人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.4* 数学归纳法优秀课时训练

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知识点 数学归纳法
1．数学归纳法
一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：
(1)(归纳奠基)证明当n＝n0(n0∈N*)时命题成立；
(2)(归纳递推)以当“n＝k(k∈N*，k≥n0)时命题成立”为条件，推出“当n＝k＋1时命题也成立”．
只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立．这种证明方法叫做数学归纳法．
2．数学归纳法的证明形式
记P(n)是一个关于正整数n的命题．我们可以把用数学归纳法证明的形式改写如下：
条件：(1) P(n0)为真；(2)若P(k)为真，则P(k＋1)也为真．
结论：P(n)为真．
3. 数学归纳法中的两个步骤
在数学归纳法的两步中，第一步验证(或证明)了当n＝n0时结论成立，即命题P(n0)为真；第二步是证明一种递推关系，实际上是要证明一个新命题：若P(k)为真，则P(k＋1)也为真．只要将这两步交替使用，就有P(n0)真，P(n0＋1)真……P(k)真，P(k＋1)真……，从而完成证明．
1．应用数学归纳法证明数学命题时n0＝1.( × )
2．用数学归纳法进行证明时，要分两个步骤，缺一不可．( √ )
3．推证n＝k＋1时可以不用n＝k时的假设. ( × )
一、证明恒等式
例1 用数学归纳法证明1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n)＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n)(n∈N*)．
证明 (1)当n＝1时，左边＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，右边＝eq \f(1,2)，命题成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，命题成立，即
1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2k－1)－eq \f(1,2k)＝eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,2k)，
那么当n＝k＋1时，
左边＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2k－1)－eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)－eq \f(1,2k＋2)
＝eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)－eq \f(1,2k＋2)＝eq \f(1,k＋2)＋eq \f(1,k＋3)＋…＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2).
上式表明当n＝k＋1时，命题也成立．
由(1)(2)知，命题对一切正整数均成立．
反思感悟 用数学归纳法证明等式的策略
应用数学归纳法证明等式时需要确定两个式子的结构，即：
(1)n＝n0时，等式的结构．
(2)n＝k到n＝k＋1时，两个式子的结构：n＝k＋1时的代数式比n＝k时的代数式增加(或减少)的项．
这时一定要弄清三点：
①代数式从哪一项(哪一个数)开始，即第一项．
②代数式相邻两项之间的变化规律．
③代数式中最后一项(最后一个数)与n的关系．
跟踪训练1 求证：12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1)(n∈N*)．
证明 (1)当n＝1时，左边＝12－22＝－3，右边＝－3，等式成立．
(2)假设当n＝k时，等式成立，即12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＝－k(2k＋1)．
当n＝k＋1时，12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＋(2k＋1)2－(2k＋2)2＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－(2k＋2)2＝－k(2k＋1)－(4k＋3)＝－(2k2＋5k＋3)＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]，
所以n＝k＋1时，等式也成立．
综上所述，等式对任何n∈N*都成立．
二、证明不等式
例2 用数学归纳法证明：
eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,42)＋…＋eq \f(1,n2)<1－eq \f(1,n)(n≥2，n∈N*)．
证明 (1)当n＝2时，左边＝eq \f(1,22)＝eq \f(1,4)，右边＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2).
明显eq \f(1,4)(2)假设n＝k(k≥2，k∈N*)时， 不等式成立，即eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,42)＋…＋eq \f(1,k2)<1－eq \f(1,k)，
则当n＝k＋1时，eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,42)＋…＋eq \f(1,k2)＋eq \f(1,k＋12)<1－eq \f(1,k)＋eq \f(1,k＋12)＝1－eq \f(k＋12－k,kk＋12)
＝1－eq \f(k2＋k＋1,kk＋12)<1－eq \f(kk＋1,kk＋12)＝1－eq \f(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．
反思感悟 用数学归纳法证明不等式的四个关键
(1)验证第一个n的值时，要注意n0不一定为1，若n>k(k为正整数)，则n0＝k＋1.
(2)证明不等式的第二步中，从n＝k到n＝k＋1的推导过程中，一定要用归纳假设，不应用归纳假设的证明不是数学归纳法，因为缺少归纳假设．
(3)用数学归纳法证明与n有关的不等式一般有两种具体形式：一是直接给出不等式，按要求进行证明；二是给出两个式子，按要求比较它们的大小．对第二类形式往往要先对n取前k个值的情况分别验证比较，以免出现判断失误，最后猜出从某个k值开始都成立的结论，常用数学归纳法证明．
(4)用数学归纳法证明不等式的关键是由n＝k时成立，得n＝k＋1时成立，主要方法有比较法、放缩法等．
跟踪训练2 求证：eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2n－1)＞eq \f(n－2,2)(n≥2)．
证明 (1)当n＝2时，左边＝eq \f(1,2)＞0＝右边，∴不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式成立．即eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2k－1)＞eq \f(k－2,2)成立．
那么n＝k＋1时，eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2k－1)＋eq \f(1,2k－1＋1)＋…＋eq \f(1,2k－1＋2k－1)
＞eq \f(k－2,2)＋eq \f(1,2k－1＋1)＋…＋eq \f(1,2k)＞eq \f(k－2,2)＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k)＋…＋eq \f(1,2k)＝eq \f(k－2,2)＋eq \f(2k－1,2k)＝eq \f(k＋1－2,2)，
∴当n＝k＋1时，不等式成立．
由(1)(2)可知，不等式对一切n∈N*且n≥2时成立．
三、归纳—猜想—证明
例3 数列{an}中，a1＝1，a2＝eq \f(1,4)，且an＋1＝eq \f(n－1an,n－an)(n≥2，n∈N*)，求a3，a4，猜想an的表达式，并加以证明．
解 ∵a2＝eq \f(1,4)，且an＋1＝eq \f(n－1an,n－an)(n≥2)，
∴a3＝eq \f(a2,2－a2)＝eq \f(\f(1,4),2－\f(1,4))＝eq \f(1,7)，a4＝eq \f(2a3,3－a3)＝eq \f(2×\f(1,7),3－\f(1,7))＝eq \f(1,10).
猜想：an＝eq \f(1,3n－2)(n∈N*)．
下面用数学归纳法证明猜想正确：
(1)当n＝1,2时易知猜想正确．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时猜想正确，即ak＝eq \f(1,3k－2).
当n＝k＋1时，
ak＋1＝eq \f(k－1ak,k－ak)＝eq \f(k－1·\f(1,3k－2),k－\f(1,3k－2))＝eq \f(\f(k－1,3k－2),\f(3k2－2k－1,3k－2))＝eq \f(k－1,3k2－2k－1)＝eq \f(k－1,3k＋1k－1)＝eq \f(1,3k＋1)＝eq \f(1,3k＋1－2).
∴当n＝k＋1时猜想也正确．
由(1)(2)可知，猜想对任意n∈N*都正确．
反思感悟
(1)利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳—猜想—证明”．
(2)“归纳—猜想—证明”的基本步骤是“试验—归纳—猜想—证明”．高中阶段与数列结合的问题是最常见的问题．这种方法更适用于已知数列的递推公式求通项公式．
跟踪训练3 已知数列{bn}的首项b1＝1，其前n项和Bn＝eq \f(1,2)(n＋1)bn，求数列{bn}的通项公式．
解 由已知条件b1＝1，Bn＝eq \f(1,2)(n＋1)bn，得B2＝b1＋b2＝eq \f(3,2)b2，∴b2＝2.
B3＝b1＋b2＋b3＝2b3，∴b3＝3.
B4＝b1＋b2＋b3＋b4＝eq \f(5,2)b4，∴b4＝4.
由此猜想：bn＝n(n∈N*)为数列{bn}的通项公式．
下面用数学归纳法证明．
(1)当n＝1时，b1＝1，等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，等式成立．
即bk＝k，则当n＝k＋1时，
bk＋1＝Bk＋1－Bk＝eq \f(1,2)(k＋1＋1)bk＋1－eq \f(1,2)(k＋1)bk，
整理得bk＋1＝eq \f(k＋1,k)·bk＝k＋1，
即当n＝k＋1时，bk＋1＝k＋1.
由(1)(2)知，对任意n∈N*，都有bn＝n.
1．用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋(n＋3)＝eq \f(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 当n＝1时，左边＝1＋2＋3＋4.
2．在数列{an}中，an＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n)，则ak＋1等于( )
A．ak＋eq \f(1,2k＋1) B．ak＋eq \f(1,2k＋2)－eq \f(1,2k＋4)
C．ak＋eq \f(1,2k＋2) D．ak＋eq \f(1,2k＋1)－eq \f(1,2k＋2)
答案 D
解析 a1＝1－eq \f(1,2)，a2＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)，…，an＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n)，ak＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2k－1)－eq \f(1,2k)，
所以ak＋1＝ak＋eq \f(1,2k＋1)－eq \f(1,2k＋2).
3．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”的第二步是( )
A．假设n＝2k＋1时正确，再推n＝2k＋3正确
B．假设n＝2k－1时正确，再推n＝2k＋1正确
C．假设n＝k时正确，再推n＝k＋1正确
D．假设n≤k(k≥1)，再推n＝k＋2时正确(以上k∈N*)
答案 B
解析 因为n为正奇数，根据数学归纳法证题步骤，第二步应先假设第k个正奇数也成立，本题即假设n＝2k－1正确，再推第(k＋1)个正奇数即n＝2k＋1正确．
4．用数学归纳法证明：1＋2＋3＋…＋n2＝eq \f(n4＋n2,2)，则当n＝k＋1时，左端在n＝k时的左端加上 ．
答案 (k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2
解析 n＝k时，左端为1＋2＋3＋…＋k2，n＝k＋1时，
左端为1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.
5．观察下列不等式：1>eq \f(1,2)，1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)>1,1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,7)>eq \f(3,2)，1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,15)>2,1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,31)>eq \f(5,2)，…，由此猜测第n个不等式为 (n∈N*)．
答案 1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2n－1)>eq \f(n,2)
1．知识清单：
(1)数学归纳法的概念．
(2)数学归纳法的步骤．
2．方法归纳：归纳—猜想—证明．
3．常见误区：
(1)对题意理解不到位导致n0的取值出错；
(2)推证当n＝k＋1时忽略n＝k时的假设．
1．用数学归纳法证明3n≥n3(n≥3，n∈N)，第一步应验证( )
A．n＝1 B．n＝2 C．n＝3 D．n＝4
答案 C
解析 由题意知，n的最小值为3，所以第一步验证n＝3是否成立．
2．已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋2)＋\f(1,n＋4)＋…＋\f(1,2n)))时，若已假设n＝k(k≥2)为偶数时命题为真，则还需要用归纳假设再证( )
A．n＝k＋1时等式成立 B．n＝k＋2时等式成立
C．n＝2k＋2时等式成立 D．n＝2(k＋2)时等式成立
答案 B
解析 因为已知n为正偶数，故当n＝k时，下一个偶数为k＋2.
3．某个命题与正整数有关，如果当n＝k(k∈N*)时，该命题成立，那么可推得当n＝k＋1时，该命题也成立．现在已知当n＝5时，该命题成立，那么可推导出( )
A．当n＝6时命题不成立 B．当n＝6时命题成立
C．当n＝4时命题不成立 D．当n＝4时命题成立
答案 B
4．用数学归纳法证明不等式eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,n＋n)＞eq \f(13,24)(n∈N*)的过程中，由n＝k到n＝k＋1时，不等式左边的变化情况为( )
A．增加eq \f(1,2k＋1) B．增加eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋1)
C．增加eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)，减少eq \f(1,k＋1) D．增加eq \f(1,2k＋1)，减少eq \f(1,k＋1)
答案 C
5．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq \f(an,3an＋1)(n∈N*)，依次计算a2，a3，a4归纳推测出数列{an}的通项公式为( )
A.eq \f(2,4n－3) B.eq \f(2,6n－5)
C.eq \f(2,4n＋3) D.eq \f(2,2n－1)
答案 B
解析 a1＝2，a2＝eq \f(2,7)，a3＝eq \f(2,13)，a4＝eq \f(2,19)，…，可推测an＝eq \f(2,6n－5).
6．设f(n)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,3n－1)(n∈N*)，那么f(n＋1)－f(n)＝ .
答案 eq \f(1,3n)＋eq \f(1,3n＋1)＋eq \f(1,3n＋2)
解析 注意末项与首项，所以f(n＋1)－f(n)＝eq \f(1,3n)＋eq \f(1,3n＋1)＋eq \f(1,3n＋2).
7．证明：假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，即2＋4＋…＋2k＝k2＋k，那么2＋4＋…＋2k＋2(k＋1)＝k2＋k＋2(k＋1)＝(k＋1)2＋(k＋1)，即当n＝k＋1时等式也成立．因此对于任意n∈N*等式都成立．
以上用数学归纳法证明“2＋4＋…＋2n＝n2＋n(n∈N*)”的过程中的错误为 ．
答案 缺少步骤归纳奠基
8．已知Sn＝eq \f(1,1×3)＋eq \f(1,3×5)＋eq \f(1,5×7)＋…＋eq \f(1,2n－12n＋1)，n∈N*，则S1＝ ，S2＝ ，S3＝ ，S4＝ ，猜想Sn＝ .
答案 eq \f(1,3) eq \f(2,5) eq \f(3,7) eq \f(4,9) eq \f(n,2n＋1)
解析 当n＝1时，S1＝eq \f(1,3)；当n＝2时，S2＝eq \f(2,5)；当n＝3时，S3＝eq \f(3,7)；当n＝4时，S4＝eq \f(4,9).
观察猜想得Sn＝eq \f(n,2n＋1).
9．证明：eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n－1)＋eq \f(1,2n)＝1－eq \f(1,2n)(n∈N*)．
证明 (1)当n＝1时，左边＝eq \f(1,2)，右边＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，等式成立，即eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2k－1)＋eq \f(1,2k)＝1－eq \f(1,2k)，
那么当n＝k＋1时，左边＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2k－1)＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)＝1－eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)＝1－eq \f(2－1,2k＋1)＝1－eq \f(1,2k＋1).
所以当n＝k＋1时，等式也成立．
根据(1)和(2)，可知等式对任意n∈N*都成立．
10．求证：eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,3n)＞eq \f(5,6)(n≥2，n∈N*)．
证明 (1)当n＝2时，左边＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)＋eq \f(1,5)＋eq \f(1,6)＝eq \f(57,60)＞eq \f(5,6)，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时不等式成立，即eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,3k)＞eq \f(5,6).
则当n＝k＋1时，
eq \f(1,k＋1＋1)＋eq \f(1,k＋1＋2)＋…＋eq \f(1,3k)＋eq \f(1,3k＋1)＋eq \f(1,3k＋2)＋eq \f(1,3k＋3)
＝eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,3k)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3k＋1)＋\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋3)－\f(1,k＋1)))＞eq \f(5,6)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3k＋1)＋\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋3)－\f(1,k＋1)))
＞eq \f(5,6)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3×\f(1,3k＋3)－\f(1,k＋1)))＝eq \f(5,6).所以当n＝k＋1时不等式也成立．
由(1)(2)可知，原不等式对一切n≥2，n∈N*都成立．
11．对于不等式eq \r(n2＋n)＜n＋1(n∈N*)，某同学用数学归纳法的证明过程如下：
(1)当n＝1时，eq \r(12＋1)＜1＋1，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1且k∈N*)时，不等式成立，即eq \r(k2＋k)＜k＋1，则当n＝k＋1时，eq \r(k＋12＋k＋1)＝eq \r(k2＋3k＋2)＜eq \r(k2＋3k＋2＋k＋2)＝eq \r(k＋22)＝(k＋1)＋1，
∴当n＝k＋1时，不等式成立，则上述证法( )
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 在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的归纳假设，不是数学归纳法．
12．记凸k边形的内角和为f(k)，则凸k＋1边形的内角和f(k＋1)＝f(k)＋ .
答案 π
解析 由凸k边形变为凸k＋1边形时，增加了一个三角形图形，故f(k＋1)＝f(k)＋π.
13．已知f(n)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)(n∈N*)，用数学归纳法证明f(2n)>eq \f(n,2)时，f(2k＋1)－f(2k)＝ .
答案 eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)＋…＋eq \f(1,2k＋1)
解析 f(2k＋1)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)＋…＋eq \f(1,2k＋1)＝f(2k)＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)＋…＋eq \f(1,2k＋1)，
∴f(2k＋1)－f(2k)＝eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)＋…＋eq \f(1,2k＋1).
14．用数学归纳法证明34n＋1＋52n＋1(n∈N)能被8整除，当n＝k＋1时，34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1应变形为 ．
答案 81×(34k＋1＋52k＋1)－56×52k＋1(或25×(34k＋1＋52k＋1)＋56×34k＋1)
解析 34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1＝34k＋5＋52k＋3＝81×34k＋1＋25×52k＋1＝81×34k＋1＋81×52k＋1－56×52k＋1＝81×(34k＋1＋52k＋1)－56×52k＋1.
15．在平面内有n条直线，其中每两条直线相交于一点，并且每三条直线都不相交于同一点．则这n条直线将它们所在的平面分成 个区域．
答案 eq \f(n2＋n＋2,2)(n≥2，n∈N*)
解析 (1)n＝2时，两条直线相交把平面分成4个区域，命题成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，k条直线将平面分成eq \f(k2＋k＋2,2)块不同的区域．
当n＝k＋1时，设其中的一条直线为l，其余k条直线将平面分成eq \f(k2＋k＋2,2)块区域，直线l与其余k条直线相交，得到k个不同的交点，这k个点将l分成k＋1段，每段都将它所在的区域分成两部分，故新增区域为k＋1块．
从而k＋1条直线将平面分成eq \f(k2＋k＋2,2)＋k＋1＝eq \f(k＋12＋k＋1＋2,2)块区域．所以n＝k＋1时命题也成立．
由(1)(2)可知，原命题成立．
16．试比较2n＋2与n2的大小(n∈N*)，并用数学归纳法证明你的结论．
解 当n＝1时，21＋2＝4>n2＝1，
当n＝2时，22＋2＝6>n2＝4，
当n＝3时，23＋2＝10>n2＝9，
当n＝4时，24＋2＝18>n2＝16，
由此可以猜想，2n＋2>n2(n∈N*)成立．
下面用数学归纳法证明：
(1)当n＝1时，
左边＝21＋2＝4，右边＝1，
所以左边>右边，所以原不等式成立．
当n＝2时，左边＝22＋2＝6，
右边＝22＝4，所以左边>右边；
当n＝3时，左边＝23＋2＝10，右边＝32＝9，
所以左边>右边．
(2)假设n＝k时(k≥3且k∈N*)时，不等式成立，即2k＋2>k2.
那么n＝k＋1时，2k＋1＋2＝2·2k＋2＝2(2k＋2)－2>2·k2－2.
又∵2k2－2－(k＋1)2＝k2－2k－3＝(k－3)(k＋1)≥0，
即2k2－2≥(k＋1)2，故2k＋1＋2>(k＋1)2成立．
根据(1)和(2)，原不等式对于任意n∈N*都成立．