浙江省2025届高考数学一轮复习第七章数列数学归纳法第5节数学归纳法选用含解析

PAGE第5节数学归纳法(选用)考试要求1.了解数学归纳法的原理；2.能用数学归纳法证明一些简洁的数学命题.知识梳理1.数学归纳法证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立；(2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当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起先的全部正整数n都成立.2.数学归纳法的框图表示[常用结论与易错提示]1.数学归纳法证题时初始值n0不肯定是1.2.推证n＝k＋1时肯定要用上n＝k时的假设，否则不是数学归纳法.诊断自测1.推断下列说法的正误.(1)用数学归纳法证明等式“1＋2＋22＋…＋2n＋2＝2n＋3－1”，验证n＝1时，左边式子应为1＋2＋22＋23.()(2)全部与正整数有关的数学命题都必需用数学归纳法证明.()(3)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用.()(4)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n＝k到n＝k＋1时，项数都增加了一项.()解析对于(2)，有些命题也可以干脆证明；对于(3)，数学归纳法必需用归纳假设；对于(4)，由n＝k到n＝k＋1，有可能增加不止一项.答案(1)√(2)×(3)×(4)×2.(选修2－2P99B1改编)在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为eq\f(1,2)n(n－3)条时，第一步检验n等于()A.1 B.2C.3 D.4解析三角形是边数最少的凸多边形，故第一步应检验n＝3.答案C3.已知f(n)＝eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n2)，则()A.f(n)中共有n项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)B.f(n)中共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)C.f(n)中共有n2－n项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)D.f(n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)解析f(n)共有n2－n＋1项，当n＝2时，eq\f(1,n)＝eq\f(1,2)，eq\f(1,n2)＝eq\f(1,4)，故f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4).答案D4.用数学归纳法证明1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<n(n∈N，且n>1)，第一步要证的不等式是________.解析当n＝2时，式子为1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<2.答案1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<25.用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，当其次步假设n＝2k－1(k∈N*)命题为真时，进而需证n＝________时，命题亦真.解析由于步长为2，所以2k－1后一个奇数应为2k＋1.答案2k＋16.用数学归纳法证明“当n为正偶数时，xn－yn能被x＋y整除”第一步应验证n＝________时，命题成立；其次步归纳假设成立应写成________.解析因为n为正偶数，故第一个值n＝2，其次步假设n取第k个正偶数成立，即n＝2k，故应假设成x2k－y2k能被x＋y整除.答案2x2k－y2k能被x＋y整除考点一用数学归纳法证明代数(或三角)等式【例1】用数学归纳法证明：eq\f(1,2×4)＋eq\f(1,4×6)＋eq\f(1,6×8)＋…＋eq\f(1,2n（2n＋2）)＝eq\f(n,4（n＋1）)(n∈N*).证明(1)当n＝1时，左边＝eq\f(1,2×1×（2×1＋2）)＝eq\f(1,8)，右边＝eq\f(1,4×（1＋1）)＝eq\f(1,8)，左边＝右边，所以等式成立.(2)假设n＝k(k∈N*)时等式成立，即有eq\f(1,2×4)＋eq\f(1,4×6)＋eq\f(1,6×8)＋…＋eq\f(1,2k（2k＋2）)＝eq\f(k,4（k＋1）)，则当n＝k＋1时，eq\f(1,2×4)＋eq\f(1,4×6)＋eq\f(1,6×8)＋…＋eq\f(1,2k（2k＋2）)＋eq\f(1,2（k＋1）[2（k＋1）＋2])＝eq\f(k,4（k＋1）)＋eq\f(1,4（k＋1）（k＋2）)＝eq\f(k（k＋2）＋1,4（k＋1）（k＋2）)＝eq\f(（k＋1）2,4（k＋1）（k＋2）)＝eq\f(k＋1,4（k＋2）)＝eq\f(k＋1,4（k＋1＋1）).所以当n＝k＋1时，等式也成立，由(1)(2)可知，对于一切n∈N*等式都成立.规律方法(1)用数学归纳法证明等式问题，要“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n0是多少.(2)由n＝k时等式成立，推出n＝k＋1时等式成立，一要找出等式两边的改变(差异)，明确变形目标；二要充分利用归纳假设，进行合理变形，正确写出证明过程，不利用归纳假设的证明，就不是数学归纳法.【训练1】用数学归纳法证明：当n∈N*时，cosx＋cos2x＋cos3x＋…＋cosnx＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))x,2sin\f(1,2)x)－eq\f(1,2)(x∈R，且x≠2kπ，k∈Z).解(1)当n＝1时，等式右边＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))x,2sin\f(1,2)x)－eq\f(1,2)＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))x－sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))x,2sin\f(1,2)x)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinxcos\f(1,2)x＋cosxsin\f(1,2)x))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinxcos\f(1,2)x－cosxsin\f(1,2)x)),2sin\f(1,2)x)＝cosx＝等式左边，等式成立.(2)假设当n＝k时等式成立，即cosx＋cos2x＋cos3x＋…＋coskx＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,2)))x,2sin\f(1,2)x)－eq\f(1,2).那么，当n＝k＋1时，有cosx＋cos2x＋cos3x＋…＋coskx＋cos(k＋1)x＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,2)))x,2sin\f(1,2)x)－eq\f(1,2)＋cos(k＋1)x＝eq\f(sin\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（k＋1）x－\f(1,2)x))＋2sin\f(1,2)xcos（k＋1）x,2sin\f(1,2)x)－eq\f(1,2)＝eq\f(sin（k＋1）xcos\f(1,2)x－cos（k＋1）xsin\f(1,2)x＋2sin\f(1,2)xcos（k＋1）x,2sin\f(1,2)x)－eq\f(1,2)＝eq\f(sin（k＋1）xcos\f(1,2)x＋cos（k＋1）xsin\f(1,2)x,2sin\f(1,2)x)－eq\f(1,2)＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋1＋\f(1,2)))x,2sin\f(1,2)x)－eq\f(1,2).这就是说，当n＝k＋1时等式也成立.依据(1)和(2)可知，对任何n∈N*等式都成立.考点二用数学归纳法证明不等式【例2】(2024·浙江卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝4，a4＝S3.数列{bn}满意：对每个n∈N*，Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比数列.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)记cn＝eq\r(\f(an,2bn))，n∈N*，证明：c1＋c2＋…＋cn<2eq\r(n)，n∈N*.(1)解设数列{an}的公差为d，由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝4，,a1＋3d＝3a1＋3d，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝0，,d＝2.))从而an＝2n－2，n∈N*.所以Sn＝n2－n，n∈N*.由Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比数列，得(Sn＋1＋bn)2＝(Sn＋bn)(Sn＋2＋bn).解得bn＝eq\f(1,d)(Seq\o\al(2,n＋1)－SnSn＋2).所以bn＝n2＋n，n∈N*.(2)证明cn＝eq\r(\f(an,2bn))＝eq\r(\f(2n－2,2n（n＋1）))＝eq\r(\f(n－1,n（n＋1）))，n∈N*.我们用数学归纳法证明.①当n＝1时，c1＝0<2，不等式成立；②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时不等式成立，即c1＋c2＋…＋ck<2eq\r(k).那么，当n＝k＋1时，c1＋c2＋…＋ck＋ck＋1<2eq\r(k)＋eq\r(\f(k,（k＋1）（k＋2）))<2eq\r(k)＋eq\r(\f(1,k＋1))<2eq\r(k)＋eq\f(2,\r(k＋1)＋\r(k))＝2eq\r(k)＋2(eq\r(k＋1)－eq\r(k))＝2eq\r(k＋1)，即当n＝k＋1时不等式也成立.依据①和②，不等式c1＋c2＋…＋cn<2eq\r(n)对随意n∈N*成立.规律方法应用数学归纳法证明不等式应留意的问题(1)当遇到与正整数n有关的不等式证明时，应用其他方法不简洁证，则可考虑应用数学归纳法.(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由n＝k成立，推证n＝k＋1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采纳分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法、构造函数法等证明方法.【训练2】(一题多解)已知各项非负的数列{an}中，a1＝eq\f(3,2)，aeq\o\al(2,n＋1)－an＋1＝an(n∈N*).求证：an<an＋1(n∈N*).证明法一由aeq\o\al(2,n＋1)－an＋1＝an(n∈N*)得an＋1＝eq\f(1＋\r(1＋4an),2).用数学归纳法证明eq\f(3,2)≤an<an＋1<2.当n＝1时，eq\f(3,2)＝a1<a2＝eq\f(1＋\r(7),2)<2，结论成立.假设当n＝k时结论成立，则当n＝k＋1时，0<ak＋2＝eq\f(1＋\r(1＋4ak＋1),2)<eq\f(1＋\r(9),2)＝2，ak＋2－ak＋1＝2ak＋2－aeq\o\al(2,k＋2)>0，综上，an<an＋1.法二因为aeq\o\al(2,n＋1)－an＋1－2＝(an＋1－2)(an＋1＋1)＝an－2，所以an＋1－2与an－2同号，又a1＝eq\f(3,2)<2，所以an<2，an＋1<2.又an－an＋1＝aeq\o\al(2,n＋1)－2an＋1<0，所以an<an＋1.考点三归纳——猜想——证明【例3】已知数列{an}的前n项和Sn满意：Sn＝eq\f(an,2)＋eq\f(1,an)－1，且an>0，n∈N*.(1)求a1，a2，a3，并猜想{an}的通项公式；(2)证明(1)中的猜想.(1)解当n＝1时，由已知得a1＝eq\f(a1,2)＋eq\f(1,a1)－1，即aeq\o\al(2,1)＋2a1－2＝0.∴a1＝eq\r(3)－1(a1>0).当n＝2时，由已知得a1＋a2＝eq\f(a2,2)＋eq\f(1,a2)－1，将a1＝eq\r(3)－1代入并整理得aeq\o\al(2,2)＋2eq\r(3)a2－2＝0.∴a2＝eq\r(5)－eq\r(3)(a2>0).同理可得a3＝eq\r(7)－eq\r(5).猜想an＝eq\r(2n＋1)－eq\r(2n－1)(n∈N*).(2)证明①由(1)知，当n＝1，2，3时，通项公式成立.②假设当n＝k(k≥3，k∈N*)时，通项公式成立，即ak＝eq\r(2k＋1)－eq\r(2k－1).由于ak＋1＝Sk＋1－Sk＝eq\f(ak＋1,2)＋eq\f(1,ak＋1)－eq\f(ak,2)－eq\f(1,ak)，将ak＝eq\r(2k＋1)－eq\r(2k－1)代入上式，整理得aeq\o\al(2,k＋1)＋2eq\r(2k＋1)ak＋1－2＝0，∴ak＋1＝eq\r(2k＋3)－eq\r(2k＋1)，即n＝k＋1时通项公式成立.由①②可知对全部n∈N*，an＝eq\r(2n＋1)－eq\r(2n－1)都成立.规律方法(1)利用数学归纳法可以探究与正整数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”，即先由合情推理发觉结论，然后经逻辑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”.中学阶段与数列结合的问题是最常见的问题.【训练3】是否存在常数a，b，c，使等式1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2＝eq\f(n（n＋1）,12)(an2＋bn＋c)对一切正整数n都成立？证明你的结论.解把n＝1，2，3代入得方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＋c＝24，,4a＋2b＋c＝44，,9a＋3b＋c＝70，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝11，,c＝10，))猜想：等式1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2＝eq\f(n（n＋1）,12)(3n2＋11n＋10)对一切n∈N*都成立.下面用数学归纳法证明：(1)当n＝1时，由上面的探求可知等式成立；(2)假设n＝k时等式成立，即1·22＋2·32＋…＋k(k＋1)2＝eq\f(k（k＋1）,12)(3k2＋11k＋10)，那么n＝k＋1时，则1·22＋2·32＋…＋k(k＋1)2＋(k＋1)(k＋2)2＝eq\f(k（k＋1）,12)(3k2＋11k＋10)＋(k＋1)(k＋2)2＝eq\f(k（k＋1）,12)(3k＋5)(k＋2)＋(k＋1)(k＋2)2＝eq\f(（k＋1）（k＋2）,12)[k(3k＋5)＋12(k＋2)]＝eq\f(（k＋1）（k＋2）,12)[3(k＋1)2＋11(k＋1)＋10]，所以当n＝k＋1时，等式也成立.综合(1)(2)，对n∈N*等式都成立.基础巩固题组一、选择题1.已知等式12＋22＋…＋n2＝eq\f(5n2－7n＋4,2)，以下说法正确的是()A.仅当n＝1时等式成立B.仅当n＝1，2，3时等式成立C.仅当n＝1，2时等式成立D.n为随意自然数时等式成立解析当n＝1，2，3时均成立，当n＝4时不成立.答案B2.用数学归纳法证明“2n＞2n＋1对于n≥n0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取()A.2 B.3C.5 D.6解析∵n＝1时，21＝2，2×1＋1＝3，2n＞2n＋1不成立；n＝2时，22＝4，2×2＋1＝5，2n＞2n＋1不成立；n＝3时，23＝8，2×3＋1＝7，2n＞2n＋1成立.∴n的第一个取值n0＝3.答案B3.某个命题与正整数有关，假如当n＝k(k∈N*)时该命题成立，那么可以推出n＝k＋1时该命题也成立.现已知n＝5时该命题成立，那么()A.n＝4时该命题成立B.n＝4时该命题不成立C.n≥5，n∈N*时该命题都成立D.可能n取某个大于5的整数时该命题不成立解析明显A，B错误，由数学归纳法原理知C正确，D错.答案C4.利用数学归纳法证明不等式“1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)>eq\f(n,2)(n≥2，n∈N*)”的过程中，由“n＝k”变到“n＝k＋1”时，左边增加了()A.1项 B.k项C.2k－1项 D.2k项解析左边增加的项为eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)共2k项，故选D.答案D5.对于不等式eq\r(n2＋n)<n＋1(n∈N*)，某同学用数学归纳法证明的过程如下：(1)当n＝1时，eq\r(12＋1)<1＋1，不等式成立.(2)假设当n＝k(k∈N*)时，不等式eq\r(k2＋k)<k＋1成立，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验得不正确C.归纳假设不正确D.从n＝k到n＝k＋1的推理不正确解析在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的假设，不是数学归纳法.答案D6.用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝eq\f(n4＋n2,2)，则当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上()A.k2＋1B.(k＋1)2C.eq\f(（k＋1）4＋（k＋1）2,2)D.(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2解析当n＝k时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2.当n＝k＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2，故当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.故选D.答案D二、填空题7.设Sn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n)，则Sn＋1－Sn＝________.解析∵Sn＋1＝1＋eq\f(1,2)＋…＋eq\f(1,2n)＋eq\f(1,2n＋1)＋…＋eq\f(1,2n＋2n)，Sn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n).∴Sn＋1－Sn＝eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2)＋eq\f(1,2n＋3)＋…＋eq\f(1,2n＋2n).答案eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2)＋eq\f(1,2n＋3)＋…＋eq\f(1,2n＋2n)8.设f(n)＝62n－1＋1，则f(k＋1)用含有f(k)的式子表示为________.解析f(k)＝62k－1＋1，f(k＋1)＝62(k＋1)－1＋1＝36·62k－1＋1＝36(62k－1＋1)－35＝36f(k)－35.答案f(k＋1)＝36f(k)－359.凸n多边形有f(n)条对角线，则凸(n＋1)边形的对角线的条数f(n＋1)与f(n)的递推关系式为________.解析f(n＋1)＝f(n)＋(n－2)＋1＝f(n)＋n－1.答案f(n＋1)＝f(n)＋n－110.数列{an}中，已知a1＝2，an＋1＝eq\f(an,3an＋1)(n∈N*)，依次计算出a2，a3，a4的值分别为________；猜想an＝________.解析a1＝2，a2＝eq\f(2,3×2＋1)＝eq\f(2,7)，a3＝eq\f(\f(2,7),3×\f(2,7)＋1)＝eq\f(2,13)，a4＝eq\f(\f(2,13),3×\f(2,13)＋1)＝eq\f(2,19).由此，猜想an是以分子为2，分母是首项为1，公差为6的等差数列.∴an＝eq\f(2,6n－5).答案eq\f(2,7)，eq\f(2,13)，eq\f(2,19)eq\f(2,6n－5)三、解答题11.用数学归纳法证明：1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)<2－eq\f(1,n)(n∈N*，n≥2).证明(1)当n＝2时，1＋eq\f(1,22)＝eq\f(5,4)<2－eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，命题成立.(2)假设n＝k时命题成立，即1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,k2)<2－eq\f(1,k).当n＝k＋1时，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,k2)＋eq\f(1,（k＋1）2)<2－eq\f(1,k)＋eq\f(1,（k＋1）2)<2－eq\f(1,k)＋eq\f(1,k（k＋1）)＝2－eq\f(1,k)＋eq\f(1,k)－eq\f(1,k＋1)＝2－eq\f(1,k＋1)，命题成立.由(1)(2)知原不等式在n∈N*，n≥2时均成立.12.数列{an}满意Sn＝2n－an(n∈N*).(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式an；(2)证明(1)中的猜想.(1)解当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，∴a1＝1；当n＝2时，a1＋a2＝S2＝2×2－a2，∴a2＝eq\f(3,2)；当n＝3时，a1＋a2＋a3＝S3＝2×3－a3，∴a3＝eq\f(7,4)；当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝2×4－a4，∴a4＝eq\f(15,8).由此猜想an＝eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N*).(2)证明①当n＝1时，a1＝1，结论成立.②假设n＝k(k≥1且k∈N*)时，结论成立，即ak＝eq\f(2k－1,2k－1)，那么n＝k＋1时，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2(k＋1)－ak＋1－2k＋ak＝2＋ak－ak＋1，∴2ak＋1＝2＋ak.∴ak＋1＝eq\f(2＋ak,2)＝eq\f(2＋\f(2k－1,2k－1),2)＝eq\f(2k＋1－1,2k).所以当n＝k＋1时，结论成立.由①②知猜想an＝eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N*)成立.实力提升题组13.设n为正整数，f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，经计算得f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)＞2，f(8)＞eq\f(5,2)，f(16)＞3，f(32)＞eq\f(7,2)，视察上述结果，可推想出一般结论()A.f(2n)＞eq\f(2n＋1,2) B.f(n2)≥eq\f(n＋2,2)C.f(2n)≥eq\f(n＋2,2) D.以上都不对解析因为f(22)＞eq\f(4,2)，f(23)＞eq\f(5,2)，f(24)＞eq\f(6,2)，f(25)＞eq\f(7,2)，所以当n≥1时，有f(2n)≥eq\f(n＋2,2).答案C14.设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满意：“当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”.那么，下列命题总成立的是()A.若f(1)<1成立，则f(10)<100成立B.若f(2)<4成立，则f(1)≥1成立C.若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立D.若f(4)≥16成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立解析选项A，B的答案与题设中不等号方向不同，故A，B错；选项C中，应当是k≥3时，均有f(k)≥k2成立；对于选项D，满意数学归纳法原理，该命题成立.答案D15.在用数学归纳法证明：(3n＋1)·7n－1(n∈N*)能被9整除的其次步中，应把n＝k＋1时的式子变形为________.解析假设当n＝k时，(3k＋1)·7k－1能被9整除，则当n＝k＋1时，[3(k＋1)＋1]·7k＋1－1＝[21(k＋1)＋7]·7k－1＝[(3k＋1)＋(18k＋27)]·7k－1＝[(3k＋1)·7k－1]＋9(2k＋3)·7k.因为[(3k＋1)·7k－1]和9(2k＋3)·7k都能被9整除，所以[(3k＋1)·7k－1]＋9(2k＋3)·7k能被9整除，即当n＝k＋1时，命题成立.答案[(3k＋1)·7k－1]＋9(2k＋3)·7k16.设平面上n个圆周最多把平面分成f(n)片(平面区域)，则f(2)＝________，f(n)＝________.(n≥1，n∈N*)解析易知2个圆周最多把平面分成4片；n个圆周最多把平面分成f(n)片，再放入第n＋1个圆周，为使得到尽可能多的平面