即当n＝k＋1时，等式成立．

　　根据(1)(2)可知，对一切n∈N*，等式成立．

　　活动与探究2：证明：(1)当n＝1时，即一个圆把平面分成2个部分f(1)＝2，又n＝1时，n2－n＋2＝2，

　　∴命题成立．

　　(2)假设当n＝k(k≥1)时，命题成立，即k个圆把平面分成f(k)＝k2－k＋2个部分，那么设第k＋1个圆记作⊙O，由题意，它与k个圆中每个圆交于两点，又无三圆交于同一点，于是它与其他k个圆相交于2k个点．把⊙O分成2k条弧，而每条弧把原区域分成2部分，因此这个平面的总区域增加2k个部分，即f(k＋1)＝k2－k＋2＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2.即n＝k＋1时命题成立．

　　由(1)(2)可知，对任何n∈N*命题均成立．

　　迁移与应用：

　　证明：(1)当n＝4时，f(4)＝×4×(4－3)＝2，

　　四边形有两条对角线，命题成立．

　　(2)假设当n＝k时命题成立，即凸k边形的对角线的条数f(k)＝k(k－3)(k≥4)，

　　当n＝k＋1时，凸k＋1边形是在k边形基础上增加了一边，增加了一个顶点Ak＋1，增加的对角线是以顶点Ak＋1为一个端点的所有对角线，再加上原k边形的一边A1Ak，共增加的对角线条数(k＋1－3)＋1＝k－1.

　　f(k＋1)＝k(k－3)＋k－1＝(k2－k－2)

　　＝(k＋1)·(k－2)＝(k＋1)[(k＋1)－3]，

　　故当n＝k＋1时，命题也成立．

　　由(1)(2)可知，对于n≥4，n∈N*命题都成立．

　　活动与探究3：(1)解：设a1＝b1＝a，公差为d，公比为q，由a2＝b2，得a＋d＝aq.①

　　∵a1≠a2，an＞0，∴a＞0，d＞0.

　　由①，得d＝aq－a，q＝1＋＞1.

　　∴b3－a3＝aq2－(a＋2d)＝aq2－a－2a(q－1)＝a(q－1)2＞0.

　　∴b3＞a3.

　　∵b4－a4＝aq3－(a＋3d)＝a(q－1)(q2＋q－2)＝a(q－1)2(q＋2)＞0，

　　∴b4＞a4.猜想出bn＞an(n≥3，n∈N*)．

　　(2)证明：①当n＝3时，由(1)可知已证得b3＞a3，

　　∴n＝3时猜想成立．

　　②假设当n＝k(n∈N*，k≥3)时，bk＞ak成立．

　　则当n＝k＋1时，∵bk＋1＝bkq，ak＋1＝ak＋d，

　　∴bk＋1－ak＋1＝bkq－ak－d＝bk－ak－d

＝(bk－ak)＋－d＝(bk－ak)＋.