证明:(1)当${\displaystyle n=1}$时，${\displaystyle 1^3+5\times 1}$=6${\displaystyle ，命题显然成立；}$

    (2)假设当${\displaystyle n=k}$时，${\displaystyle k^3+5k}$能被${\displaystyle 6}$整除；

    由于${\displaystyle {(k+1)}^3+5(k+1)=k^3+3k^2+3k+1+5k+5=(k^3+5k)+3k(k+1)+6}$，其中两个连续自然数之积的${\displaystyle 3}$倍能被${\displaystyle 6}$整除，${\displaystyle k^3+5k}$、${\displaystyle 3k(k+1)}$、${\displaystyle 6}$分别能被${\displaystyle 6}$整除，所以当${\displaystyle n=k+1}$时命题也成立．

    据(1)(2)，可知对于任意${\displaystyle n\in N^{\cdot }}$,命题都成立．

    评注:从${\displaystyle n=k}$到${\displaystyle n=k+1}$时，常将${\displaystyle P(k+1)}$分解成两部分式子和，一部分用归纳假设，一部分提取公因式，此公因式常为除式．

    解:(1)将条件变为${\displaystyle 1-\frac{n}{a_n}=\frac{1}{3}(1-\frac{n-1}{a_{n-1}})}$，因此${\displaystyle \{1-\frac{n}{a_n}\}}$为一个等比数列 ．其首项为${\displaystyle 1-\frac{1}{a_1}=\frac{1}{3}}$，公比为${\displaystyle \frac{1}{3}}$，从而${\displaystyle 1-\frac{n}{a_n}=\frac{1}{3^n}}$，据此得${\displaystyle a_n=\frac{n·3^n}{3^n-1}(n\ge 1)}$     ①
　

    (2)证明：据①得，${\displaystyle a_1·a_2·\dots ·a_n=\frac{n!}{(1-\frac{1}{3})(1-\frac{1}{3^2})\dots (1-\frac{1}{3^n})}}$

    为证，只要证${\displaystyle n\in N^{\cdot }}$时有${\displaystyle (1-\frac{1}{3})(1-\frac{1}{3^2})\dots (1-\frac{1}{3^n})>\frac{1}{2}}$     ②

    显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个${\displaystyle n\in N^{\cdot }}$，

    有${\displaystyle (1-\frac{1}{3})(1-\frac{1}{3^2})\dots (1-\frac{1}{3^n})\ge 1-(\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\dots +\frac{1}{3^n})}$                    ③

    用数学归纳法证明③式：

    (${\displaystyle i}$)当${\displaystyle n=1}$时，③式显然成立；

    (${\displaystyle ii}$)假设当${\displaystyle n=k}$时，③式成立；即${\displaystyle (1-\frac{1}{3})(1-\frac{1}{3^2})\dots (1-\frac{1}{3^k})\ge 1-(\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\dots +\frac{1}{3^k})}$

    则当${\displaystyle n=k+1}$时，

    ${\displaystyle (1-\frac{1}{3})(1-\frac{1}{3^2})\dots (1-\frac{1}{3^k})(1-\frac{1}{3^{k+1}})}$

    ${\displaystyle \ge [1-(\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\dots +\frac{1}{3^k})](1-\frac{1}{3^{k+1}})}$

    ${\displaystyle =1-(\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\dots +\frac{1}{3^k})-\frac{1}{3^{k+1}}+\frac{1}{3^{k+1}}(\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\dots +\frac{1}{3^k})}$

    ${\displaystyle \ge 1-(\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\dots +\frac{1}{3^k}+\frac{1}{3^{k+1}})}$

    即当${\displaystyle n=k+1}$时，③式也成立 ．故对一切${\displaystyle n\in N^{\cdot }}$，③式都成立．

    利用③得，${\displaystyle (1-\frac{1}{3})(1-\frac{1}{3^2})\dots (1-\frac{1}{3^n})}$

    ${\displaystyle \ge 1-(\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\dots +\frac{1}{3^n})}$

    ${\displaystyle =1-\frac{\frac{1}{3}[1-{\left(\frac{1}{3}\right)}^n]}{1-\frac{1}{3}}}$

    ${\displaystyle =1-\frac{1}{2}[1-{\left(\frac{1}{3}\right)}^n]}$

    ${\displaystyle =\frac{1}{2}+\frac{1}{2}{\left(\frac{1}{3}\right)}^n}$

    ${\displaystyle >\frac{1}{2}}$

    故②式成立，从而结论成立．

    评注:利用数学归纳法证明与不等式相关的式子时，通常要将不等式的证明方法，如：分析法、综合法、放缩法结合使用．

    解:当${\displaystyle n=1}$时，显然${\displaystyle f\left(1\right)=2}$；
    当${\displaystyle n=2}$时，${\displaystyle f\left(2\right)=2+2=4}$；
    当${\displaystyle n=3}$时，${\displaystyle f\left(3\right)=4+3=7}$；
    当${\displaystyle n=4}$时，${\displaystyle f\left(4\right)=f\left(3\right)+4=11}$，
    由此猜想：${\displaystyle f\left(n\right)=f(n-1)+n}$，
    把${\displaystyle n}$取${\displaystyle 2，3，4，\dots ，n}$所得的${\displaystyle n-1}$个式子累加，得${\displaystyle f\left(n\right)=2+2+3+4+\dots +n=1+\frac{1}{2}n(n+1)}$，

    即${\displaystyle f\left(n\right)=\frac{1}{2}n(n+1)+1}$
    下面证明:
    (1)当${\displaystyle n=1}$时，${\displaystyle f\left(1\right)=\frac{1}{2}\times 1\times (1+1)+1=2}$，结论显然成立；
    (2)假设${\displaystyle n=k}$时，结论成立，即平面内满足条件的${\displaystyle k}$条直线把平面分成的区域个数为${\displaystyle f\left(k\right)=\frac{1}{2}k(k+1)+1}$，则当${\displaystyle n=k+1}$时，第${\displaystyle k+1}$条直线与前${\displaystyle k}$条直线有${\displaystyle k}$个交点，这${\displaystyle k}$个交点将第${\displaystyle k+1}$条直线分成${\displaystyle k+1}$段，而每一段又将它所在区域一分为二，这样${\displaystyle f(k+1)}$比${\displaystyle f\left(k\right)}$多${\displaystyle k+1}$
    ${\displaystyle \therefore }$${\displaystyle f(k+1)=f\left(k\right)+k+1=\frac{1}{2}k(k+1)+1+k+1=\frac{1}{2}(k+1)·(k+2)+1}$
    ${\displaystyle \therefore }$当${\displaystyle n=k+1}$时，结论成立
    由(1)(2)，知对任意${\displaystyle n\in N^{\cdot }}$结论都成立
    ${\displaystyle \therefore }$${\displaystyle f\left(n\right)=\frac{1}{2}n(n+1)+1}$

    评注:将平面分割问题进行转化，转化为直线的分割问题后，再进行归纳．

    解:(1)${\displaystyle \underset{n\to \infty }{lim}\frac{2n^2+1}{3n^2+2n}}$=${\displaystyle \underset{n\to \infty }{lim}\frac{2+\frac{1}{n^2}}{3+\frac{2}{n}}=\frac{2+0}{3+0}=\frac{2}{3}}$

    (2)${\displaystyle \underset{n\to \infty }{lim}(\sqrt{n^2+3n}-\sqrt{n^2+4n})}$

    =${\displaystyle \underset{n\to \infty }{lim}\frac{n^2+3n-n^2-4n}{\sqrt{n^2+3n}+\sqrt{n^2+4n}}}$

    =${\displaystyle \underset{n\to \infty }{lim}\frac{-\frac{n}{n}}{\sqrt{\frac{n^2+3n}{n^2}}+\sqrt{\frac{n^2+4n}{n^2}}}}$

    =${\displaystyle \underset{n\to \infty }{lim}\frac{-1}{\sqrt{1+\frac{3}{n}}+\sqrt{1+\frac{4}{n}}}}$

    =${\displaystyle -\frac{1}{2}}$

    (3)${\displaystyle \underset{n\to \infty }{lim}(\frac{1}{n^2}+\frac{4}{n^2}+\frac{7}{n^2}+\dots +\frac{3n-2}{n^2})}$

    =${\displaystyle \underset{n\to \infty }{lim}\frac{n(3n-1)}{2n^2}}$

    =${\displaystyle \underset{n\to \infty }{lim}\frac{3n-1}{2n}}$

    =${\displaystyle \frac{3}{2}}$

    (4)当${\displaystyle \alpha =\frac{\pi }{4}}$时，原式${\displaystyle =\frac{5}{2}}$

    当时，

    ${\displaystyle \therefore }$原式${\displaystyle =\underset{n\to \infty }{lim}\frac{2{tan}^n\alpha +3}{{tan}^n\alpha +1}=\frac{2\times 0+3}{0+1}=3}$

    当时，

    ${\displaystyle \therefore }$原式${\displaystyle =\underset{n\to \infty }{lim}\frac{2+3{cot}^n\alpha }{1+{cot}^n\alpha }=\frac{2+3\times 0}{1+0}=2}$

    评注:若求无穷项和的极限一般先求出前${\displaystyle n}$项和的化简,再求极限；求有关三角函数式的极限时，要注意对角的范围的讨论．

    证明:(1)当${\displaystyle n=2}$时，左边${\displaystyle =1+\frac{1}{3}=\frac{4}{3}}$；右边${\displaystyle =\frac{\sqrt{5}}{2}}$，左边${\displaystyle >}$右边，所以当${\displaystyle n=2}$时等式成立．

    (2)假设当${\displaystyle n=k}$时，等式成立，即${\displaystyle (1+\frac{1}{3})(1+\frac{1}{5})\dots (1+\frac{1}{2k-1})>\frac{\sqrt{2k+1}}{2}}$，则当${\displaystyle n=k+1}$时，

    ${\displaystyle (1+\frac{1}{3})(1+\frac{1}{5})\dots (1+\frac{1}{2n-1})[1+\frac{1}{2(k+1)-1}]}$

    ${\displaystyle >}$${\displaystyle \frac{\sqrt{2k+1}}{2}·\frac{2k+2}{2k+1}=\frac{2k+2}{2\sqrt{2k+1}}}$

    ${\displaystyle =\frac{\sqrt{4k^2+8k+4}}{2\sqrt{2k+1}}}$

    ${\displaystyle >}$${\displaystyle \frac{\sqrt{4k^2+8k+3}}{2\sqrt{2k+1}}}$

    ${\displaystyle =\frac{\sqrt{2k+3}·\sqrt{2k+1}}{2·\sqrt{2k+1}}}$

    ${\displaystyle =\frac{\sqrt{2(k+1)+1}}{2}}$

    即当${\displaystyle n=k+1}$时，等式也成立．

    根据(1)(2)，可知对一切大于${\displaystyle 1}$的自然数${\displaystyle n}$，不等式都成立．

    评注:(1)用数学归纳法证明与${\displaystyle n}$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，按要求进行比较它们的大小．对第二类形式往往先对${\displaystyle n}$取前几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${\displaystyle n}$值开始都成立的结论，再用数学归纳法证明．

    (2)在证明${\displaystyle n=k+1}$成立时，也要注意必须利用上归纳假设和明确式子一侧的添加项的数目，具体步骤同证明等式一样分两步走，即先设假设，再设结论．

    1、用数学归纳法证明：${\displaystyle 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\dots +\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n}=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\dots +\frac{1}{2n}(n\in N^{\cdot })}$，则从${\displaystyle k}$到${\displaystyle k+1}$时左边应添加的项为(   )

    A.${\displaystyle \frac{1}{2k+1}}$     B.${\displaystyle \frac{1}{2k+2}-\frac{1}{2k+4}}$     C.${\displaystyle -\frac{1}{2k+2}}$     D.${\displaystyle \frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+2}}$   
    2、用数学归纳法证明：${\displaystyle 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots +\frac{1}{2^n}>G\left(n\right)(n\in N^{\cdot })}$时，则从${\displaystyle k}$到${\displaystyle k+1}$时左边应添加的项为(   )

    A.${\displaystyle 1}$         B.${\displaystyle 2}$         C.${\displaystyle k}$         D.${\displaystyle 2^k}$

    3、下列代数式中能被${\displaystyle 9}$整除的是(   )

    A.${\displaystyle 6+6·7^k}$    B.${\displaystyle 2+7^{k+1}}$    C.${\displaystyle 2(2+7^{k+1})}$    D.${\displaystyle 3(2+7^k)}$
    4、凸${\displaystyle k}$边形内角和为${\displaystyle f\left(k\right)}$，则凸${\displaystyle k+1}$边形内角和为(   )

    A.${\displaystyle f\left(k\right)+\pi }$    B.${\displaystyle f\left(k\right)+2\pi }$    C.${\displaystyle f\left(k\right)+3\pi }$    D.${\displaystyle f\left(k\right)+4\pi }$

    5、用数学归纳法证明：${\displaystyle \frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}+\dots +\frac{1}{n+n}\ge \frac{11}{24}(n\in N^{\cdot })}$，则从${\displaystyle n=k}$到${\displaystyle n=k+1}$时左边应添加的项是______

    6、数列${\displaystyle \left\{a_n\right\}}$中，${\displaystyle S_n=2-a_n(n\in N^{\cdot })}$，则前四项依次是______，猜想得${\displaystyle a_n=}$______
    7、观察下列式子：，，，…，则可归纳出______
    8、已知函数，若${\displaystyle a_1=1}$，${\displaystyle a_n=-f^{-1}\left(a_{n-1}\right)}$，猜想${\displaystyle \left\{a_n\right\}}$的表达式，并用数学归纳法证明之．

    1、用数学归纳法证明：${\displaystyle 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\dots +\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n}=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\dots +\frac{1}{2n}(n\in N^{\cdot })}$，则从${\displaystyle k}$到${\displaystyle k+1}$时左边应添加的项为(   )

    A.${\displaystyle \frac{1}{2k+1}}$     B.${\displaystyle \frac{1}{2k+2}-\frac{1}{2k+4}}$     C.${\displaystyle -\frac{1}{2k+2}}$     D.${\displaystyle \frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+2}}$   
    2、用数学归纳法证明：${\displaystyle 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots +\frac{1}{2^n}>G\left(n\right)(n\in N^{\cdot })}$时，则从${\displaystyle k}$到${\displaystyle k+1}$时左边应添加的项为(   )

    A.${\displaystyle 1}$         B.${\displaystyle 2}$         C.${\displaystyle k}$         D.${\displaystyle 2^k}$

    3、下列代数式中能被${\displaystyle 9}$整除的是(   )

    A.${\displaystyle 6+6·7^k}$    B.${\displaystyle 2+7^{k+1}}$    C.${\displaystyle 2(2+7^{k+1})}$    D.${\displaystyle 3(2+7^k)}$
    4、凸${\displaystyle k}$边形内角和为${\displaystyle f\left(k\right)}$，则凸${\displaystyle k+1}$边形内角和为(   )

    A.${\displaystyle f\left(k\right)+\pi }$    B.${\displaystyle f\left(k\right)+2\pi }$    C.${\displaystyle f\left(k\right)+3\pi }$    D.${\displaystyle f\left(k\right)+4\pi }$

    5、用数学归纳法证明：${\displaystyle \frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}+\dots +\frac{1}{n+n}\ge \frac{11}{24}(n\in N^{\cdot })}$，则从${\displaystyle n=k}$到${\displaystyle n=k+1}$时左边应添加的项是______

    6、数列${\displaystyle \left\{a_n\right\}}$中，${\displaystyle S_n=2-a_n(n\in N^{\cdot })}$，则前四项依次是______，猜想得${\displaystyle a_n=}$______
    7、观察下列式子：，，，…，则可归纳出______
    8、已知函数，若${\displaystyle a_1=1}$，${\displaystyle a_n=-f^{-1}\left(a_{n-1}\right)}$，猜想${\displaystyle \left\{a_n\right\}}$的表达式，并用数学归纳法证明之．

    1、某个命题与自然数有关，如果当${\displaystyle n=k(k\in N^{\cdot })}$时，该命题成立，那么可以推得${\displaystyle n=k+1}$时该命题也成立，现已知${\displaystyle n=5}$时该命题不成立，那么(   )
    A.${\displaystyle n=4}$时该命题成立                      B.${\displaystyle n=6}$时该命题不成立

    C.${\displaystyle n}$为大于${\displaystyle 5}$的某个自然数时命题成立         D.以上答案均不对
    2、对任意${\displaystyle n\in N^{\cdot }}$，${\displaystyle 3^{4n+2}+a^{2n+1}}$都能被${\displaystyle 14}$整除，则最小的自然数${\displaystyle a=}$______
    3、已知数列${\displaystyle \left\{a_n\right\}}$为等差数列，${\displaystyle \left\{b_n\right\}}$为等比数列，且${\displaystyle a_1=b_1}$，${\displaystyle a_2=b_2}$，${\displaystyle a_1\ne a_2}$，对一切自然数${\displaystyle n(n\in N^{\cdot })}$恒有${\displaystyle a_n>0}$，

    求证：当${\displaystyle n>2}$时，${\displaystyle b_n>a_n}$

    4、已知数列${\displaystyle \left\{a_n\right\}}$满足${\displaystyle a_1=1}$，${\displaystyle a_{n+1}=2a_n+1(n\in N^{\cdot })}$

    (1)求数列${\displaystyle \left\{a_n\right\}}$的通项公式

    (2)若数列${\displaystyle \left\{b_n\right\}}$满足${\displaystyle 4^{b_1-1}{4}^{b_2-1}\dots 4^{b_n-1}={(a_n+1)}^{b_n}(n\in N^{\cdot })}$，证明：${\displaystyle \left\{b_n\right\}}$是等差数列

    (3)证明：