数学归纳法总结

数学归纳法总结

【数学归纳法】

【数学归纳法的基本形式】

1.第一数学归纳法

设P(n)是一个与正整数有关的命题，如果①当nn0(n0N)时，P(n)成立；

②假设nk(kn0,kN)成立，由此推得nk1时，P(n)也成立；那么根据①②可得到结论：对一切正整数nn0，命题P(n)成立。2.第二数学归纳法（串值归纳法）

设P(n)是一个与正整数有关的命题，如果①当nn0(n0N)时，P(n)成立；

②假设nk(kn0,kN)成立，由此推得nk1时，P(n)也成立；那么根据①②可得到结论：对一切正整数nn0，命题P(n)成立。3.跳跃数学归纳法

设P(n)是一个与正整数有关的命题，如果①当n1,2,...,l时，P(1),P(2),...,P(l)成立；

②假设nk(kn0,kN)成立，由此推得nkl时，P(n)也成立；那么根据①②可得到结论：对一切正整数n1，命题P(n)成立。4.反向数学归纳法

设P(n)是一个与正整数有关的命题，如果①P(n)对无限多个正整数n成立；

②从命题P(n)成立可以推出命题P(n1)也成立；

那么根据①②可得到结论：对一切正整数n，命题P(n)成立。

如果命题P(n)对无穷多个自然数成立的证明很困难，我们还可以考虑反向数学归纳法的另外两种形式：

Ⅰ设P(n)是一个与正整数有关的命题，如果

①n1时命题P(n)正确；

②假如由P(n)不成立推出P(n1)不成立；

那么根据①②可得到结论：对一切正整数n，命题P(n)成立。

Ⅱ设P(n)是一个与正整数有关的命题，如果

①n1,2,...,r时，命题P(1),P(2),...,P(r)都成立；

②假若由由P(n)不成立推出P(nr)不成立；

那么根据①②可得到结论：对一切正整数n，命题P(n)成立。

以上讨论的均是完全归纳法，不完全归纳法是从特殊出发，通过实验、观察、分析、综合、抽象概括出一般性结论的一种重要方法，运用不完全归纳法可通过对数列前n项的计算、观察、分析推测出它的通项公式，或推测出这个数列的有关性质。应用不完全数学归纳法时，必须用完全数学归纳法对结论的正确性予以证明。

【应用数学归纳法的技巧】

1.移动起点

有些命题对一切大于等于1的正整数n都成立，但命题本身对n0也成立，而且验证起来比验证n1时容易，因此用验证n0成立来替代验证n1；同理，起点也可以进行适当后移，只要后移的起点成立且容易验证。2.起点增多

有些命题由nk向nk1跨进时，需要用到一些其他特殊点的性质，此时往往需要补充验证某些特殊情形，因此需要适当增多起点；增多起点也可以更好的观察出每一个n具有的统一形式，从而利用数学归纳法证明。3.选择适当的假设方式

归纳假设不要拘泥于“假设nk时命题成立”，需要根据题意采取第一、第二、跳跃、反向数学归纳法。

【典型例题】

例1：证明：n5n(nN)能被6整除。

例2：证明：对于一切自然数n1都有22n。

n

例3：设ax11n，求证：xn可表示为a的n次多项式。xx例4：试证用面值为3分和5分的邮票可以支付任何n(n7,nN)分的邮资。例5：求证：适合x2yn(x0,y0)的整数解组数r(n)满足：r(n)11(n1)[1(1)n]24。例6：已知f(x)是定义在N上，又是在N上取值的函数，且：（1）f(2)2（2）m,nN,f(mn)f(m)f(n)（3）当mn时，f(m)f(n)求证：f(x)x在N上恒成立。

例7：证明对任何正整数n,f(n)n3n5都不能被121整除。

扩展阅读：高考专题——数学归纳法

数学归纳法

数学归纳法

一、知识梳理(1)数学归纳法的基本形式第一数学归纳法设P(n)是关于自然数n的命题，若1°P(n0)成立(奠基)2°假设P(k)成立(k≥n0)，可以推出P(k+1)成立(归纳)，则P(n)对一切大于等于n0的自然数n都成立注：第一数学归纳法有如下的变式：设P(n)是关于自然数n的命题，若1°P1,P2,...,Pl成立(奠基)2°假设P(k)成立(k≥n0)，可以推出Pkl成立(归纳)，则P(n)对一切大于等于n0的自然数n都成立以上方法称为“跳跃数学归纳法”（了解）

第二数学归纳法设P(n)是关于自然数n的命题，若1°P(1)成立(奠基)2°假设nk（k为任意自然数）时，Pn1nk成立，可以推出P(k+1)成立(归纳)，则P(n)对一切自然数n都成立反向数学归纳法设P(n)是一个与正整数有关的命题，如果①P(n)对无限多个正整数n成立；

②假设nk时，命题P(k)成立，则当nk1时命题P(k1)也成立，那么根据①②对一切正整数n1时，P(n)成立．

(2)数学归纳法的证明技巧

a“起点前移”或“起点后移”。有时前几项不能统一到归纳里面，需要单独验证，需要将起点后移

b加大跨度。这时候可以应用跳跃归纳法（不需要掌握）c加强命题

d命题的活化（一般化）。比如要证明f201*时候成立，可以证明fn成立

e先猜后证。可以先算出前几项，找出规律，猜测后再证明。

数学归纳法

(3)数学归纳法的应用

具体常用数学归纳法证明恒等式，不等式，数的整除性，几何中计算问题，数列的通项与和等

(4)几点说明

1用数学归纳法进行证明时，“归纳奠基”和“归纳递推”两个步骤缺一不可；2在第二步中，在递推之前，时结论是否成立是不确定的，因此用假设二字，这一步的实质是证明命题对的正确性可以传递到时的情况.有了这一步，联系第一步的结论（命题对成立），就可以知道命题对也成立，进而再由第二步可知即也成立，…，这样递推下去就可以知道对于所有不小于的正整数都成立.在这一步中，时命题成立，可以作为条件加以运用，而时的情况则有待利用归纳假设、已知的定义、公式、定理加以证明，不能直接将代入命题.

二、典型例题讲解

【例1】证明：

111(1)>1(nN)n1n23n1111(2)(11)(1)(1)(1)>33n1(nN)

473n2分析:如果运用以前所学知识通过放缩法进行回很困难,但是如果用数学归纳法就比较容易.以下是详细证明过程.

11113证明:(1)第一步:当n=1时,左=>1,故n=1时不等式成立.

23412111第二步:假设当n=k时不等式成立，即>1k1k23k1那么当n=k+1时,

11111左=k23k13k23k33k4=

111111k23k13k23k33k43k1=

1112>1k1k23k13(3k2)(3k4)(k1)故n=k+1时不等式成立

第三步:根据（1）（2）可知：结论对于一切正整数n成立.(2)第一步:当n=1时,左=2,右=34,故左>右,即n=1时不等式成立.

111第二步:假设n=k时不等式成立,即(11)(1)(1)(1)>

473k233k1

-2-

数学归纳法

那么n=k+1时,

1111左=(11)(1)(1)(1)(1)

473k23k13k2>33k1

3k13k233k13k133k4

33(3k2)3(3k4)=2(3k1)(3k2)2(3k4)(3k1)2=

(3k1)2=

9k4>0

(3k1)23k233k1）1>（3k1n=k+1时不等式成立．

左>33k1第三步：根据（1）（2）可知：对于一切正整数n不等式成立。

1111【例2】证nN时有（1－）（1－2）（1－n）3332证明：显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个nN，有

1111111－（＋2＋＋n）（1）（1－）（1－2）（1－n）333333用数学归纳法证明（1）式：（i）n＝1时，（1）式显然成立，（ii）设n＝k时，（1）式成立，即（1－）（1－13111111－（））（1－）＋＋＋323k3323k则当n＝k＋1时，

11111111〔1－（＋2＋＋k）〕（1－k＋1）（1－）（1－2）（1－k）（1－k＋1）3333333311111111＝1－（＋2＋＋k）－k＋1＋k＋1（＋2＋＋k）

3333333311111－（＋2＋＋k＋k＋1）即当n＝k＋1时，（1）式也成立。

3333故对一切nN，（1）式都成立。

11n〔1－（）〕11111133利用（1）得，1－（＋2＋＋n）＝1－（1－）（1－2）（1－n）13333331－3

数学归纳法

nn＝1－〔1－（）〕＝＋（）121312112312故原式成立，从而结论成立。

【例3】设数列｛an｝的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1，n＝1，2，

3，．（Ⅰ）求a1，a2；

（Ⅱ）｛an｝的通项公式．

解：(Ⅰ)当n＝1时，x2－a1x－a1＝0有一根为S1－1＝a1－1，

1

于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝．

21

当n＝2时，x2－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a2－，

2111

于是(a2－)2－a2(a2－)－a2＝0，解得a1＝．

226(Ⅱ)由题设(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，

即Sn2－2Sn＋1－anSn＝0．

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入上式得Sn－1Sn－2Sn＋1＝0①

1112

由(Ⅰ)知S1＝a1＝，S2＝a1＋a2＝＋＝．

22633

由①可得S3＝．

4n

由此猜想Sn＝，n＝1，2，3，．

n＋1下面用数学归纳法证明这个结论．(i)n＝1时已知结论成立．

k

(ii)假设n＝k时结论成立，即Sk＝，

k＋1当n＝k＋1时，由①得Sk＋1＝故n＝k＋1时结论也成立．

n

综上，由(i)、(ii)可知Sn＝对所有正整数n都成立．

n＋1于是当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝

n－1n1－＝，

nn＋1n(n＋1)k＋11

，即Sk＋1＝，2－Skk＋2

11n

又n＝1时，a1＝＝，所以｛an｝的通项公式an＝，n＝1，2，3，．

21×2n＋1

x11

【例4】已知函数f(x)=x3－x2+2+4,且存在x0∈(0,2),使f(x0)=x0.

1

（I）证明：f(x)是R上的单调增函数；设x1=0,xn+1=f(xn);y1=,yn+1=f(yn),

2

其中n=1,2,

数学归纳法

（II）证明：xn数学归纳法

即

111,anan1n111111111,,,.a2a12a3a23anan1n11111.ana123n于是有

所有不等式两边相加可得

由已知不等式知，当n≥3时有，

111[log2n].ana12∵a1b,2b[log2n]111[log2n].anb22ban2b.

2b[log2n]证法2：设f(n)111，首先利用数学归纳法证不等式23nanb,n3,4,5,.

1f(n)b3a233b.32a3a21f(3)b1131a22a1（i）当n=3时，由a3知不等式成立.

（ii）假设当n=k（k≥3）时，不等式成立，即akb,

1f(k)b则ak1(k1)akk1k1(k1)1f(k)b(k1)ak1(k1)1akb(k1)b(k1)(k1)f(k)bbb1(f(k)1)bk1b,

1f(k1)b即当n=k+1时，不等式也成立.由（i）、（ii）知，anb,n3,4,5,.

1f(n)bb11[lo2gn]b22b,n3,4,5,.

2b[lo2gn]又由已知不等式得an（Ⅱ）有极限，且liman0.

n数学归纳法

（Ⅲ）∵

2b221,令,

2b[log2n][log2n][log2n]510则有log2n[log2n]10,n21024,1.5故取N=1024，可使当n>N时，都有an

【例6】数列{an}满足a11且an1(111)a(n1).n2nnn2（Ⅰ）用数学归纳法证明：an2(n2)；

（Ⅱ）已知不等式ln(1x)x对x0成立,证明:ane2(n1)，其中无理数

e=2.71828.

证明：（Ⅰ）（1）当n=2时，a222，不等式成立.

（2）假设当nk(k2)时不等式成立，即ak2(k2),

那么ak1(111)akk2.这就是说，当nk1时不等式成立.

k(k1)2根据（1）、（2）可知：ak2对所有n2成立.

（Ⅱ）证法一：

由递推公式及（Ⅰ）的结论有an1(1两边取对数并利用已知不等式得lnan11111)a(1)an.(n1)nn2n2nn2n2n11ln(12n)lnan

nn2lnan1111故(n1).lnalna.n1nn(n1)2nn2n2n上式从1到n1求和可得

lnanlna11111112n11223(n1)n2221n1111111121()11n2.1223n1n2n21212即lnan2,故ane(n1).

（Ⅱ）证法二：

由数学归纳法易证2n(n1)对n2成立，故

-7-

n数学归纳法

an1(11111)a(1annn(n1)n(n1)n2n2n(n2),则bn1(11)bnn(n1)(n2).

令bnan1(n2).

取对数并利用已知不等式得lnbn1ln(11)lnbn

n(n1)lnbn1n(n1)(n2).

1111223n(n1)上式从2到n求和得lnbn1lnb21111111.223n1n(n2).

因b2a213.故lnbn11ln3,bn1e1ln33e故an13e1e2,n2,又显然a1e2,a2e2,故ane2对一切n1成立.

三、同步练习

一、选择题

1.已知f(n)=(2n+7)3n+9,存在自然数m,使得对任意n∈N,都能使m整除f(n)，则最大的m的值为()A.30B.26C.36D.6解析：∵f(1)=36,f(2)=108=3×36,f(3)=360=10×36∴f(1),f(2),f(3)能被36整除，猜想f(n)能被36整除.证明：n=1,2时，由上得证，设n=k(k≥2)时，f(k)=(2k+7)3k+9能被36整除，则n=k+1时，f(k+1)－f(k)=(2k+9)3k+1－(2k+7)3k=(6k+27)3k－(2k+7)3k

=(4k+20)3k=36(k+5)3k－2(k≥2)f(k+1)能被36整除

∵f(1)不能被大于36的数整除，∴所求最大的m值等于36.答案：C

2.用数学归纳法证明3k≥n3(n≥3,n∈N)第一步应验证()A.n=1B.n=2C.n=3D.n=4解析：由题意知n≥3，∴应验证n=3.答案：C

3.用数学归纳法证明4

2n1+3n+2能被13整除，其中n∈N*.

数学归纳法

证明：(1)当n=1时，42×1+1+31+2=91能被13整除

(2)假设当n=k时，42k+1+3k+2能被13整除，则当n=k+1时，42(k+1)+1+3k+3=42k+142+3k+23－42k+13+42k+13=42k+113+3(42k+1+3k+2)

∵42k+113能被13整除，42k+1+3k+2能被13整除∴当n=k+1时也成立.

由①②知，当n∈N*时，42n+1+3n+2能被13整除.

3an1a3,则a2,a3,a4,a5的值分别为_________，由此猜想an=_________.

4.已知a1=2,an+1=n13a1233同理,4.解析:a2a131725323a23333333a3,a4,a5,猜想ana238359451055n5

3答案:

333337、8、9、10n5

11113n1n22n24.5.若n为大于1的自然数，求证：

11713证明：(1)当n=2时，2122122411113k1k22k24(2)假设当n=k时成立，即则当nk1时,1111111k2k32k2k12k2k1k1131111311242k12k2k1242k12k213113242(2k1)(k1)24

6.已知数列{bn}是等差数列，b1=1,b1+b2++b10=145.(1)求数列{bn}的通项公式bn;

1b(2)设数列{an}的通项an=loga(1+n)(其中a＞0且a≠1)记Sn是数列{an}的前n项和，试比

1较Sn与3logabn+1的大小，并证明你的结论.

数学归纳法

b11b1110(101)10bd145d312解：(1)解：设数列{bn}的公差为d,由题意得,∴bn=3n－2

(2)证明：由bn=3n－2知

11Sn=loga(1+1)+loga(1+4)++loga(1+3n2)11=loga［(1+1)(1+4)(1+3n2)］

1113而3logabn+1=loga3n1,于是，比较Sn与3logabn+1的大小比较(1+1)(1+4)

13(1+3n2)与3n1的大小.

333取n=1，有(1+1)=84311

13)8373321取n=2，有(1+1)(1+4113推测：(1+1)(1+4)(1+3n2)＞3n1(*)

①当n=1时，已验证(*)式成立.

113②假设n=k(k≥1)时(*)式成立，即(1+1)(1+4)(1+3k2)＞3k11111(11)(1)(1)(1)33k1(1)43k23(k1)23k1则当n=k+1时，

3k233k13k1

(3k233k1)3(33k4)33k1(3k2)3(3k4)(3k1)29k4022(3k1)(3k1)33k1(3k2)33k433(k1)13k1

111从而(11)(1)(1)(1)33(k1)143k23k1,即当n=k+1时，(*)式成立

数学归纳法

由①②知，(*)式对任意正整数n都成立.

11于是，当a＞1时，Sn＞3logabn+1,当0＜a＜1时，Sn＜3logabn+1

7.设实数q满足|q|＜1,数列{an}满足：a1=2,a2≠0,anan+1=－qn,求an＜3,求q的取值范围.

.解：∵a1a2=－q,a1=2,a2≠0,

表达式，又如果nlimS2n

9∴q≠0,a2=－2,

∵anan+1=－qn,an+1an+2=－qn+1

an1aq,即an+2=qan

两式相除，得n21于是，a1=2,a3=2q,a5=2qn猜想：a2n+1=－2qn(n=1,2,3,)2qk1n2k1时(kN)1kqn2k时(kN)综合①②，猜想通项公式为an=2

下证：(1)当n=1,2时猜想成立

(2)设n=2k－1时，a2k－1=2qk－1则n=2k+1时，由于a2k+1=qa2k－1∴a2k+1=2qk即n=2k－1成立.可推知n=2k+1也成立.

1设n=2k时，a2k=－2qk,则n=2k+2时，由于a2k+2=qa2k,1所以a2k+2=－2qk+1,这说明n=2k成立，可推知n=2k+2也成立.

综上所述，对一切自然数n,猜想都成立.

2qk1当n2k1时(kN)1kq当n2k时(kN)这样所求通项公式为an=2

S2n=(a1+a3+a2n－1)+(a2+a4++a2n)

1=2(1+q+q2++qn-1)－2(q+q2++qn)2(1qn)1q(1qn)1qn4q()()1q2(1q)1q2

数学归纳法

1qn4qlimq0,故limS2n(1q)(2)n由于|q|＜1,∴n=

n4q2依题意知2(1q)＜3,并注意1－q＞0,|q|＜1解得－1＜q＜0或0＜q＜5

四、高考真题

[1](09山东)等比数列an的前n项和为，已知对任意的nN,，点(n.Sn)均在函数

ybxr(b0且b1,b,r均为常数的图象上。

（Ⅰ）求r的值。

（Ⅱ）当b=2时，记bn2(log2an1)(nn)证明：对任意的，不等式成立

w.w.w.s.5.u.c.o.m

b1b11b21…nn1b1b2bnx解:因为对任意的nN,点(n,Sn)，均在函数ybr(b0且b1,b,r均为常数的图像上

.所

以得

nSnnbn1,r当n1时,

a1S1br,当

n2时,anSnSn1br(br)bnbn1(b1)bn1,又因为{an}为等比数列,所以

r1,公比为b,an(b1)bn1

（2）当b=2时，an(b1)b则

n12n1,bn2(log2an1)2(log22n11)2n

bn12n1b13572n1b1b21n,所以1bn2nb1b2bn2462n下面用数学归纳法证明不等式

b13572n1b11b21nn1成立.b1b2bn2462n①当n1时,左边=

33,右边=2,因为2,所以不等式成立.22b13572k1b11b21kk1成立.b1b2bk2462k②假设当nk时不等式成立,即

则当nk1时,左边=

b1bk11357b11b212k12k3kb1b2bkbk12462k2k2数学归纳法

2k3(2k3)24(k1)24(k1)11k1(k1)1(k1)12k24(k1)4(k1)4(k1)所以当nk1时,不等式也成立.

由①、②可得不等式恒成立.

【2】（09陕西）已知数列xn}满足，x1＝11xn＋1＝,nN*.2’1xn猜想数列{xn}的单调性，并证明你的结论；

(Ⅱ)证明：|xn1-xn|≤()n1。证（1）由x11265w.w.w.k.s.5.u.c.o.m112513及xn+1得x2x4，x421xn3821由x2x4x6猜想：数列x2n是递减数列下面用数学归纳法证明：

（1）当n=1时，已证命题成立（2）假设当n=k时命题成立，即x2kx2k2易知x2k0，那么x2k2x2k4x2k3x2k111

1x2k11x2k3(1x2k1)(1x2k3)=

x2kx2k20

(1x2k)(1x2k1)(1x2k2)(1x2k3)即x2(k1)x2(k1)2

也就是说，当n=k+1时命题也成立，结合（1）和（2）知，命题成立（2）当n=1时，xn1xnx2x11，结论成立611

1xn12当n2时，易知0xn11,1xn12,xn(1xn)(1xn1)(115)(1xn1)2xn1

1xn12xnxn111xn1xn

1xn1xn1(1xn)(1xn1)数学归纳法

2222n-1xnxn1（）xn1xn2（）x2x555

12n-1（）651w.w.w.s.5.u.c.o.m【3】（08天津）在数列an与bn中，a11,b14，数列an的前n项和Sn满足

nSn1n3Sn0,2an1为bn与bn1的等比中项，nN*.

（Ⅰ）求a2,b2的值；

（Ⅱ）求数列{an}与{bn}的通项公式；

（Ⅲ）设Tn(1)a1b1(1)a2b2(1)anbn,nN*.证明：|Tn|2n2,n3.

解：由题设有a1a24a10，a11，解得a23．由题设又有4a22b2b1，b14，

解得b29．

（Ⅱ）由题设nSn1(n3)Sn0，a11，b14，及a23，b29，进一步可得a36，

b316，a410，b425，猜想an先证ann(n1)2*，bn(n1)，nN．2n(n1)*，nN．21(11)当n1时，a1，等式成立．当n2时用数学归纳法证明如下：

22(21)（1当n2时，a2，等式成立．

2k(k1)（2）假设nk时等式成立，即ak，k2．

2由题设，kSk1(k3)Sk(k1)Sk(k2)Sk1

①的两边分别减去②的两边，整理得kak1(k2)ak，从而

ak1k2k2k(k1)(k1)[(k1)1]．akkk22n(n1)对任何2这就是说，当nk1时等式也成立．根据（1）和（2）可知，等式an的n2成立．

数学归纳法

综上所述，等式ann(n1)n(n1)*对任何的nN都成立an222*再用数学归纳法证明bn(n1)，nN．

（1）当n1时，b1(11)，等式成立．

（2）假设当nk时等式成立，即bk(k1)，那么

224ak12(k1)2(k2)22bk1[(k1)1]．2bk(k1)这就是说，当nk1时等式也成立．根据（1）和（2）可知，等式bn(n1)对任何的

2nN*都成立．

（Ⅲ）证明：Tn(1)b1(1)b2(1)bn23(1)当n4k，kN时，

*a1a2an22n(n1)2(n1)2．

Tn22324252(4k2)2(4k1)2(4k)2(4k1)2．

注意到(4k2)(4k1)(4k)(4k1)32k4，故

2222Tn32(12k)4k32k(k1)4k2

4k(4k4)4k(4k)234kn23n．

*Tn(4k)34k(4k1)(n1)3(n1)(n2)n当n4k1，kN时，

*2222当n4k2，kN时，

Tn(4k)234k(4k1)2(4k)23(n2)(n3)2n23n3．

当n4k3，kN时，

*Tn34k(4k1)2(4k1)23(n3)(n4)2(n2)2n3．

n3,2n3n3,所以Tnn,n23n,n4k3n4k2n4k1n4k,kN*．

数学归纳法

13nn22,1332,|Tn|nn2从而n3时，有2n12,n312,n总之，当n3时有

n5,9,13,n6,10,14,

n3,7,11,n4,8,12,|Tn|2|T|2n，即．2n2n【4】（08福建）已知函数f(x)=ln(1+x)-x1

（Ⅰ）求f(x)的单调区间；

（Ⅱ）记f(x)在区间0,（n∈N*）上的最小值为bx令an=ln(1+n)-bx.（Ⅲ）如果对一切n，不等式anan2c恒成立，求实数c的取值范围；an2（Ⅳ）求证：

aaa2n1a1a1a3132an11.a2a2a4a2a4a2n解答（Ⅰ）因为f(x)=ln(1+x)-x，所以函数定义域为（-1,+）,且f〃(x)=由f〃(x)>0得-1数学归纳法

所以g(x)在1,内是减函数；则当n∈N*时，g(n)随n的增大而减小，

又因为limg(n)lim(n2n22n)limxx2n4n2n2n22limx4nx1221nn＝1.

所以对一切nN,g(n)1.因此c≤1,即实数c的取值范围是(-∞，1].()由()知*12n12n1.2n1135(2n1)1(nN).

246(2n)2n1下面用数学归纳法证明不等式

①当n=1时，左边＝

11，右边＝，左边

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