高考數(shù)學(xué)（文）培優(yōu)增分一輪全國(guó)經(jīng)典版培優(yōu)講義第11章　算法初步復(fù)數(shù)推理與證明第3講合情推理與演繹推理

第3講合情推理與演繹推理板塊一知識(shí)梳理·自主學(xué)習(xí)[必備知識(shí)]考點(diǎn)1合情推理考點(diǎn)2演繹推理1．定義：從一般性的原理出發(fā)，推出某個(gè)特殊情況下的結(jié)論，我們把這種推理稱為演繹推理．2．特點(diǎn)：演繹推理是由一般到特殊的推理．3．模式：“三段論”是演繹推理的一般模式：[必會(huì)結(jié)論]1．合情推理的結(jié)論是猜想，不一定正確；演繹推理在大前提、小前提和推理形式都正確時(shí)，得到的結(jié)論一定正確．2．合情推理是發(fā)現(xiàn)結(jié)論的推理；演繹推理是證明結(jié)論的推理．[考點(diǎn)自測(cè)]1．判斷下列結(jié)論的正誤．(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)歸納推理得到的結(jié)論不一定正確，類比推理得到的結(jié)論一定正確．()(2)在類比時(shí)，平面中的三角形與空間中的平行六面體作為類比對(duì)象較為合適．()(3)在演繹推理中，只要符合演繹推理的形式，結(jié)論就一定正確．()(4)“所有3的倍數(shù)都是9的倍數(shù)，某數(shù)m是3的倍數(shù)，則m一定是9的倍數(shù)”，這是三段論推理，但其結(jié)論是錯(cuò)誤的．()答案(1)×(2)×(3)×(4)√答案A3．[課本改編]下面圖形由小正方形組成，請(qǐng)觀察圖1至圖4的規(guī)律，并依此規(guī)律，寫出第n個(gè)圖形中小正方形的個(gè)數(shù)是________．答案eq\f(nn＋1,2)解析由題圖知第1個(gè)圖形的小正方形個(gè)數(shù)為1，第2個(gè)圖形的小正方形個(gè)數(shù)為1＋2，第3個(gè)圖形的小正方形個(gè)數(shù)為1＋2＋3，第4個(gè)圖形的小正方形個(gè)數(shù)為1＋2＋3＋4，…，則第n個(gè)圖形的小正方形個(gè)數(shù)為1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2).4．[課本改編]在平面上，若兩個(gè)正三角形的邊長(zhǎng)的比為1∶2，則它們的面積比為1∶4.類似地，在空間中，若兩個(gè)正四面體的棱長(zhǎng)的比為1∶2，則它們的體積比為_(kāi)_______．答案1∶8解析因?yàn)閮蓚€(gè)正三角形是相似的三角形，所以它們的面積之比是相似比的平方．同理，兩個(gè)正四面體是兩個(gè)相似幾何體，體積之比為相似比的立方．所以它們的體積比為1∶8.5．[2015·陜西高考]觀察下列等式1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)－eq\f(1,6)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)…據(jù)此規(guī)律，第n個(gè)等式可為_(kāi)_______．答案1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)解析觀察所給等式的左右可以歸納出1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n).6．[2018·東北三省模擬]在某次數(shù)學(xué)考試中，甲、乙、丙三名同學(xué)中只有一個(gè)人得了優(yōu)秀．當(dāng)他們被問(wèn)到誰(shuí)得到了優(yōu)秀時(shí)，丙說(shuō)：“甲沒(méi)有得優(yōu)秀”；乙說(shuō)：“我得了優(yōu)秀”；甲說(shuō)：“丙說(shuō)的是真話”．事實(shí)證明：在這三名同學(xué)中，只有一人說(shuō)的是假話，那么得優(yōu)秀的同學(xué)是________．答案丙解析分析題意只有一人說(shuō)假話可知，甲與丙必定說(shuō)的都是真話，故說(shuō)假話的只有乙，即乙沒(méi)有得優(yōu)秀，甲也沒(méi)有得優(yōu)秀，得優(yōu)秀的是丙．板塊二典例探究·考向突破考向歸納推理命題角度1數(shù)字的歸納例1[2018·浙江模擬]“楊輝三角”是中國(guó)古代重要的數(shù)學(xué)成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年．如圖是楊輝三角數(shù)陣，記an為圖中第n行各個(gè)數(shù)之和，則a5＋a11的值為()A．528B．1020C．1038D．1040答案D解析第一行數(shù)字之和為a1＝1＝21－1，第二行數(shù)字之和為a2＝2＝22－1，第三行數(shù)字之和為a3＝4＝23－1，第四行數(shù)字之和為a4＝8＝24－1，……第n行數(shù)字之和為an＝2n－1，∴a5＋an＝24＋210＝1040.故選D.命題角度2式子的歸納例2設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x,x＋2)(x>0)，觀察：f1(x)＝f(x)＝eq\f(x,x＋2)，f2(x)＝f[f1(x)]＝eq\f(x,3x＋4)，f3(x)＝f[f2(x)]＝eq\f(x,7x＋8)，f4(x)＝f[f3(x)]＝eq\f(x,15x＋16)，……根據(jù)以上事實(shí)，由歸納推理可得：當(dāng)n∈N*且n≥2時(shí)，fn(x)＝f[fn－1(x)]＝________.答案eq\f(x,2n－1x＋2n)解析根據(jù)題意知，各式中分子都是x，分母中的常數(shù)項(xiàng)依次是2,4,8,16，…，可知fn(x)的分母中常數(shù)項(xiàng)為2n，分母中x的系數(shù)為2n－1，故fn(x)＝f[fn－1(x)]＝eq\f(x,2n－1x＋2n).命題角度3圖形的歸納例3如圖，在平面直角坐標(biāo)系的格點(diǎn)(橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點(diǎn))處：點(diǎn)(1,0)處標(biāo)b1，點(diǎn)(1，－1)處標(biāo)b2，點(diǎn)(0，－1)處標(biāo)b3，點(diǎn)(－1，－1)處標(biāo)b4，點(diǎn)(－1,0)處標(biāo)b5，點(diǎn)(－1,1)處標(biāo)b6，點(diǎn)(0,1)處標(biāo)b7，…，以此類推，則b963處的格點(diǎn)的坐標(biāo)為_(kāi)_______．答案(16,13)解析觀察已知點(diǎn)(1,0)處標(biāo)b1，即b1×1，點(diǎn)(2,1)處標(biāo)b9，即b3×3，點(diǎn)(3,2)處標(biāo)b25，即b5×5，…，由此推斷點(diǎn)(n，n－1)處標(biāo)b(2n－1)×(2n－1)，因?yàn)?61＝31×31時(shí)，n＝16，故b961處的格點(diǎn)的坐標(biāo)為(16,15)，從而b963處的格點(diǎn)的坐標(biāo)為(16,13)．觸類旁通歸納推理問(wèn)題的常見(jiàn)類型及解題策略(1)與數(shù)字有關(guān)的等式的推理．觀察數(shù)字特點(diǎn)，找出等式左右兩側(cè)的規(guī)律及符號(hào)可解．(2)與式子有關(guān)的歸納推理①與不等式有關(guān)的推理．觀察每個(gè)不等式的特點(diǎn)，注意是縱向看，找到規(guī)律后可解．②與數(shù)列有關(guān)的推理．通常是先求出幾個(gè)特殊現(xiàn)象，采用不完全歸納法，找出數(shù)列的項(xiàng)與項(xiàng)數(shù)的關(guān)系，列出即可．(3)與圖形變化有關(guān)的推理．合理利用特殊圖形歸納推理得出結(jié)論，并用賦值檢驗(yàn)法驗(yàn)證其真?zhèn)涡裕咀兪接?xùn)練1】[2018·泉州模擬]已知如下等式：2＋4＝6；8＋10＋12＝14＋16；18＋20＋22＋24＝26＋28＋30；…以此類推，則2020會(huì)出現(xiàn)在第________個(gè)等式中()A．30B．31C．32D．33答案B解析①2＋4＝6；②8＋10＋12＝14＋16；③18＋20＋22＋24＝26＋28＋30，…其規(guī)律為：各等式首項(xiàng)分別為2×1,2(1＋3)，2(1＋3＋5)，…，所以第n個(gè)等式的首項(xiàng)為2[1＋3＋…＋(2n－1)]＝2×eq\f(n1＋2n－1,2)＝2n2，當(dāng)n＝31時(shí)，等式的首項(xiàng)為2×312＝1922，當(dāng)n＝32時(shí)，等式的首項(xiàng)為2×322＝2048，所以2020在第31個(gè)等式中．故選B.考向類比推理例4[2018·撫順模擬]若數(shù)列{an}是等差數(shù)列，則數(shù)列{bn}eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(bn＝\f(a1＋a2＋…＋an,n)))也為等差數(shù)列．類比這一性質(zhì)可知，若正項(xiàng)數(shù)列{cn}是等比數(shù)列，且{dn}也是等比數(shù)列，則dn的表達(dá)式應(yīng)為()A．dn＝eq\f(c1＋c2＋…＋cn,n) B．dn＝eq\f(c1·c2·…·cn,n)C．dn＝eq\r(n,\f(c\o\al(n,1)＋c\o\al(n,2)＋…＋c\o\al(n,n),n)) D．dn＝eq\r(n,c1·c2·…·cn)答案D解析若{an}是等差數(shù)列，則a1＋a2＋…＋an＝na1＋eq\f(nn－1,2)d，所以bn＝a1＋eq\f(n－1,2)d＝eq\f(d,2)n＋a1－eq\f(d,2)，即{bn}為等差數(shù)列；若{cn}是等比數(shù)列，則c1·c2·…·cn＝ceq\o\al(n,1)·q1＋2＋…＋(n－1)＝ceq\o\al(n,1)·qeq\s\up15(eq\f(nn－1,2))，所以dn＝eq\r(n,c1·c2·…·cn)＝c1·qeq\s\up15(eq\f(n－1,2))，即{dn}為等比數(shù)列．故選D.觸類旁通類比推理的分類類比推理的應(yīng)用一般為類比定義、類比性質(zhì)和類比方法．(1)類比定義：在求解由某種熟悉的定義產(chǎn)生的類比推理型試題時(shí)，可以借助原定義來(lái)求解；(2)類比性質(zhì)：從一個(gè)特殊式子的性質(zhì)、一個(gè)特殊圖形的性質(zhì)入手，提出類比推理型問(wèn)題，求解時(shí)要認(rèn)真分析兩者之間的聯(lián)系與區(qū)別，深入思考兩者的轉(zhuǎn)化過(guò)程是求解的關(guān)鍵；(3)類比方法：有一些處理問(wèn)題的方法具有類比性，我們可以把這種方法類比應(yīng)用到其他問(wèn)題的求解中，注意知識(shí)的遷移．【變式訓(xùn)練2】如圖所示，在平面上，用一條直線截正方形的一個(gè)角，截下的是一個(gè)直角三角形，有勾股定理c2＝a2＋b2.空間中的正方體，用一平面去截正方體的一角，截下的是一個(gè)三條側(cè)棱兩兩垂直的三棱錐，若這三個(gè)兩兩垂直的側(cè)面的面積分別為S1，S2，S3，截面面積為S，類比平面的結(jié)論有________．答案S2＝Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3)解析三角形類比空間中的三棱錐，線段的長(zhǎng)度類比圖形的面積，于是作出猜想：S2＝Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3).考向演繹推理例5[2018·山東調(diào)研]數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和記為Sn，已知a1＝1，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn(n∈N*)．證明：(1)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等比數(shù)列；(2)Sn＋1＝4an.證明(1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn，∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即nSn＋1＝2(n＋1)Sn.∴eq\f(Sn＋1,n＋1)＝2·eq\f(Sn,n)，(小前提)故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是以2為公比，1為首項(xiàng)的等比數(shù)列．(結(jié)論)(大前提是等比數(shù)列的定義，這里省略了)(2)由(1)可知eq\f(Sn＋1,n＋1)＝4·eq\f(Sn－1,n－1)(n≥2)，∴Sn＋1＝4(n＋1)·eq\f(Sn－1,n－1)＝4·eq\f(n－1＋2,n－1)·Sn－1＝4an(n≥2)，(小前提)又a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提)∴對(duì)于任意正整數(shù)n，都有Sn＋1＝4an.(結(jié)論)(第(2)問(wèn)的大前提是第(1)問(wèn)的結(jié)論以及題中的已知條件)觸類旁通演繹推理的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)(1)演繹推理是由一般到特殊的推理，其最常見(jiàn)的形式是三段論，它是由大前提、小前提、結(jié)論三部分組成的．三段論推理中包含三個(gè)判斷：第一個(gè)判斷稱為大前提，它提供了一個(gè)一般的原理；第二個(gè)判斷叫小前提，它指出了一個(gè)特殊情況．這兩個(gè)判斷聯(lián)合起來(lái)，提示了一般原理和特殊情況的內(nèi)在聯(lián)系，從而產(chǎn)生了第三個(gè)判斷：結(jié)論．(2)演繹推理的前提和結(jié)論之間有著某種蘊(yùn)含關(guān)系，解題時(shí)要找準(zhǔn)正確的大前提．一般地，若大前提不明確時(shí)，一般可找一個(gè)使結(jié)論成立的充分條件作為大前提．【變式訓(xùn)練3】某市為了緩解交通壓力，實(shí)行機(jī)動(dòng)車輛限行政策，每輛機(jī)動(dòng)車每周一到周五都要限行一天，周末(周六和周日)不限行．某公司有A，B，C，D，E五輛車，保證每天至少有四輛車可以上路行駛．已知E車周四限行，B車昨天限行，從今天算起，A，C兩車連續(xù)四天都能上路行駛，E車明天可以上路，由此可知下列推測(cè)一定正確的是()A．今天是周六 B．今天是周四C．A車周三限行 D．C車周五限行答案B解析因?yàn)槊刻熘辽儆兴妮v車可以上路行駛，E車明天可以上路，E車周四限行，所以今天不是周三；因?yàn)锽車昨天限行，所以今天不是周一，也不是周日；因?yàn)锳，C兩車連續(xù)四天都能上路行駛，所以今天不是周五，周二和周六，所以今天是周四，選B.核心規(guī)律1.合情推理的過(guò)程概括為eq\x(從具體問(wèn)題出發(fā))→eq\x(觀察、分析、比較、聯(lián)想)→eq\x(歸納、類比)→eq\x(提出猜想)2.演繹推理是從一般的原理出發(fā)，推出某個(gè)特殊情況的結(jié)論的推理方法，是由一般到特殊的推理，常用的一般模式是三段論．?dāng)?shù)學(xué)問(wèn)題的證明主要通過(guò)演繹推理來(lái)進(jìn)行．滿分策略1.合情推理是從已知的結(jié)論推測(cè)未知的結(jié)論，發(fā)現(xiàn)與猜想的結(jié)論都要經(jīng)過(guò)進(jìn)一步嚴(yán)格證明．2.演繹推理是由一般到特殊的證明，它常用來(lái)證明和推理數(shù)學(xué)問(wèn)題，注意推理過(guò)程的嚴(yán)密性，書寫格式的規(guī)范性．3.合情推理中運(yùn)用猜想不能憑空想象，要有猜想或拓展依據(jù).板塊三啟智培優(yōu)·破譯高考創(chuàng)新交匯系列9——演繹推理中的創(chuàng)新問(wèn)題[2015·福建高考]一個(gè)二元碼是由0和1組成的數(shù)字串x1x2…xn(n∈N*)，其中xk(k＝1,2，…，n)稱為第k位碼元．二元碼是通信中常用的碼，但在通信過(guò)程中有時(shí)會(huì)發(fā)生碼元錯(cuò)誤(即碼元由0變?yōu)?，或者由1變?yōu)?)．已知某種二元碼x1x2…x7的碼元滿足如下校驗(yàn)方程組：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x4⊕x5⊕x6⊕x7＝0，,x2⊕x3⊕x6⊕x7＝0，,x1⊕x3⊕x5⊕x7＝0，))其中運(yùn)算⊕定義為：0⊕0＝0,0⊕1＝1,1⊕0＝1,1⊕1＝0.現(xiàn)已知一個(gè)這種二元碼在通信過(guò)程中僅在第k位發(fā)生碼元錯(cuò)誤后變成了1101101，那么利用上述校驗(yàn)方程組可判定k等于________．解題視點(diǎn)求解此類問(wèn)題的關(guān)鍵是讀懂新定義，在領(lǐng)會(huì)新定義的基礎(chǔ)上，明晰新定義的內(nèi)涵和外延，將其轉(zhuǎn)化并運(yùn)用到新情境中，進(jìn)而判斷參數(shù)k的值．解析因?yàn)閤4⊕x5⊕x6⊕x7＝1⊕1⊕0⊕1＝0⊕0⊕1＝0⊕1＝1≠0，所以二元碼1101101的前3位碼元都是對(duì)的；因?yàn)閤2⊕x3⊕x6⊕x7＝1⊕0⊕0⊕1＝1⊕0⊕1＝1⊕1＝0，所以二元碼1101101的第6、7位碼元也是對(duì)的；因?yàn)閤1⊕x3⊕x5⊕x7＝1⊕0⊕1⊕1＝1⊕1⊕1＝0⊕1＝1≠0，所以二元碼1101101的第5位碼元是錯(cuò)誤的，所以k＝5.答案5答題啟示與演繹推理有關(guān)的新定義問(wèn)題是高考命制創(chuàng)新型試題的一個(gè)熱點(diǎn)，解決此類問(wèn)題時(shí)，一定要讀懂新定義的本質(zhì)含義及符號(hào)語(yǔ)言，緊扣題目所給定義，結(jié)合題目的要求進(jìn)行恰當(dāng)?shù)霓D(zhuǎn)化，注意推理過(guò)程的嚴(yán)密性.跟蹤訓(xùn)練在平面直角坐標(biāo)系中，若點(diǎn)P(x，y)的坐標(biāo)x，y均為整數(shù)，則稱點(diǎn)P為格點(diǎn)．若一個(gè)多邊形的頂點(diǎn)全是格點(diǎn)，則稱該多邊形為格點(diǎn)多邊形．格點(diǎn)多邊形的面積記為S，其內(nèi)部的格點(diǎn)數(shù)記為N，邊界上的格點(diǎn)數(shù)記為L(zhǎng).例如圖中的△ABC是格點(diǎn)三角形，對(duì)應(yīng)的S＝1，N＝0，L＝4.(1)圖中格點(diǎn)四邊形DEFG對(duì)應(yīng)的S，N，L分別是________；(2)已知格點(diǎn)多邊形的面積可表示為S＝aN＋bL＋c，其中a，b，c為常數(shù)，若某格點(diǎn)多邊形對(duì)應(yīng)的N＝71，L＝18，則S＝________(用數(shù)值作答)．答案(1)3,1,6(2)79解析(1)由定義知，四邊形DEFG由一個(gè)等腰直角三角形和一個(gè)平行四邊形構(gòu)成，其內(nèi)部格點(diǎn)有1個(gè)，邊界上格點(diǎn)有6個(gè)，四邊形DEFG的面積為3，所以S＝3，N＝1，L＝6.(2)由待定系數(shù)法可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＝a·0＋b·3＋c，,1＝a·0＋b·4＋c，,3＝a·1＋b·6＋c))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝\f(1,2)，,c＝－1，))當(dāng)N＝71，L＝18時(shí)，S＝1×71＋eq\f(1,2)×18－1＝79.板塊四模擬演練·提能增分[A級(jí)基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]1．(1)已知a是三角形一邊的長(zhǎng)，h是該邊上的高，則三角形的面積是eq\f(1,2)ah，如果把扇形的弧長(zhǎng)l，半徑r分別看成三角形的底邊長(zhǎng)和高，可得到扇形的面積為eq\f(1,2)lr；(2)由1＝12,1＋3＝22,1＋3＋5＝32，可得到1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2，則(1)(2)兩個(gè)推理過(guò)程分別屬于()A．類比推理、歸納推理B．類比推理、演繹推理C．歸納推理、類比推理D．歸納推理、演繹推理答案A解析(1)由三角形的性質(zhì)得到扇形的性質(zhì)有相似之處，此種推理為類比推理；(2)由特殊到一般，此種推理為歸納推理．故選A.2．把1,3,6,10,15,21，…這些數(shù)叫做三角形數(shù)，這是因?yàn)檫@些數(shù)目的點(diǎn)可以排成一個(gè)正三角形(如下圖)，試求第七個(gè)三角形數(shù)是()A．27B．28C．29D．30答案B解析觀察歸納可知第n個(gè)三角形數(shù)為1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)，∴第七個(gè)三角形數(shù)為eq\f(7×7＋1,2)＝28.3．[2018·太原模擬]觀察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，則a10＋b10＝()A．121B．123C．231D．211答案B解析令an＝an＋bn，則a1＝1，a2＝3，a3＝4，a4＝7，…，得an＋2＝an＋an＋1，從而a6＝18，a7＝29，a8＝47，a9＝76，a10＝123.4．[2018·臨沂期末]已知n≥2且n∈N*，對(duì)n2進(jìn)行“分拆”：22→(1,3)，32→(1,3,5)，42→(1,3,5,7)，…，那么289的“分拆”所得的中位數(shù)是()A．29B．21C．19D．17答案D解析自然數(shù)n2的分裂數(shù)中最大的數(shù)是2n－1.289分裂的數(shù)中最大的數(shù)是2×17－1＝33，∴289的“分拆”所得的數(shù)的中位數(shù)是eq\f(1＋33,2)＝17.故選D.5．[2018·南昌模擬]已知13＋23＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,2)))2,13＋23＋33＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,2)))2,13＋23＋33＋43＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,2)))2，…，若13＋23＋33＋43＋…＋n3＝3025，則n＝()A．8B．9C．10D．11答案C解析∵13＋23＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2×3,2)))2，13＋23＋33＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3×4,2)))2，13＋23＋33＋43＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4×5,2)))2，…∴13＋23＋33＋…＋n3＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)))2＝eq\f(n2n＋12,4)，∵13＋23＋33＋43＋…＋n3＝3025，∴eq\f(n2n＋12,4)＝3025，∴n2(n＋1)2＝(2×55)2，∴n(n＋1)＝110，解得n＝10.6．若等差數(shù)列{an}的公差為d，前n項(xiàng)的和為Sn，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))為等差數(shù)列，公差為eq\f(d,2).類似，若各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{bn}的公比為q，前n項(xiàng)的積為Tn，則等比數(shù)列{eq\r(n,Tn)}的公比為()A.eq\f(q,2)B．q2C.eq\r(q)D.eq\r(n,q)答案C解析由題設(shè)有，Tn＝b1·b2·b3·…·bn＝b1·b1q·b1q2·…·b1qn－1＝beq\o\al(n,1)q1＋2＋…＋(n－1)＝beq\o\al(n,1)qeq\s\up15(eq\f(n－1n,2)).∴eq\r(n,Tn)＝b1qeq\s\up15(eq\f(n－1,2))，∴等比數(shù)列{eq\r(n,Tn)}的公比為eq\r(q)，故選C.7．[2018·南通模擬]將自然數(shù)0,1,2，…按照如下形式進(jìn)行擺列：根據(jù)以上規(guī)律判定，從2016到2018的箭頭方向是()答案A解析從所給的圖形中觀察得到規(guī)律：每隔四個(gè)單位，箭頭的走向是一樣的，比如說(shuō)，0→1，箭頭垂直指下，4→5，箭頭也是垂直指下，8→9也是如此，而2016＝4×504，所以2016→2017也是箭頭垂直指下，之后2017→2018的箭頭是水平向右．故選A.8．中國(guó)有個(gè)名句“運(yùn)籌帷幄之中，決勝千里之外．”其中的“籌”原意是指《孫子算經(jīng)》中記載的算籌，古代是用算籌來(lái)進(jìn)行計(jì)算，算籌是將幾寸長(zhǎng)的小竹棍擺在平面上進(jìn)行運(yùn)算，算籌的擺放有縱橫兩種形式，如下表：表示一個(gè)多位數(shù)時(shí)，像阿拉伯計(jì)數(shù)一樣，把各個(gè)數(shù)位的數(shù)碼從左到右排列，但各位數(shù)碼的籌式需要縱橫相間，個(gè)位、百位、萬(wàn)位數(shù)用縱式表示，十位、千位、十萬(wàn)位用橫式表示，以此類推，例如6613用算籌表示就是，則5288用算籌可表示為_(kāi)_______．答案解析根據(jù)題意知，5288用算籌表示，從左到右依次是橫式的5，縱式的2，橫式的8，縱式的8，即.9．[2018·常州模擬]36的所有正約數(shù)之和可按如下方法得到：因?yàn)?6＝22×32，所以36的所有正約數(shù)之和為(1＋3＋32)＋(2＋2×3＋2×32)＋(22＋22×3＋22×32)＝(1＋2＋22)(1＋3＋32)＝91，參照上述方法，可求得200的所有正約數(shù)之和為_(kāi)_______．答案465解析類比求36的所有正約數(shù)之和的方法，200的所有正約數(shù)之和可按如下方法求得：因?yàn)?00＝23×52，所以200的所有正約數(shù)之和為(1＋2＋22＋23)(1＋5＋52)＝465.10．如果函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是凸函數(shù)，那么對(duì)于區(qū)間D內(nèi)的任意x1，x2，…，xn，都有eq\f(fx1＋fx2＋…＋fxn,n)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n))).若y＝sinx在區(qū)間(0，π)上是凸函數(shù)，那么在△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值是________．答案eq\f(3\r(3),2)解析由題意知，凸函數(shù)滿足eq\f(fx1＋fx2＋…＋fxn,n)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n)))，又y＝sinx在區(qū)間(0，π)上是凸函數(shù)，則sinA＋sinB＋sinC≤3sineq\f(A＋B＋C,3)＝3sineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(3),2).[B級(jí)知能提升]1．[2018·徐州模擬]觀察下列事實(shí)：|x|＋|y|＝1的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為4，|x|＋|y|＝2的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為8，|x|＋|y|＝3的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為12，…，則|x|＋|y|＝20的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為()A．76B．80C．86D．92答案B解析由|x|＋|y|＝1的不同整數(shù)解的個(gè)數(shù)為4，|x|＋|y|＝2的不同整數(shù)解的個(gè)數(shù)為8，|x|＋|y|＝3的不同整數(shù)解的個(gè)數(shù)為12，歸納推理得|x|＋|y|＝n的不同整數(shù)解的個(gè)數(shù)為4n，故|x|＋|y|＝20的不同整數(shù)解的個(gè)數(shù)為80.故選B.2．[2018·中山模擬]古希臘人常用小石子在沙灘上擺成各種形狀來(lái)研究數(shù)．比如：他們研究過(guò)圖1中的1,3,6,10，…，由于這些數(shù)能夠表示成三角形，將其稱為三角形數(shù)；類似地，稱圖2中的1,4,9,16，…，這樣的數(shù)為正方形數(shù)．下列數(shù)中既是三角形數(shù)又是正方形數(shù)的是()A．289B．1024C．1225D．1378答案C解析觀察三角形數(shù)：1,3,6,10，…，記該數(shù)列為{an}，則a1＝1，a2＝a1＋2，a3＝a2＋3，…an＝an－1＋n.∴a1＋a2＋…＋an＝(a1＋a2＋…＋an－1)＋(1＋2＋3＋…＋n)，∴an＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)，觀察正方