2019版高考数学（理）创新大一轮江苏专用版讲义：第十章算法、复数、统计、概率、推理与证明第67讲

第67讲　数学归纳法
考试要求　1.数学归纳法的原理(A级要求)，数学归纳法的应用(B级要求)；2.高考中以解答题为主，难度中等或偏难.仍会与数列、不等式的证明等内容结合出题.

诊 断 自 测
1.用数学归纳法证明1＋a＋a2＋…＋an＋1＝ (a≠1，n∈N*)，在验证n＝1时，等式左边的项是________.
解析　当n＝1时，n＋1＝2，
∴左边＝1＋a1＋a2＝1＋a＋a2.
答案　1＋a＋a2
2.(2018·南京模拟)已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－＋－＋…－＝2时，若已假设n＝k(k≥2且k为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证________(填序号).
①n＝k＋1时等式成立；
②n＝k＋2时等式成立；
③n＝2k＋2时等式成立；
④n＝2(k＋2)时等式成立.
解析　因为n为正偶数，n＝k时等式成立，
即n为第k个偶数时命题成立，
所以需假设n为下一个偶数，即n＝k＋2时等式成立.
答案　②
3.在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为n(n－3)条时，第一步检验n＝________.
解析　凸n边形边数最小时是三角形，
故第一步检验n＝3.
答案　3
4.用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝，则当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上________.
解析　等式左边是从1开始的连续自然数的和，直到n2.
故n＝k＋1时，最后一项是(k＋1)2，而n＝k时，最后一项是k2，应加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2.
答案　(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2
5.(教材改编)已知{an}满足an＋1＝a－nan＋1，n∈N*，且a1＝2，则a2＝________，a3＝________，a4＝________，猜想an＝________.
答案　3　4　5　n＋1
知 识 梳 理
1.数学归纳法
一般地，对于某些与正整数有关的数学命题，我们有数学归纳法公理：
如果
(1)当n取第一个值n0(例如n0＝1，2等)时结论正确；
(2)假设当n＝k(k∈N*，且k≥n0)时结论正确，证明当n＝k＋1时结论也正确.
那么，命题对于从n0开始的所有正整数n都成立.
2.数学归纳法仅能解决的是与正整数n有关的证明题，必须先有结论成立，然后再用数学归纳法证明.

考点一　用数学归纳法证明等式
【例1】 设f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*).求证：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*).
证明　①当n＝2时，左边＝f(1)＝1，
右边＝2＝1，
左边＝右边，等式成立.
②假设n＝k(k≥2，k∈N*)时结论成立，即
f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝k[f(k)－1]，
那么，当n＝k＋1时，
f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k)
＝k[f(k)－1]＋f(k)＝(k＋1)f(k)－k
＝(k＋1)[f(k＋1)－]－k
＝(k＋1)f(k＋1)－(k＋1)＝(k＋1)[f(k＋1)－1]，
∴当n＝k＋1时结论成立.
由①②可知，f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*).
规律方法　用数学归纳法证明恒等式应注意
(1)明确初始值n0的取值并验证n＝n0时等式成立.
(2)由n＝k证明n＝k＋1时，弄清左边增加的项，且明确变形目标.
(3)掌握恒等变形常用的方法：①因式分解；②添拆项；③配方法.
【训练1】 (2018·南京质检)用数学归纳法证明：
＋＋…＋＝(n∈N*).
证明　①当n＝1时，左边＝＝，
右边＝＝，
左边＝右边，等式成立.
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，等式成立.
即＋＋…＋＝，
当n＝k＋1时，
左边＝＋＋…＋＋
＝＋
＝
＝
＝，
右边＝
＝，
左边＝右边，等式成立.
即对所有n∈N*，原式都成立.
考点二　用数学归纳法证明不等式
【例2】 (2018·泰州模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b>0且b≠1，b，r均为常数)的图象上.
(1)求r的值；
(2)当b＝2时，记bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，证明：对任意的n∈N*，不等式··…·>成立.
(1)解　由题意Sn＝bn＋r，
当n≥2时，Sn－1＝bn－1＋r.
所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1).
由于b>0且b≠1，
所以n≥2时，{an}是以b为公比的等比数列.
又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，
所以＝b，即＝b，解得r＝－1.
(2)证明　由(1)及b＝2知an＝2n－1.
因此bn＝2n(n∈N*)，
所证不等式为··…·>.
①当n＝1时，左式＝，右式＝，
左式>右式，所以结论成立.
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时结论成立，
即··…·>，
则当n＝k＋1时，
··…··>·＝，
要证当n＝k＋1时结论成立，
只需证≥，
即证≥，
由基本不等式得
＝>成立，
故≥成立，
所以当n＝k＋1时，结论成立.
由①②可知，当n∈N*时，不等式··…·>成立.
规律方法　数学归纳法证明不等式的适用范围及关键
(1)适用范围：当遇到与正整数n有关的不等式证明时，若用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法.
(2)关键：由n＝k时命题成立证n＝k＋1时命题也成立，在归纳假设使用后可运用比较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用基本不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化.
【训练2】 若函数f(x)＝x2－2x－3，定义数列{xn}如下：x1＝2，xn＋1是过点P(4，5)、Qn(xn，f(xn))的直线PQn与x轴的交点的横坐标，试运用数学归纳法证明：2≤xn 证明　①当n＝1时，x1＝2，f(x1)＝－3，Q1(2，－3).
所以直线PQ1的方程为y＝4x－11，
令y＝0，得x2＝，因此2≤x1 即n＝1时结论成立.
②假设当n＝k时，结论成立，即2≤xk 当n＝k＋1时，直线PQk＋1的方程为y－5＝·(x－4).
又f(xk＋1)＝x－2xk＋1－3，
代入上式，令y＝0，
得xk＋2＝＝4－，
由归纳假设，2 xk＋2－xk＋1＝>0，
即xk＋1 所以2≤xk＋1 即当n＝k＋1时，结论成立.
由①②知对任意的正整数n，2≤xn 考点三　归纳—猜想—证明(多维探究)
命题角度1　与函数有关的证明问题
【例3－1】 已知数列{xn}满足x1＝，xn＋1＝，n∈N*.猜想数列{x2n}的单调性，并证明你的结论.
解　由x1＝及xn＋1＝，
得x2＝，x4＝，x6＝，
由x2>x4>x6，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(k∈N*，且k≥1)时命题成立，即x2k>x2k＋2，
易知xk>0，那么
x2k＋2－x2k＋4＝－
＝
＝
＝>0，
即x2(k＋1)>x2(k＋1)＋2.
所以当n＝k＋1时命题也成立.
结合①②知，对于任何n∈N*命题成立.
命题角度2　与数列有关的证明问题
【例3－2】 在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝λan＋λn＋1＋(2－λ)2n(n∈N*，λ>0).
(1)求a2，a3，a4；
(2)猜想{an }的通项公式，并加以证明.
解　(1)a2＝2λ＋λ2＋2(2－λ)＝λ2＋22，
a3＝λ(λ2＋22)＋λ3＋(2－λ)22＝2λ3＋23，
a4＝λ(2λ3＋23)＋λ4＋(2－λ)23＝3λ4＋24.
(2)由(1)可猜想数列通项公式为：
an＝(n－1)λn＋2n.
下面用数学归纳法证明：
①当n＝1，2，3，4时，等式显然成立，
②假设当n＝k(k≥4，k∈N*)时等式成立，
即ak＝(k－1)λk＋2k，
那么当n＝k＋1时，
ak＋1＝λak＋λk＋1＋(2－λ)2k
＝λ(k－1)λk＋λ2k＋λk＋1＋2k＋1－λ2k
＝(k－1)λk＋1＋λk＋1＋2k＋1
＝[(k＋1)－1]λk＋1＋2k＋1，
所以当n＝k＋1时，ak＋1＝[(k＋1)－1]λk＋1＋2k＋1，
猜想成立，
由①②知数列的通项公式为an＝(n－1)λn＋2n(n∈N*，λ>0).
【例3－3】 (一题多解)设a1＝1，an＋1＝＋b(n∈N*).
(1)若b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式；
(2)若b＝－1，问：是否存在实数c使得a2n 解　(1)法一　a2＝2，a3＝＋1.
再由题设条件知(an＋1－1)2－(an－1)2＝1.
从而数列{(an－1)2}是首项为0，公差为1的等差数列，
故(an－1)2＝n－1，即an＝＋1(n∈N*).
法二　a2＝2，a3＝＋1.
可写为a1＝＋1，a2＝＋1，a3＝＋1.
因此猜想an＝＋1.
下面用数学归纳法证明上式：
①当n＝1时结论显然成立.
②假设n＝k(k∈N*，且k≥1)时结论成立，即ak＝＋1，
则当n＝k＋1时，ak＋1＝＋1＝＋1＝＋1.
所以当n＝k＋1时结论成立.
所以an＝＋1(n∈N*).
(2)法一　设f(x)＝－1，
则an＋1＝f(an).
令c＝f(c)，即c＝－1，
解得c＝.
下面用数学归纳法证明加强命题：
a2n 当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝－1，
所以a2< 假设n＝k(k∈N*，且k≥1)时结论成立，即a2k 易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而c＝f(c)>f(a2k＋1)>f(1)＝a2，即1>c>a2k＋2>a2.
再由f(x)在(－∞，1]上为减函数，得c＝f(c) 因此a2(k＋1) 这就是说，当n＝k＋1时结论成立.
综上，符合条件的c存在，其中一个值为c＝.
法二　设f(x)＝－1，
则an＋1＝f(an).
先证：0≤an≤1(n∈N*).①
当n＝1时，结论显然成立.
假设n＝k(k∈N*，且k≥1)时结论成立，即0≤ak≤1.
易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而
0＝f(1)≤f(ak)≤f(0)＝－1<1，
即0≤ak＋1≤1.
这就是说，当n＝k＋1时结论成立.
故①成立.
再证：a2n 当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝－1，
有a2 假设n＝k(k∈N*，且k≥1)时，结论成立，即a2k 由①及f(x)在(－∞，1]上为减函数，得
a2k＋1＝f(a2k)>f(a2k＋1)＝a2k＋2，
a2(k＋1)＝f(a2k＋1) 这就是说，当n＝k＋1时②成立，
所以②对一切n∈N*成立.
由②得a2n<－1，
即(a2n＋1)2 因此a2n<.③
又由①②及f(x)在(－∞，1]上为减函数，
得f(a2n)>f(a2n＋1)，即a2n＋1>a2n＋2，
所以a2n＋1>－1.
解得a2n＋1>.④
综上，由②③④知存在c＝使得a2n 规律方法　(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”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理(即演绎推理)论证结论的正确性.
(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.
【训练3】 (2015·江苏卷)已知集合X＝{1，2，3}，Yn＝{1，2，3，…，n}(n∈N*)，设Sn＝{(a，b)|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Yn}，令f(n)表示集合Sn所含元素的个数.
(1)写出f(6)的值；
(2)当n≥6时，写出f(n)的表达式，并用数学归纳法证明.
解　(1)Y6＝{1，2，3，4，5，6}，S6中的元素(a，b)满足：
若a＝1，则b＝1，2，3，4，5，6；若a＝2，则b＝1，2，4，6；
若a＝3，则b＝1，3，6.所以f(6)＝13.
(2)当n≥6时，
f(n)＝(t∈N*).
下面用数学归纳法证明：
①当n＝6时，f(6)＝6＋2＋＋＝13，结论成立；
②假设n＝k(k∈N*，k≥6)时结论成立，那么n＝k＋1时，Sk＋1在Sk的基础上新增加的元素在(1，k＋1)，(2，k＋1)，(3，k＋1)中产生，分以下情形讨论：
1)若k＋1＝6t，则k＝6(t－1)＋5，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋3＝k＋2＋＋＋3
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
2)若k＋1＝6t＋1，则k＝6t，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋＋＋1
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
3)若k＋1＝6t＋2，则k＝6t＋1，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
4)若k＋1＝6t＋3，则k＝6t＋2，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
5)若k＋1＝6t＋4，则k＝6t＋3，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
6)若k＋1＝6t＋5，则k＝6t＋4，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋＋＋1
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立.
综上所述，结论对满足n≥6的自然数n均成立.

一、必做题
1.如果命题p(n)对n＝k(k∈N*)成立，则它对n＝k＋2也成立.若p(n)对n＝2也成立，则下列结论正确的是________(填序号).
①p(n)对所有正整数n都成立；
②p(n)对所有正偶数n都成立；
③p(n)对所有正奇数n都成立；
④p(n)对所有自然数n都成立.
解析　n＝2时，n＝k，n＝k＋2成立，
n为2，4，6，…，故n为所有正偶数.
答案　②
2.用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，在第二步时，正确的证法是________(填序号).
①假设n＝k(k∈N*)，证明n＝k＋1时命题成立；
②假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋1时命题成立；
③假设n＝2k＋1(k∈N*)，证明n＝k＋1时命题成立；
④假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋2时命题成立.
解析　相邻两个正奇数相差2，故④正确.
答案　④
3.(2018·盐城质检)设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：当f(k)≥k＋1成立时，总能推出f(k＋1)≥k＋2成立，那么下列命题总成立的是________(填序号).
①若f(1)<2成立，则f(10)<11成立；
②若f(3)≥4成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k＋1成立；
③若f(2)<3成立，则f(1)≥2成立；
④若f(4)≥5成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k＋1成立.
解析　当f(k)≥k＋1成立时，总能推出f(k＋1)≥k＋2成立，说明如果当k＝n时，f(n)≥n＋1成立，那么当k＝n＋1时，f(n＋1)≥n＋2也成立，所以如果当k＝4时，f(4)≥5成立，那么当k≥4时，f(k)≥k＋1也成立.
答案　④
4.在数列{an}中，a1＝，且Sn＝n(2n－1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为an＝________.
解析　当n＝2时，＋a2＝(2×3)a2，∴a2＝.
当n＝3时，＋＋a3＝(3×5)a3，∴a3＝.
当n＝4时，＋＋＋a4＝(4×7)a4，a4＝.
故猜想an＝.
答案　
5.(2018·盐城质检)利用数学归纳法证明“(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)，n∈N*”时，从“n＝k”变到“n＝k＋1”时，左边应增乘的因式是________.
解析　当n＝k(k∈N*)时，
左式为(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)；
当n＝k＋1时，左式为(k＋1＋1)·(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k－1)·(k＋1＋k)·(k＋1＋k＋1)，
则左边应增乘的式子是＝2(2k＋1).
答案　2(2k＋1)
6.设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的自然数n都有(Sn－1)2＝anSn，通过计算S1，S2，S3，猜想Sn＝________.
解析　由(S1－1)2＝S1·S1，得S1＝，
由(S2－1)2＝(S2－S1)S2，得S2＝，
同理得S3＝，猜想Sn＝.
答案　
7.设S1＝12，S2＝12＋22＋12，…，Sn＝12＋22＋32＋…＋(n－1)2＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12，用数学归纳法证明Sn＝时，第二步从“k”到“k＋1”应添加的项为________.
解析　由S1，S2，…，Sn可以发现由n＝k到n＝k＋1时，中间增加了两项(k＋1)2＋k2(n，k∈N*).
答案　(k＋1)2＋k2
8.设平面内有n条直线(n≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点.若用f(n)表示这n条直线交点的个数，则f(4)＝________；当n>4时，f(n)＝________(用n表示).
解析　f(3)＝2，f(4)＝f(3)＋3＝2＋3＝5，
f(n)＝f(3)＋3＋4＋…＋(n－1)
＝2＋3＋4＋…＋(n－1)
＝(n＋1)(n－2).
答案　5　(n＋1)(n－2)
9.(2018·镇江模拟)已知函数f(x)＝x3－x，数列{an}满足条件：a1≥1，an＋1≥
f′(an＋1)，试比较＋＋＋…＋与1的大小，并说明理由.
解　∵f′(x)＝x2－1，且an＋1≥f′(an＋1)，
∴an＋1≥(an＋1)2－1，令g(an)＝(an＋1)2－1，
∵函数g(x)＝(x＋1)2－1在[1，＋∞)上是增函数.
于是由a1≥1，得a2≥(a1＋1)2－1≥22－1，
进而a3≥(a2＋1)2－1≥24－1>23－1，
由此猜想：an≥2n－1.下面用数学归纳法证明这个猜想：
①当n＝1时，a1≥21－1＝1，结论成立；
②假设n＝k (k≥1且k∈N*)时，结论成立，
即ak≥2k－1.
当n＝k＋1时，由g(x)＝(x＋1)2－1在区间[1，＋∞)上是增函数，
知ak＋1≥(ak＋1)2－1≥22k－1≥2k＋1－1，
即n＝k＋1时，结论也成立.
由①②知，对任意n∈N*，都有an≥2n－1.
即1＋an≥2n，∴≤，
∴＋＋＋…＋≤＋＋＋…＋＝1－<1.
10.(2018·苏州模拟)数列{xn}满足x1＝0，xn＋1＝－x＋xn＋c(n∈N*).
(1)证明：{xn}是递减数列的充要条件是c<0；
(2)若0 证明　(1)充分性：
若c<0，由于xn＋1＝－x＋xn＋c≤xn＋c 所以数列{xn}是递减数列.
必要性：若{xn}是递减数列，则x2 又x2＝－x＋x1＋c＝c，所以c<0.
故{xn}是递减数列的充要条件是c<0.
(2)若0 即xn＋1>xn，即xx＋1－xn＝－x＋c>0，
也就是证明xn< .
下面用数学归纳法证明当0 ①当n＝1时，x1＝0< ≤，结论成立.
②假设当n＝k(k∈N*)时结论成立，即xk< .
因为函数f(x)＝－x2＋x＋c在区间内单调递增，
所以xk＋1＝f(xk) 这就是说当n＝k＋1时，结论也成立.
故xn< 对任意n≥1，n∈N*都成立.
因此，xn＋1＝xn－x＋c>xn，即{xn}是递增数列.
二、选做题
11.已知函数f0(x)＝(x>0)，设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N*.
(1)求2f1＋f2的值；
(2)证明：对任意的n∈N*，
等式＝都成立.
(1)解　由已知得
f1(x)＝f′0(x)＝′＝－，
于是f2(x)＝f′1(x)＝′－′
＝－－＋，
所以f1＝－，f2＝－＋，
故2f1＋f2＝－1.
(2)证明　由已知得xf0(x)＝sin x，等式两边分别对x求导，
得f0(x)＋xf′0(x)＝cos x，
即f0(x)＋xf1(x)＝cos x＝sin，类似可得
2f1(x)＋xf2(x)＝－sin x＝sin(x＋π)，
3f2(x)＋xf3(x)＝－cos x＝sin，
4f3(x)＋xf4(x)＝sin x＝sin(x＋2π).
下面用数学归纳法证明等式
nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin对所有的x∈N*都成立.
①当n＝1时，由上可知等式成立.
②假设当n＝k时，等式成立，
即kfk－1(x)＋xfk(x)＝sin.
因为[kfk－1(x)＋xfk(x)]′
＝kf′k－1(x)＋fk(x)＋xf′k(x)
＝(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)，
′＝cos·′
＝sin，
所以(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)＝sin.
因此当n＝k＋1时，等式也成立.
综合①②可知等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin对所有的n∈N*都成立.
令x＝，可得nfn－1＋fn
＝sin(n∈N*)，
所以＝(n∈N*).
12.设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数.
(1)令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N*，求gn(x)的表达式；
(2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；
(3)设n∈N*，比较g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明.
解　(1)由题设得g(x)＝(x≥0).
由已知，g1(x)＝，g2(x)＝g(g1(x))＝＝，g3(x)＝，…，可猜想gn(x)＝.
下面用数学归纳法证明.
①当n＝1时，g1(x)＝，结论成立.
②假设n＝k(k∈N*，且k≥1)时结论成立，
即gk(x)＝.
那么，当n＝k＋1时，gk＋1(x)＝g(gk(x))
＝＝＝，即结论成立.
由①②可知，结论对n∈N*成立.
(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥恒成立.
设φ(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)，
则φ′(x)＝－＝，
当a≤1时，φ′(x)≥0(仅当x＝0，a＝1时等号成立)，
∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增.
又φ(0)＝0，
∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
∴a≤1时，ln(1＋x)≥恒成立(仅当x＝0时等号成立).
当a>1时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)≤0，
∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减，
∴φ(a－1)<φ(0)＝0.
即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，
∴ln(1＋x)≥不恒成立，
综上可知，a的取值范围是(－∞，1].
(3)由题设知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝＋＋…＋，n－f(n)＝n－ln(n＋1)，
比较结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1).
证明如下：
上述不等式等价于＋＋…＋ 在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>，x>0.
令x＝，n∈N*，则 下面用数学归纳法证明.
①当n＝1时， ②假设当n＝k(k∈N*，且k≥1)时结论成立，即＋＋…＋ 那么，当n＝k＋1时，＋＋…＋＋ 由①②可知，结论对n∈N*成立.