基本的に数学的帰納法を用います。
1.(1)
＜第1段＞
1+\(\frac{1}{2}\) ＞ 1+\(\frac{1}{3}\) = \(\frac{4}{3}\) = 2×2/(2+1) より，
n=2 のとき示すべき不等式が成り立つことがわかります。

＜第2段＞
2以上のある自然数 k に対し，
1+\(\frac{1}{2}\)+\(\frac{1}{3}\)+\(\frac{1}{4}\)+...+\(\frac{1}{k}\) ＞ 2k/(k+1)
が成り立ったと仮定します。この両辺に 1/(k+1) を加えると，
1+\(\frac{1}{2}\)+\(\frac{1}{3}\)+\(\frac{1}{4}\)+...+\(\frac{1}{k}\)+1/(k+1) ＞ (2k+1)/(k+1).
この右辺が 2(k+1)/(k+2) 以上であることを示せば，n=k+1 に対し
示すべき不等式が成り立つことになります。
それでは，
(2k+1)/(k+1)≧2(k+1)/(k+2)
であることを示しましょう。
(左辺)－(右辺)≧0 を証明します。通分して計算すると
(2k+1)/(k+1)-2(k+1)/(k+2) = {(2k+1)(k+2)-2(k+1\()^{2}\)}/(k+1)(k+2)
= k/(k+1)(k+2)＞0.
これで，「ある k≧2 に対して不等式が成り立てば，必ず k+1 に対しても
不等式が成り立つ」ことが示されました。

初めに示したことにより，n=2 のとき不等式は成り立ちますから，今示した
ことから n=2+1=3 のときも成り立つことがわかります。
そうすると n=3+1=4 のときにも成り立ち，
このことからさらに n=4+1=5 のときも成り立つこともわかります。
このように考えると，2以上の全ての自然数 n に対して不等式が成り立つこと
がわかります。
これで証明できました。[証明終わり]

このような議論の仕方を，「数学的帰納法」といいます。

1.(2) n=3 のとき，3!=6 ＞ 4=\(2^{2}\)=2^(3-1) なので，n=3 のとき示すべき不等式
は成立する。
次に，ある自然数 k≧3 に対し，n=k とした不等式 k! ＞ 2^(k-1) が成り立つと
仮定する。
この両辺に k+1 をかけると，k+1≧4=\(2^{2}\) であるから，
(k+1)! = (k+1)×k! ＞ (k+1)×2^(k-1) ＞ \(2^{2}\)×2^(k-1)=2^(k+1)
＞ \(2^{k}\)=2^{(k+1)-1}.
よって，このとき n=k+1 とおいた不等式 (k+1)! ＞ \(2^{k}\) も成り立つ。
したがって，
数学的帰納法により全ての自然数 n≧3 に対し示すべき不等式が成立する。
[証明終わり]

1.(3) 2項定理を知っていれば，n≧2 のとき
(1+h\()^{n}\) = 1+nh+...+\(h^{n}\)
であり，h>0 なので右辺の 1+nh より後の項はすべて正の数。ゆえに
1+nh+...+\(h^{n}\) ＞ 1+nh.
これらより，(1+h\()^{n}\) ＞ 1+nh が成り立つことが示されます。

もちろん数学的帰納法でも出来ます。
n=2 については，(1+h\()^{2}\) = 1+2h+\(h^{2}\) ＞ 1+2h より，成り立つ。
n=k≧2 で成り立つと仮定すると，(1+h\()^{k}\) ＞ 1+kh.
この両辺に 1+h をかければ
(1+h)^(k+1) ＞ (1+h)(1+kh) = 1+(k+1)h+k\(h^{2}\).
k\(h^{2}\) ＞ 0 であるから，
1+(k+1)h+k\(h^{2}\) ＞ 1+(k+1)h.
よって，(1+h)^(k+1) ＞ 1+(k+1)h，すなわち n=k+1 のときにも成り立つ。
ゆえに数学的帰納法により，
全ての自然数 n≧2 に対し示すべき不等式が成り立つことが証明された。
[証明終わり]