答案：增加了和两项，同时减少了一项

求证：an＋1＋(a＋1)2n－1能被a2＋a＋1整除，n∈N*.

证明：(1)当n＝1时，a1＋1＋(a＋1)2×1－1＝a2＋a＋1，命题显然成立．

(2)设当n＝k(k∈N*)时，ak＋1＋(a＋1)2k－1能被a2＋a＋1整除，则当n＝k＋1时，

ak＋2＋(a＋1)2k＋1＝a·ak＋1＋(a＋1)2·(a＋1)2k－1

＝a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a＋1)2(a＋1)2k－1－a(a＋1)2k－1

＝a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1.

由归纳假设，上式中的两项均能被a2＋a＋1整除，

故当n＝k＋1时命题成立．

由(1)(2)知，对n∈N*，命题成立．

已知数列{an}的前n项和Sn＝1－nan(n∈N*)．

(1)计算a1，a2，a3，a4；

(2)猜想an的表达式，并用数学归纳法证明你的结论．

解：(1)由Sn＝1－nan(n∈N*)，当n＝1时，得a1＝S1＝1－a1，解得a1＝.当n＝2时，得a1＋a2＝S2＝1－2a2，把a1＝代入，解得a2＝.

同理，可解得a3＝，a4＝.

(2)由(1)知：a1＝＝，a2＝＝，a3＝＝，a4＝＝，据此猜想：an＝.

证明：①当n＝1时，由(1)知a1＝，＝，猜想成立．

②假设当n＝k(k∈N*)时，猜想成立，即ak＝.

那么，当n＝k＋1时，由已知，得Sk＋1＝1－(k＋1)ak＋1，

即Sk＋ak＋1＝1－(k＋1)ak＋1.

又Sk＝1－kak＝，

所以＋ak＋1＝1－(k＋1)ak＋1，

解得ak＋1＝＝，即n＝k＋1时，猜想也成立．

根据①和②，可知猜想成立．

[能力提升]

平面上有n(n∈N*)个圆，其中任何两个圆都相交于两点，且任何三个圆不共点，这几个圆互相分割成f(n)段弧，则f(n＋1)＝f(n)＋________．

解析：由n个圆增加一个圆到n＋1个圆时，新增加的这个圆与前n个圆共产生2n个交点，每个交点把它所在的前n个圆的每段弧均一分为二，故增加了2n段弧，而这2n个交点又把新增加的这个圆分割成了2n段弧，所以共增加了2n＋2n＝4n段弧，即f(n＋1)＝f(n)＋4n.

答案：4n

若存在正整数m，使得f(n)＝(2n＋7)·3n＋9(n∈N*)能被m整除，则m的最大值为________．