k＋1時，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3為了能用上面的歸納假設(shè)，只需將(k＋3)3展開，讓其出現(xiàn)k3即可． 二、填空題 7．設(shè)f(n)＝…，用數(shù)學(xué)歸

21、納法證明f(n)≥3，在假設(shè)當(dāng)n＝k時成立后，f(k＋1)與f(k)的關(guān)系是f(k＋1)＝f(k)·________________. 答案　 解析　f(k)＝…， f(k＋1)＝… ·， ∴f(k＋1)＝f(k)·. 8．設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1＝2an＋2，用數(shù)學(xué)歸納法證明an＝4·2n－1－2的第二步中，設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N＋)時結(jié)論成立，即ak＝4·2k－1－2，那么當(dāng)n＝k＋1時，應(yīng)證明等式____________成立． 答案　ak＋1＝4·2(k＋1)－1－2 9．設(shè)平面內(nèi)有n條直線(n≥3)，其中有且僅有兩條直線互相平行，任意三條直線不過同一點．

22、若用f(n)表示這n條直線交點的個數(shù)，則f(4)＝________；當(dāng)n＞4時，f(n)＝________(用含n的式子表示)． 答案　5　(n－2)(n＋1) 解析　f(3)＝2，f(4)＝5，f(5)＝9，f(6)＝14，每增加一條直線，交點增加的個數(shù)等于原來直線的條數(shù)． ∴f(4)－f(3)＝3，f(5)－f(4)＝4，f(6)－f(5)＝5，…，f(n)－f(n－1)＝n－1. 累加，得f(n)－f(3)＝3＋4＋…＋(n－1) ＝(n－3)． ∴f(n)＝(n－2)(n＋1)． 10．用數(shù)學(xué)歸納法證明“n3＋5n能被6整除”的過程中，當(dāng)n＝k＋1時，對式子(k＋1)3＋

23、5(k＋1)應(yīng)變形為________________________． 答案　k3＋5k＋3k(k＋1)＋6 解析　(k＋1)3＋5(k＋1)＝k3＋3k2＋3k＋1＋5k＋5 ＝k3＋5k＋3k2＋3k＋6 ＝k3＋5k＋3k(k＋1)＋6. 三、解答題 11．已知f(n)＝(2n＋7)×3n＋9(n∈N＋)，用數(shù)學(xué)歸納法證明f(n)能被36整除． 證明　(1)當(dāng)n＝1時，f(1)＝(2＋7)×3＋9＝36，能被36整除． (2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N＋，k≥1)時，f(k)＝(2k＋7)×3k＋9能被36整除， 則當(dāng)n＝k＋1時，f(k＋1)＝[2(k＋1)＋7]×3k＋1

24、＋9＝(2k＋7)×3k＋1＋2×3k＋1＋9＝(2k＋7)×3k×3＋2×3k＋1＋9＝3[(2k＋7)×3k＋9]－27＋2×3k＋1＋9＝3[(2k＋7)×3k＋9]＋18(3k－1－1)． 由于3k－1－1是2的倍數(shù)，故18(3k－1－1)能被36整除，即當(dāng)n＝k＋1時，f(k＋1)也能被36整除． 根據(jù)(1)和(2)可知，對一切正整數(shù)n，都有f(n)＝(2n＋7)×3n＋9能被36整除． 12．是否存在常數(shù)a，b，c，使得等式1×22＋2×32＋3×42＋…＋n(n＋1)2＝(an2＋bn＋c)對一切正整數(shù)成立？并證明你的結(jié)論． 解　假設(shè)存在a，b，c，使題中等式對一切正整數(shù)

25、成立， 則當(dāng)n＝1,2,3時，上式顯然成立， 可得 解得a＝3，b＝11，c＝10. 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明等式1×22＋2×32＋3×42＋…＋n(n＋1)2＝(3n2＋11n＋10)對一切正整數(shù)均成立． (1)當(dāng)n＝1時，命題顯然成立． (2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N＋)時，命題成立， 即1×22＋2×32＋3×42＋…＋k(k＋1)2 ＝(3k2＋11k＋10)， 則當(dāng)n＝k＋1時，有 1×22＋2×32＋…＋k(k＋1)2＋(k＋1)·(k＋2)2 ＝(3k2＋11k＋10)＋(k＋1)(k＋2)2 ＝(k＋2)(3k＋5)＋(k＋1)(k＋2)2 ＝(3k

26、2＋5k＋12k＋24) ＝[3(k＋1)2＋11(k＋1)＋10]． 即當(dāng)n＝k＋1時，等式也成立． 由(1)(2)可知，對任何正整數(shù)n，等式都成立． 13．設(shè)Pn＝(1＋x)n，Qn＝1＋nx＋x2，n∈N＋，x∈(－1，＋∞)，試比較Pn與Qn的大小，并加以證明． 解　(1)當(dāng)n＝1,2時，Pn＝Qn. (2)當(dāng)n≥3時，(以下再對x進(jìn)行分類)． ①若x∈(0，＋∞)，顯然有Pn＞Qn； ②若x＝0，則Pn＝Qn； ③若x∈(－1,0)， 則P3－Q3＝x3＜0，所以P3＜Q3. P4－Q4＝4x3＋x4＝x3(4＋x)＜0，所以P4＜Q4. 假設(shè)Pk＜Qk(k≥

27、3)， 則Pk＋1＝(1＋x)Pk＜(1＋x)Qk＝Qk＋xQk ＝1＋kx＋＋x＋kx2＋ ＝1＋(k＋1)x＋x2＋x3 ＝Qk＋1＋x3＜Qk＋1， 即當(dāng)n＝k＋1時，不等式成立． 所以當(dāng)n≥3，且x∈(－1,0)時，Pn＜Qn. 四、探究與拓展 14．已知f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N＋)，g(n)＝ 2(－1)(n∈N＋)． (1)當(dāng)n＝1,2,3時，分別比較f(n)與g(n)的大小(直接給出結(jié)論)； (2)由(1)猜想f(n)與g(n)的大小關(guān)系，并證明你的結(jié)論． 解　(1)f(1)＞g(1)，f(2)＞g(2)，f(3)＞g(3)． (2)當(dāng)n＝1時，f

28、(1)＞g(1)； 當(dāng)n＝2時，f(2)＞g(2)； 當(dāng)n＝3時，f(3)＞g(3)． 猜想：f(n)＞g(n)(n∈N＋)，即1＋＋＋…＋＞ 2(－1)(n∈N＋)． 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明． ①當(dāng)n＝1時，f(1)＝1，g(1)＝2(－1)，f(1)＞g(1)， 不等式成立． ②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N＋)時，不等式成立，即1＋＋＋…＋＞2(－1)． 則當(dāng)n＝k＋1時，f(k＋1)＝1＋＋＋…＋＋＞2(－1)＋＝2＋－2， g(k＋1)＝2(－1)＝2－2， 所以只需證明2＋＞2， 即證2(k＋1)＋1＝2k＋3＞2， 即證(2k＋3)2＞4(k＋2)(k＋1)， 即證4k2＋12k＋9＞4k2＋12k＋8，此式顯然成立． 所以，當(dāng)n＝k＋1時不等式也成立． 綜上可知，對n∈N＋，不等式都成立， 即1＋＋＋…＋＞2(－1)(n∈N＋)成立． 13