高中数学人教a版选修2-2（课时训练）：2.3 数学归纳法(二)

高中数学人教a版选修2-2（课时训练）：2.3 数学归纳法(二)

2.3 数学归纳法(二) [学习目标] 1．进一步掌握数学归纳法的实质与步骤，掌握用数学归纳法证明等式、不等式、整除问题、 几何问题等数学命题． 2．掌握证明 n＝k＋1 成立的常见变形技巧：提公因式、添项、拆项、合并项、配方等． [知识链接] 1．数学归纳法的两个步骤有何关系？ 答案 使用数学归纳法时，两个步骤缺一不可，步骤(1)是递推的基础，步骤(2)是递推的依 据． 2．用数学归纳法证明的问题通常具备怎样的特点？ 答案 与正整数 n 有关的命题 [预习导引] 1．归纳法 归纳法是一种由特殊到一般的推理方法，分完全归纳法和不完全归纳法两种，而不完全归纳 法得出的结论不具有可靠性，必须用数学归纳法进行严格证明． 2．数学归纳法 (1)应用范围：作为一种证明方法，用于证明一些与正整数有关的数学命题； (2)基本要求：它的证明过程必须是两步，最后还有结论，缺一不可； (3)注意点：在第二步递推归纳时，从 n＝k 到 n＝k＋1 必须用上归纳假设． 要点一 用数学归纳法证明不等式问题 例 1 用数学归纳法证明： 1 22 ＋ 1 32 ＋ 1 42 ＋…＋ 1 n2<1－1 n(n≥2，n∈N*)． 证明 (1)当 n＝2 时，左式＝ 1 22 ＝1 4 ，右式＝1－1 2 ＝1 2. 因为1 4<1 2 ，所以不等式成立． (2)假设 n＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式成立， 即 1 22 ＋ 1 32 ＋ 1 42 ＋…＋1 k2<1－1 k ， 则当 n＝k＋1 时， 1 22 ＋ 1 32 ＋ 1 42 ＋…＋1 k2 ＋ 1 k＋12<1－1 k ＋ 1 k＋12 ＝1－k＋12－k kk＋12 ＝1－k2＋k＋1 kk＋12 <1－ kk＋1 kk＋12 ＝1－ 1 k＋1 ， 所以当 n＝k＋1 时，不等式也成立． 综上所述，对任意 n≥2 的正整数，不等式都成立． 规律方法 用数学归纳法证明不等式时常要用到放缩法，即在归纳假设的基础上，通过放大 或缩小等技巧变换出要证明的目标不等式． 跟 踪 演 练 1 用 数 学 归 纳 法 证 明 ： 对 一 切 大 于 1 的 自 然 数 n ， 不 等 式 1＋1 3 1＋1 5 … 1＋ 1 2n－1 > 2n＋1 2 成立． 证明 (1)当 n＝2 时，左＝1＋1 3 ＝4 3 ，右＝ 5 2 ，左>右， ∴不等式成立． (2)假设 n＝k(k≥2 且 k∈N*)时，不等式成立，即 1＋1 3 1＋1 5 … 1＋ 1 2k－1 > 2k＋1 2 ， 那么当 n＝k＋1 时， 1＋1 3 1＋1 5 … 1＋ 1 2k－1 1＋ 1 2k＋1－1 > 2k＋1 2 ·2k＋2 2k＋1 ＝ 2k＋2 2 2k＋1 ＝ 4k2＋8k＋4 2 2k＋1 > 4k2＋8k＋3 2 2k＋1 ＝ 2k＋3· 2k＋1 2· 2k＋1 ＝ 2k＋1＋1 2 ， ∴n＝k＋1 时，不等式也成立． 由(1)(2)知，对一切大于 1 的自然数 n，不等式都成立． 要点二 用数学归纳法证明整除性问题 例 2 用数学归纳法证明：f(n)＝(2n＋7)·3n＋9 能被 36 整除． 证明 ①当 n＝1 时，f(1)＝(2×1＋7)×3＋9＝36，能被 36 整除． ②假设 n＝k(k∈N*)时，f(k)能被 36 整除，即(2k＋7)·3k＋9 能被 36 整除，则当 n＝k＋1 时， f(k＋1)＝[2(k＋1)＋7]·3k＋1＋9 ＝3[(2k＋7)·3k＋9]＋18(3k－1－1)， 由归纳假设 3[(2k＋7)·3k＋9]能被 36 整除， 而 3k－1－1 是偶数，所以 18(3k－1－1)能被 36 整除， 所以 f(k＋1)能被 36 整除． 由①②可知，对任意的 n∈N*，f(n)能被 36 整除． 规律方法 应用数学归纳法证明整除性问题时，关键是“凑项”，采用增项、减项、拆项和因 式分解等方法，也可以说将式子“硬提公因式”，即将 n＝k 时的项从 n＝k＋1 时的项中“硬提 出来”，构成 n＝k 的项，后面的式子相对变形，使之与 n＝k＋1 时的项相同，从而达到利用 假设的目的． 跟踪演练 2 用数学归纳法证明 62n－1＋1(n∈N*)能被 7 整除． 证明 (1)当 n＝1 时，62－1＋1＝7 能被 7 整除． (2)假设当 n＝k(k∈N*，且 k≥1)时，62k－1＋1 能被 7 整除． 那么当 n＝k＋1 时，62(k＋1)－1＋1＝62k－1＋2＋1 ＝36(62k－1＋1)－35. ∵62k－1＋1 能被 7 整除，35 也能被 7 整除， ∴当 n＝k＋1 时，62(k＋1)－1＋1 能被 7 整除． 由(1)，(2)知命题成立． 要点三 用数学归纳法证明几何问题 例 3 用数学归纳法证明凸 n 边形的对角线有 1 2n(n－3)条． 证明 ①当 n＝3 时，1 2n(n－3)＝0，这就说明三角形没有对角线，故结论正确． ②假设当 n＝k(k≥3，k∈N*)时结论正确， 即凸 k 边形的对角线有 1 2k(k－3)条， 当 n＝k＋1 时，凸(k＋1)边形是在 k 边形基础上增加了一边，增加了一个顶点，设为 Ak＋1， 增加的对角线是顶点 Ak＋1 与不相邻顶点的连线再加上原 k 边形一边 A1Ak，共增加了对角线 的条数为 k－2＋1＝k－1. ∴f(k＋1)＝1 2k(k－3)＋k－1 ＝1 2(k2－k－2) ＝1 2(k＋1)(k－2) ＝1 2(k＋1)[(k＋1)－3] 故当 n＝k＋1 时命题成立． 由(1)(2)知，对任意 n≥3，n∈N*，命题成立． 规律方法 用数学归纳法证明几何问题，关键在于分析由 n＝k 到 n＝k＋1 的变化情况，即 分点(或顶点)增加了多少，直线的条数(或划分区域)增加了几部分等，或先用 f(k＋1)－f(k) 得出结果，再结合图形给予严谨的说明，几何问题的证明：一要注意数形结合；二要注意要 有必要的文字说明． 跟踪演练 3 平面内有 n(n∈N*，n≥2)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点， 求证交点的个数 f(n)＝nn－1 2 . 证明 (1)当 n＝2 时，两条直线的交点只有一个，又 f(2)＝1 2 ×2×(2－1)＝1， ∴当 n＝2 时，命题成立． (2)假设当 n＝k(k∈N*，k≥2)时命题成立，即平面内满足题设的任何 k 条直线的交点个数 f(k) ＝1 2k(k－1)， 那么，当 n＝k＋1 时， 任取一条直线 l，除 l 以外其他 k 条直线的交点个数为 f(k)＝1 2k(k－1)， l 与其他 k 条直线交点个数为 k， 从而 k＋1 条直线共有 f(k)＋k 个交点， 即 f(k＋1)＝f(k)＋k＝1 2k(k－1)＋k ＝1 2k(k－1＋2)＝1 2k(k＋1) ＝1 2(k＋1)[(k＋1)－1]， ∴当 n＝k＋1 时，命题成立． 由(1)，(2)可知，对任意 n∈N*(n≥2)命题都成立． 要点四 归纳—猜想—证明 例 4 在数列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝4，且 an，bn，an＋1 成等差数列，bn，an＋1，bn＋1 成等 比数列(n∈N*)． (1)求 a2，a3，a4 及 b2，b3，b4，由此猜测{an}，{bn}的通项公式，并证明你的结论； (2)证明： 1 a1＋b1 ＋ 1 a2＋b2 ＋…＋ 1 an＋bn ＜ 5 12. (1)解 由条件得 2bn＝an＋an＋1， a2n＋1＝bnbn＋1. 由此可以得 a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4＝25. 猜测 an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2. 用数学归纳法证明： ①当 n＝1 时，由上可得结论成立． ②假设当 n＝k(k∈N*)时，结论成立． 即 ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2， 那么当 n＝k＋1 时， ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)2－k(k＋1) ＝(k＋1)(k＋2)＝(k＋1)[(k＋1)＋1]， bk＋1＝a2k＋1 bk ＝(k＋2)2＝[(k＋1)＋1]2， 所以当 n＝k＋1 时，结论也成立． 由①②，可知 an＝n(n＋1)， bn＝(n＋1)2 对一切正整数都成立． (2)证明 1 a1＋b1 ＝1 6 ＜ 5 12. n≥2 时，由(1)知 an＋bn＝(n＋1)(2n＋1)＞2(n＋1)n. 故 1 a1＋b1 ＋ 1 a2＋b2 ＋…＋ 1 an＋bn ＜1 6 ＋1 2 1 2×3 ＋ 1 3×4 ＋…＋ 1 nn＋1 ＝1 6 ＋1 2 1 2 －1 3 ＋1 3 －1 4 ＋…＋1 n － 1 n＋1 ＝1 6 ＋1 2 1 2 － 1 n＋1 ＜1 6 ＋1 4 ＝ 5 12. 综上，原不等式成立． 规律方法 探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型，此种问题未给出问题的结 论，往往需要由特殊情况入手，归纳、猜想、探索出结论，然后再对探索出的结论进行证明， 而证明往往用到数学归纳法．这类题型是高考的热点之一，它对培养创造性思维具有很好的 训练作用． 跟踪演练 4 已知数列 1 1×4 ， 1 4×7 ， 1 7×10 ，…， 1 3n－23n＋1 ，…，计算 S1，S2，S3，S4，根 据计算结果，猜想 Sn 的表达式，并用数学归纳法进行证明． 解 S1＝ 1 1×4 ＝1 4 ；S2＝1 4 ＋ 1 4×7 ＝2 7 ； S3＝2 7 ＋ 1 7×10 ＝ 3 10 ；S4＝ 3 10 ＋ 1 10×13 ＝ 4 13. 可以看到，上面表示四个结果的分数中，分子与项数 n 一致，分母可用项数 n 表示为 3n＋1. 于是可以猜想 Sn＝ n 3n＋1(n∈N*)． 下面我们用数学归纳法证明这个猜想． (1)当 n＝1 时，左边＝S1＝1 4 ，右边＝ n 3n＋1 ＝ 1 3×1＋1 ＝1 4 ， 猜想成立． (2)假设当 n＝k(k∈N*)时猜想成立，即 1 1×4 ＋ 1 4×7 ＋ 1 7×10 ＋…＋ 1 3k－23k＋1 ＝ k 3k＋1 ，那么， 1 1×4 ＋ 1 4×7 ＋ 1 7×10 ＋…＋ 1 3k－23k＋1 ＋ 1 [3k＋1－2][3k＋1＋1] ＝ k 3k＋1 ＋ 1 3k＋13k＋4 ＝ 3k2＋4k＋1 3k＋13k＋4 ＝ 3k＋1k＋1 3k＋13k＋4 ＝ k＋1 3k＋1＋1 ， 所以，当 n＝k＋1 时猜想也成立． 根据(1)和(2)，可知猜想对任何 n∈N*都成立． 1．某个命题与正整数 n 有关，若 n＝k(k∈N*)时命题成立，那么可推得当 n＝k＋1 时该命题 也成立，现已知 n＝5 时，该命题不成立，那么可以推得( ) A．n＝6 时该命题不成立 B．n＝6 时该命题成立 C．n＝4 时该命题不成立 D．n＝4 时该命题成立 答案 C 解析 ∵n＝k(k∈N*)时命题成立，那么可推得当 n＝k＋1 时该命题成立．∴若 n＝5 时，该 命题不成立，则 n＝4 时该命题不成立． 2．用数学归纳法证明“当 n 为正奇数时，xn＋yn 能被 x＋y 整除”时，第一步验证 n＝1 时， 命题成立，第二步归纳假设应写成( ) A．假设 n＝2k＋1(k∈N*)时命题正确，再推证 n＝2k＋3 时命题正确 B．假设 n＝2k－1(k∈N*)时命题正确，再推证 n＝2k＋1 时命题正确 C．假设 n＝k(k∈N*)时命题正确，再推证 n＝k＋2 时命题正确 D．假设 n≤k(k∈N*)时命题正确，再推证 n＝k＋2 时命题正确 答案 B 解析 因 n 为正奇数，所以否定 C、D 项；当 k＝1 时，2k－1＝1,2k＋1＝3，故选 B. 3．用数学归纳法证明 3n≥n3(n≥3，n∈N*)第一步应验证________． 答案 n＝3 时是否成立 解析 n 的最小值为 3，所以第一步验证 n＝3 时是否成立． 4．用数学归纳法证明 1＋2＋3＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)(2n＋1)时，从“n＝k”到“n＝k＋1”， 左边需增添的代数式是________． 答案 (2k＋2)＋(2k＋3) 解析 当 n＝k 时，左边是共有 2k＋1 个连续自然数相加，即 1＋2＋3＋…＋(2k＋1)，所以 当 n＝k＋1 时，左边共有 2k＋3 个连续自然数相加，即 1＋2＋3＋…＋(2k＋1)＋(2k＋2)＋(2k ＋3)．所以左边需增添的代数式是(2k＋2)＋(2k＋3)． 1．数学归纳法证明与正整数有关的命题，包括等式、不等式、数列问题、整除问题、几何 问题等． 2．证明问题的初始值 n0 不一定，可根据题目要求和问题实际确定 n0. 3．从 n＝k 到 n＝k＋1 要搞清“项”的变化，不论是几何元素，还是式子，一定要用到归纳 假设． 一、基础达标 1．用数学归纳法证明等式 1＋2＋3＋…＋(n＋3)＝n＋3n＋4 2 (n∈N*)，验证 n＝1 时，左边 应取的项是( ) A．1 B．1＋2 C．1＋2＋3 D．1＋2＋3＋4 答案 D 解析 等式左边的数是从 1 加到 n＋3. 当 n＝1 时，n＋3＝4，故此时左边的数为从 1 加到 4. 2．用数学归纳法证明“2n>n2＋1 对于 n≥n0 的自然数 n 都成立”时，第一步证明中的起始 值 n0 应取( ) A．2 B．3 C．5 D．6 答案 C 解析 当 n 取 1、2、3、4 时 2n>n2＋1 不成立，当 n＝5 时，25＝32>52＋1＝26，第一个能使 2n>n2＋1 的 n 值为 5，故选 C. 3．用数学归纳法证明不等式 1＋1 2 ＋1 4 ＋…＋ 1 2n－1 ＞127 64 (n∈N*)成立，其初始值至少应取( ) A．7 B．8 C．9 D．10 答案 B 解析 左边＝1＋1 2 ＋1 4 ＋…＋ 1 2n－1 ＝ 1－ 1 2n 1－1 2 ＝2－ 1 2n－1 ，代入验证可知 n 的最小值是 8. 4．用数学归纳法证明不等式 1 n＋1 ＋ 1 n＋2 ＋…＋ 1 2n>11 24(n∈N*)的过程中，由 n＝k 递推到 n＝k ＋1 时，下列说法正确的是( ) A．增加了一项 1 2k＋1 B．增加了两项 1 2k＋1 和 1 2k＋1 C．增加了 B 中的两项，但又减少了一项 1 k＋1 D．增加了 A 中的一项，但又减少了一项 1 k＋1 答案 C 解析 当 n＝k 时，不等式左边为 1 k＋1 ＋ 1 k＋2 ＋…＋ 1 2k ，当 n＝k＋1 时，不等式左边为 1 k＋2 ＋ 1 k＋3 ＋…＋ 1 2k ＋ 1 2k＋1 ＋ 1 2k＋2 ，故选 C. 5．用数学归纳法证明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N*)能被 9 整除”，要利用归纳假设证 n＝k ＋1 时的情况，只需展开________． 答案 (k＋3)3 解析 假设当 n＝k 时，原式能被 9 整除，即 k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3 能被 9 整除．当 n＝k＋1 时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3 为了能用上面的归纳假设，只需将(k＋3)3 展开，让其出现 k3 即可． 6．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝1，Sn＝n2an(n∈N*)．依次计算出 S1，S2，S3，S4 后，可猜想 Sn 的表达式为________． 答案 Sn＝ 2n n＋1 解析 S1＝1，S2＝4 3 ，S3＝3 2 ＝6 4 ，S4＝8 5 ，猜想 Sn＝ 2n n＋1. 7．已知正数数列{an}(n∈N*)中，前 n 项和为 Sn，且 2Sn＝an＋ 1 an ，用数学归纳法证明：an＝ n－ n－1. 证明 (1)当 n＝1 时．a1＝S1＝1 2 a1＋ 1 a1 ， ∴a21＝1(an>0)，∴a1＝1，又 1－ 0＝1， ∴n＝1 时，结论成立． (2)假设 n＝k(k∈N*)时，结论成立，即 ak＝ k－ k－1. 当 n＝k＋1 时，ak＋1＝Sk＋1－Sk ＝1 2 ak＋1＋ 1 ak＋1 －1 2 ak＋1 ak ＝1 2 ak＋1＋ 1 ak＋1 －1 2 k－ k－1＋ 1 k－ k－1 ＝1 2 ak＋1＋ 1 ak＋1 － k. ∴a2k＋1＋2 kak＋1－1＝0， 解得 ak＋1＝ k＋1－ k(an>0)， ∴n＝k＋1 时，结论成立． 由(1)(2)可知，对 n∈N*都有 an＝ n－ n－1. 二、能力提升 8．k(k≥3，k∈N*)棱柱有 f(k)个对角面，则(k＋1)棱柱的对角面个数 f(k＋1)为( ) A．f(k)＋k－1 B．f(k)＋k＋1 C．f(k)＋k D．f(k)＋k－2 答案 A 解析 三棱柱有 0 个对角面，四棱柱有 2 个对角面[0＋2＝0＋(3－1)]；五棱柱有 5 个对角面 [2＋3＝2＋(4－1)]；六棱柱有 9 个对角面[5＋4＝5＋(5－1)]；….猜想：若 k 棱柱有 f(k)个对 角面，则(k＋1)棱柱有 f(k)＋k－1 个对角面． 9．对于不等式 n2＋n≤n＋1(n∈N*)，某学生的证明过程如下：①当 n＝1 时， 12＋1≤1 ＋1，不等式成立． ②假设 n＝k(n∈N*)时，不等式成立，即 k2＋k≤k＋1，则 n＝k＋1 时， k＋12＋k＋1＝ k2＋3k＋2< k2＋3k＋2＋k＋2＝ k＋22＝(k＋1)＋1，所以当 n＝k＋1 时，不等式成立， 上述证法( ) A．过程全部正确 B．n＝1 验证不正确 C．归纳假设不正确 D．从 n＝k 到 n＝k＋1 的推理不正确 答案 D 解析 从 n＝k 到 n＝k＋1 的推理中没有使用归纳假设，不符合数学归纳法的证题要求． 10．用数学归纳法证明 1 22 ＋ 1 32 ＋…＋ 1 n＋12>1 2 － 1 n＋2.假设 n＝k 时，不等式成立．则当 n＝k ＋1 时，应推证的目标不等式是________． 答案 1 22 ＋ 1 32 ＋…＋1 k2 ＋ 1 k＋12 ＋ 1 k＋22>1 2 － 1 k＋3 解析 观察不等式中的分母变化知， 1 22 ＋ 1 32 ＋…＋1 k2 ＋ 1 k＋12 ＋ 1 k＋22>1 2 － 1 k＋3. 11．求证： 1 n＋1 ＋ 1 n＋2 ＋…＋ 1 3n>5 6(n≥2，n∈N*)． 证明 (1)当 n＝2 时，左边＝1 3 ＋1 4 ＋1 5 ＋1 6>5 6 ，不等式成立． (2)假设当 n＝k(k≥2，k∈N*)时命题成立，即 1 k＋1 ＋ 1 k＋2 ＋…＋ 1 3k>5 6. 则当 n＝k＋1 时， 1 k＋1＋1 ＋ 1 k＋1＋2 ＋…＋ 1 3k ＋ 1 3k＋1 ＋ 1 3k＋2 ＋ 1 3k＋1 ＝ 1 k＋1 ＋ 1 k＋2 ＋…＋ 1 3k ＋ 1 3k＋1 ＋ 1 3k＋2 ＋ 1 3k＋3 － 1 k＋1 ＞5 6 ＋ 1 3k＋1 ＋ 1 3k＋2 ＋ 1 3k＋3 － 1 k＋1 ＞5 6 ＋ 3× 1 3k＋3 － 1 k＋1 ＝5 6 ， 所以当 n＝k＋1 时不等式也成立． 由(1)和(2)可知，原不等式对一切 n≥2，n∈N*均成立． 12．已知数列{an}中，a1＝－2 3 ，其前 n 项和 Sn 满足 an＝Sn＋ 1 Sn ＋2(n≥2)，计算 S1，S2，S3， S4，猜想 Sn 的表达式，并用数学归纳法加以证明． 解 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝Sn＋ 1 Sn ＋2. ∴Sn＝－ 1 Sn－1＋2(n≥2)． 则有：S1＝a1＝－2 3 ， S2＝－ 1 S1＋2 ＝－3 4 ， S3＝－ 1 S2＋2 ＝－4 5 ， S4＝－ 1 S3＋2 ＝－5 6 ， 由此猜想：Sn＝－n＋1 n＋2 (n∈N*)． 用数学归纳法证明： (1)当 n＝1 时，S1＝－2 3 ＝a1，猜想成立． (2)假设 n＝k(k∈N*)猜想成立， 即 Sk＝－k＋1 k＋2 成立， 那么 n＝k＋1 时，Sk＋1＝－ 1 Sk＋2 ＝－ 1 －k＋1 k＋2 ＋2 ＝－k＋2 k＋3 ＝－k＋1＋1 k＋1＋2 . 即 n＝k＋1 时猜想成立． 由(1)(2)可知，对任意正整数 n，猜想结论均成立． 三、探究与创新 13．已知递增等差数列{an}满足：a1＝1，且 a1，a2，a4 成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式 an； (2)若不等式 1－ 1 2a1 · 1－ 1 2a2 ·…· 1－ 1 2an ≤ m 2an＋1 对任意 n∈N*，试猜想出实数 m 的最小 值，并证明． 解 (1)设数列{an}公差为 d(d＞0)， 由题意可知 a1·a4＝a22，即 1(1＋3d)＝(1＋d)2， 解得 d＝1 或 d＝0(舍去)． 所以，an＝1＋(n－1)·1＝n. (2)不等式等价于1 2·3 4·5 6·…·2n－1 2n ≤ m 2n＋1 ， 当 n＝1 时，m≥ 3 2 ；当 n＝2 时，m≥3 5 8 ； 而 3 2 ＞3 5 8 ，所以猜想，m 的最小值为 3 2 . 下面证不等式1 2·3 4·5 6·…·2n－1 2n ≤ 3 2 2n＋1 对任意 n∈N*恒成立． 下面用数学归纳法证明： 证明 ①当 n＝1 时，1 2 ≤ 3 2 3 ＝1 2 ，成立． ②假设当 n＝k 时，不等式1 2·3 4·5 6·…·2k－1 2k ≤ 3 2 2k＋1 成立， 当 n＝k＋1 时，1 2·3 4·5 6·…·2k－1 2k ·2k＋1 2k＋2 ≤ 3 2 2k＋1 ·2k＋1 2k＋2 ， 只要证 3 2 2k＋1 ·2k＋1 2k＋2 ≤ 3 2 2k＋3 ， 只要证 2k＋1 2k＋2 ≤ 1 2k＋3 ， 只要证 2k＋1 2k＋3≤2k＋2， 只要证 4k2＋8k＋3≤4k2＋8k＋4，只要证 3≤4，显然成立．即 n＝k＋1 时，不等式成立． 由①②可知，对任意 n∈N*，不等式1 2·3 4·5 6·…·2n－1 2n ≤ 3 2 2n＋1 恒成立．