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在用數(shù)學(xué)歸納法證明f（n）=++…+＜1（n∈N^*，n≥3）的過(guò)程中：假設(shè)當(dāng)n=k（k∈N^*，k≥3）時(shí)，不等式f（k）＜1成立，則需證當(dāng)n=k+1時(shí)，f（k+1）＜1也成立．若f（k+1）=f（k）+g（k），則g（k）=（ ）
A．+
B．+-
C．-
D．-

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在用數(shù)學(xué)歸納法證明f（n）=++…+＜1（n∈N^*，n≥3）的過(guò)程中：假設(shè)當(dāng)n=k（k∈N^*，k≥3）時(shí)，不等式f（k）＜1成立，則需證當(dāng)n=k+1時(shí)，f（k+1）＜1也成立．若f（k+1）=f（k）+g（k），則g（k）=（ ）
A．+
B．+-
C．-
D．-

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一、1.C  2.B  3.B  4.C  5.D  6.D    二、7.180°

8.1+

9.(1+  10.(2)（3）  11.兩邊同乘以

三、12.證明：(1)當(dāng)n=1時(shí)，a₁=＜1，不等式成立.

（2）假設(shè)n=k(k≥1)時(shí)，不等式成立，即a_k=＜1

亦即1+2²+3³+…+k^k＜(k+1)^k

當(dāng)n=k+1時(shí)

a_k+1=

==()^k＜1.

∴n=k+1時(shí)，不等式也成立.

由（1）、（2）知,對(duì)一切n∈N*，不等式都成立.

13.證明：（1）當(dāng)n=1時(shí)，一個(gè)圓把平面分成兩個(gè)區(qū)域，而1²－1+2=2，命題成立.

（2）假設(shè)n=k(k≥1)時(shí)，命題成立，即k個(gè)圓把平面分成k²－k+2個(gè)區(qū)域.

當(dāng)n=k+1時(shí)，第k+1個(gè)圓與原有的k個(gè)圓有2k個(gè)交點(diǎn)，這些交點(diǎn)把第k+1個(gè)圓分成了2k段弧，而其中的每一段弧都把它所在的區(qū)域分成了兩部分，因此增加了2k個(gè)區(qū)域，共有k²－k+2+2k=(k+1)²－(k+1)+2個(gè)區(qū)域.

∴n=k+1時(shí)，命題也成立.

由（1）、（2）知，對(duì)任意的n∈N*,命題都成立.

14.解：（1）∵log₂x+log₂(3?2^k－1－x)≥2k－1

∴,解得2^k－1≤x≤2^k, ∴f(k)=2^k－2^k－1+1=2^k－1+1

(2)∵S_n=f(1)+f(2)+…+f(n)=1+2+2²+…+2^n－1+n=2ⁿ+n－1

∴S_n－P_n=2ⁿ－n²

n=1時(shí),S₁－P₁=2－1=1＞0;n=2時(shí)，S₂－P₂=4－4=0

n=3時(shí)，S₃－P₃=8－9=－1＜0;n=4時(shí)，S₄－P₄=16－16=0

n=5時(shí)，S₅－P₅=32－25=7＞0;n=6時(shí)，S₆－P₆=64－36=28＞0

猜想，當(dāng)n≥5時(shí)，S_n－P_n＞0

①當(dāng)n=5時(shí)，由上可知S_n－P_n＞0

②假設(shè)n=k(k≥5)時(shí)，S_k－P_k＞0

當(dāng)n=k+1時(shí),S_k+1－P_k+1=2^k+1－(k+1）²=2?2^k－k²－2k－12(2^k－k²)+k²－2k－1

=2(S_k－P_k)+k²－2k－1＞k²－2k－1=k(k－2)－1≥5(5－2)－1=14＞0

∴當(dāng)n=k+1時(shí)，S_k+1－P_k+1＞0成立

由①、②可知，對(duì)n≥5，n∈N*，S_n－P_n＞0成立即S_n＞P_n成立

由上分析可知，當(dāng)n=1或n≥5時(shí)，S_n＞P_n

當(dāng)n=2或n=4時(shí)，S_n=P_n

當(dāng)n=3時(shí)，S_n＜P_n.