【高中数学】-合情推理与演绎推理-学案

第3讲合情推理与演绎推理一、知识梳理1．推理(1)定义：根据一个或几个已知的判断来确定一个新的判断的思维过程．(2)分类：推理eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(合情推理,演绎推理))2．合情推理归纳推理类比推理定义由某类事物的部分对象具有某些特征，推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理，或者由个别事实概括出一般结论的推理由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象也具有这些特征的推理特点由部分到整体、由个别到一般的推理由特殊到特殊的推理3.演绎推理(1)定义：从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论，我们把这种推理称为演绎推理．(2)特点：演绎推理是由一般到特殊的推理．(3)模式：三段论eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(①大前提：已知的一般原理；,②小前提：所研究的特殊情况；,③结论：根据一般原理，对特殊情况做出的判断.))二、教材衍化1．已知在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，an＝an－1＋2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是()A．an＝3n－1 B．an＝4n－3C．an＝n2 D．an＝3n－1解析：选C.a2＝a1＋3＝4，a3＝a2＋5＝9，a4＝a3＋7＝16，a1＝12，a2＝22，a3＝32，a4＝42，猜想an＝n2.2．对于任意正整数n，2n与n2的大小关系为()A．当n≥2时，2n≥n2 B．当n≥3时，2n≥n2C．当n≥4时，2n>n2 D．当n≥5时，2n>n2解析：选D.当n＝2时，2n＝n2；当n＝3时，2n<n2；当n＝4时，2n＝n2；当n＝5时，2n>n2；当n＝6时，2n>n2；归纳判断，当n≥5时，2n>n2.故选D.3．在等差数列{an}中，若a10＝0，则有a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(n<19，n∈N+)成立，类比上述性质，在等比数列{bn}中，若b9＝1，则存在的等式为________．解析：利用类比推理，借助等比数列的性质，beq\o\al(2,9)＝b1＋n·b17－n，可知存在的等式为b1b2…bn＝b1b2…b17－n(n<17，n∈N*)．答案：b1b2…bn＝b1b2…b17－n(n<17，n∈N*)一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)归纳推理得到的结论不一定正确，类比推理得到的结论一定正确．()(2)由平面三角形的性质推测空间四面体的性质，这是一种合情推理．()(3)在类比时，平面中的三角形与空间中的平行六面体作为类比对象较为合适．()(4)在演绎推理中，只要符合演绎推理的形式，结论就一定正确．()答案：(1)×(2)√(3)×(4)×二、易错纠偏eq\a\vs4\al(常见,误区)eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(Ｋ))(1)归纳推理没有找出规律；(2)类比推理类比规律错误．1．在△ABC中，不等式eq\f(1,A)＋eq\f(1,B)＋eq\f(1,C)≥eq\f(9,π)成立；在凸四边形ABCD中，不等式eq\f(1,A)＋eq\f(1,B)＋eq\f(1,C)＋eq\f(1,D)≥eq\f(16,2π)成立；在凸五边形ABCDE中，不等式eq\f(1,A)＋eq\f(1,B)＋eq\f(1,C)＋eq\f(1,D)＋eq\f(1,E)≥eq\f(25,3π)成立…依此类推，在凸n边形A1A2…An中，不等式eq\f(1,A1)＋eq\f(1,A2)＋…＋eq\f(1,An)≥__________________________成立．解析：因为eq\f(1,A)＋eq\f(1,B)＋eq\f(1,C)≥eq\f(9,π)＝eq\f(32,π)，eq\f(1,A)＋eq\f(1,B)＋eq\f(1,C)＋eq\f(1,D)≥eq\f(16,2π)＝eq\f(42,2π)eq\f(1,A)＋eq\f(1,B)＋eq\f(1,C)＋eq\f(1,D)＋eq\f(1,E)≥eq\f(25,3π)＝eq\f(52,3π)，…，所以eq\f(1,A1)＋eq\f(1,A2)＋…＋eq\f(1,An)≥eq\f(n2,（n－2）π)(n∈N+，n≥3)．答案：eq\f(n2,（n－2）π)(n∈N+，n≥3)2．在平面几何中有如下结论：正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则eq\f(S1,S2)＝eq\f(1,4)，推广到空间可以得到类似结论：已知正四面体P­ABC的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则eq\f(V1,V2)＝________．解析：从平面图形类比空间图形，从二维类比三维，可得如下结论：正四面体的外接球和内切球的半径之比为3∶1，故正四面体P­ABC的内切球体积V1与外接球体积V2之比等于eq\f(V1,V2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,27).答案：eq\f(1,27)归纳推理(多维探究)角度一与数字有关的推理有一个奇数组成的数阵排列如下：1371321…591523……111725………1927…………29……………则第30行从左到右第3个数是________．【解析】观察每一行的第一个数，由归纳推理可得第30行的第1个数是1＋4＋6＋8＋10＋…＋60＝eq\f(30×（2＋60）,2)－1＝929.又第n行从左到右的第2个数比第1个数大2n，第3个数比第2个数大2n＋2，所以第30行从左到右的第2个数比第1个数大60，第3个数比第2个数大62，故第30行从左到右第3个数是929＋60＋62＝1051.【答案】1051角度二与等式有关的推理(1)已知13＋23＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,2)))eq\s\up12(2)，13＋23＋33＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,2)))eq\s\up12(2)，13＋23＋33＋43＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,2)))eq\s\up12(2)，….若13＋23＋33＋43＋…＋n3＝3025，则n＝()A．8 B．9C．10 D．11(2)观察下列等式：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,3)))eq\s\up12(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,3)))eq\s\up12(－2)＝eq\f(4,3)×1×2；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,5)))eq\s\up12(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,5)))eq\s\up12(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,5)))eq\s\up12(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(4π,5)))eq\s\up12(－2)＝eq\f(4,3)×2×3；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,7)))eq\s\up12(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,7)))eq\s\up12(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,7)))eq\s\up12(－2)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(6π,7)))eq\s\up12(－2)＝eq\f(4,3)×3×4；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,9)))eq\s\up12(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,9)))eq\s\up12(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,9)))eq\s\up12(－2)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(8π,9)))eq\s\up12(－2)＝eq\f(4,3)×4×5；……照此规律，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,2n＋1)))eq\s\up12(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,2n＋1)))eq\s\up12(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,2n＋1)))eq\s\up12(－2)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2nπ,2n＋1)))eq\s\up12(－2)＝__________．【解析】(1)观察所提供的式子可知，等号左边最后一个数是n3时，等号右边的数为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n（n＋1）,2)))eq\s\up12(2)，因此，令eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n（n＋1）,2)))eq\s\up12(2)＝3025，则eq\f(n（n＋1）,2)＝55，所以n＝10.故选C.(2)每组角的分母恰好等于右边两个相邻正整数因数的和．因此答案为eq\f(4,3)n(n＋1)．【答案】(1)C(2)eq\f(4,3)n(n＋1)角度三与不等式有关的推理已知x∈(0，＋∞)，观察下列各式：x＋eq\f(1,x)≥2，x＋eq\f(4,x2)＝eq\f(x,2)＋eq\f(x,2)＋eq\f(4,x2)≥3，x＋eq\f(27,x3)＝eq\f(x,3)＋eq\f(x,3)＋eq\f(x,3)＋eq\f(27,x3)≥4，…，类比得x＋eq\f(a,xn)≥n＋1(n∈N+)，则a＝________．【解析】第一个式子是n＝1的情况，此时a＝11＝1；第二个式子是n＝2的情况，此时a＝22＝4；第三个式子是n＝3的情况，此时a＝33＝27，归纳可知a＝nn.【答案】nn角度四与图形变化有关的推理(1)图①是美丽的“勾股树”，它是一个直角三角形分别以它的每一边向外作正方形而得到．图②是第1代“勾股树”，重复图②的作法，得到图③为第2代“勾股树”，以此类推，已知最大的正方形面积为1，则第n代“勾股树”所有正方形的面积的和为()A．n B．n2C．n－1 D．n＋1(2)我国的刺绣有着悠久的历史，如图所示中的①②③④为刺绣最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形个数越多刺绣越漂亮．现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第n个图形包含f(n)个小正方形，则f(n)的表达式为()A．f(n)＝2n－1 B．f(n)＝2n2C．f(n)＝2n2－2n D．f(n)＝2n2－2n＋1【解析】(1)最大的正方形面积为1，当n＝1时，由勾股定理知正方形面积的和为2，依次类推，可得所有正方形面积的和为n＋1.故选D.(2)我们考虑f(2)－f(1)＝4，f(3)－f(2)＝8，f(4)－f(3)＝12，…，结合图形不难得到f(n)－f(n－1)＝4(n－1)，累加得f(n)－f(1)＝2n(n－1)＝2n2－2n，故f(n)＝2n2－2n＋1.【答案】(1)D(2)Deq\a\vs4\al()归纳推理问题的常见类型及解题策略(1)与“数字”相关的问题：主要是观察数字特点，找出等式左右两侧的规律．(2)与不等式有关的推理：观察所给几个不等式两边式子的特点，注意纵向看，找出隐含规律．(3)与图形有关的推理：合理利用特殊图形归纳推理得出结论．1．《聊斋志异》中有这样一首诗：“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术．得诀自诩无所阻，额上坟起终不悟．”在这里，我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”：2eq\r(\f(2,3))＝eq\r(2\f(2,3))，3eq\r(\f(3,8))＝eq\r(3\f(3,8))，4eq\r(\f(4,15))＝eq\r(4\f(4,15))，5eq\r(\f(5,24))＝eq\r(5\f(5,24))，则按照以上规律，若8eq\r(\f(8,n))＝eq\r(8\f(8,n))具有“穿墙术”，则n＝()A．35 B．48C．63 D．80解析：选C.根据规律得3＝1×3，8＝2×4，15＝3×5，24＝4×6，…，所以n＝7×9＝63.故选C.2．从1开始的自然数按如图所示的规则排列，现有一个三角形框架在图中上下或左右移动，使每次恰有九个数在此三角形内，则这九个数的和可以为()A．2018 B．2019C．2020 D．2021解析：选D.根据题干图所示的规则排列，设最上层的一个数为a，则第二层的三个数为a＋7，a＋8，a＋9，第三层的五个数为a＋14，a＋15，a＋16，a＋17，a＋18，这九个数之和为a＋3a＋24＋5a＋80＝9a＋104.由9a＋104＝2021，得a＝213，是自然数，故选D.3．分形几何学是数学家伯努瓦·曼德尔布罗在20世纪70年代创立的一门新的数学学科，它的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路．按照如图(1)所示的分形规律可得如图(2)所示的一个树形图．若记图(2)中第n行黑圈的个数为an，则a2018＝________．解析：根据题图(1)所示的分形规律，可知1个白圈分形为2个白圈1个黑圈，1个黑圈分形为1个白圈2个黑圈，把题图(2)中的树形图的第1行记为(1，0)，第2行记为(2，1)，第3行记为(5，4)，第4行的白圈数为2×5＋4＝14，黑圈数为5＋2×4＝13，所以第4行的“坐标”为(14，13)，同理可得第5行的“坐标”为(41，40)，第6行的“坐标”为(122，121)，….各行黑圈数乘2，分别是0，2，8，26，80，…，即1－1，3－1，9－1，27－1，81－1，…，所以可以归纳出第n行的黑圈数an＝eq\f(3n－1－1,2)(n∈N*)，所以a2018＝eq\f(32017－1,2).答案：eq\f(32017－1,2)类比推理(师生共研)(1)等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，公差为eq\f(d,2).类似地，若各项均为正数的等比数列{bn}的公比为q，前n项的积为Tn，则等比数列{eq\r(n,Tn)}的公比为()A.eq\f(q,2) B．q2C.eq\r(q) D．eq\r(n,q)(2)在平面上，设ha，hb，hc是△ABC三条边上的高，P为三角形内任一点，P到相应三边的距离分别为Pa，Pb，Pc，我们可以得到结论：eq\f(Pa,ha)＋eq\f(Pb,hb)＋eq\f(Pc,hc)＝1.把它类比到空间，则三棱锥中的类似结论为________．(3)已知命题：在平面直角坐标系xOy中，椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)．△ABC的顶点B在椭圆上，顶点A，C分别为椭圆的左、右焦点，椭圆的离心率为e，则eq\f(sinA＋sinC,sinB)＝eq\f(1,e)，现将该命题类比到双曲线中，△ABC的顶点B在双曲线上，顶点A，C分别为双曲线的左、右焦点，设双曲线的方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，双曲线的离心率为e，则有________________．【解析】(1)由题意知，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\up6(\f(（n－1）n,2))，所以eq\r(n,Tn)＝b1qeq\s\up6(\f(n－1,2))，所以等比数列{eq\r(n,Tn)}的公比为eq\r(q)，故选C.(2)设ha，hb，hc，hd分别是三棱锥A­BCD四个面上的高，P为三棱锥A­BCD内任一点，P到相应四个面的距离分别为Pa，Pb，Pc，Pd，于是可以得出结论：eq\f(Pa,ha)＋eq\f(Pb,hb)＋eq\f(Pc,hc)＋eq\f(Pd,hd)＝1.(3)在双曲线中，设△ABC的外接圆的半径为r，则|AB|＝2rsinC，|AC|＝2rsinB，|BC|＝2rsinA，则由双曲线的定义得||BA|－|BC||＝2a，|AC|＝2c，则双曲线的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(|AC|,||BA|－|BC||)＝eq\f(sinB,|sinA－sinC|)，即eq\f(|sinA－sinC|,sinB)＝eq\f(1,e).【答案】(1)C(2)eq\f(Pa,ha)＋eq\f(Pb,hb)＋eq\f(Pc,hc)＋eq\f(Pd,hd)＝1(3)eq\f(|sinA－sinC|,sinB)＝eq\f(1,e)eq\a\vs4\al()类比推理的分类已知正三角形内切圆的半径r与它的高h的关系是r＝eq\f(1,3)h，把这个结论推广到空间正四面体，则正四面体内切球的半径r与正四面体的高h的关系是________．解析：球心到正四面体一个面的距离即内切球的半径r，连接球心与正四面体的四个顶点，把正四面体分成四个高为r的三棱锥，所以4×eq\f(1,3)S×r＝eq\f(1,3)×S×h，所以r＝eq\f(1,4)h(其中S为正四面体一个面的面积)．答案：r＝eq\f(1,4)h演绎推理(师生共研)(1)某市为了缓解交通压力，实行机动车辆限行政策，每辆机动车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五辆车，保证每天至少有四辆车可以上路行驶．已知E车周四限行，B车昨天限行，从今天算起，A，C两车连续四天都能上路行驶，E车明天可以上路，由此可知下列推测一定正确的是()A．今天是周六B．今天是周四C．A车周三限行D．C车周五限行(2)已知函数y＝f(x)满足：对任意a，b∈R，a≠b，都有af(a)＋bf(b)>af(b)＋bf(a)，试证明：f(x)为R上的增函数．【解】(1)选B.因为每天至少有四辆车可以上路行驶，E车明天可以上路，E车周四限行，所以今天不是周三；因为B车昨天限行，所以今天不是周一，不是周五，也不是周日；因为A，C两车连续四天都能上路行驶，所以今天不是周二，也不是周六，所以今天是周四，故选B.(2)证明：设x1，x2∈R，取x1<x2，则由题意得x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)，所以x1[f(x1)－f(x2)]＋x2[f(x2)－f(x1)]>0，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)>0，因为x1<x2，所以f(x2)－f(x1)>0，f(x2)>f(x1)．综上，y＝f(x)为R上的增函数．eq\a\vs4\al()演绎推理的推证规则(1)演绎推理是从一般到特殊的推理，其一般形式是三段论，应用三段论解决问题时，应当首先明确什么是大前提和小前提，如果前提是显然的，则可以省略．(2)在推理论证过程中，一些稍复杂一点的证明题常常要由几个三段论才能完成．1．(2020·陕西铜川模拟)沈老师告知高三文数周考的附加题只有6名同学A，B，C，D，E，F尝试做了，并且这6人中只有1人答对了．同学甲猜测：D或E答对了．同学乙猜测：C不可能答对．同学丙猜测：A，B，F当中必有1人答对了．同学丁猜测：D，E，F都不可能答对．若甲、乙、丙、丁中只有1人猜对，则此人是()A．甲 B．乙C．丙 D．丁解析：选D.若甲猜对，则乙也猜对，与题意不符，故甲猜错；若乙猜对，则丙也猜对，与题意不符，故乙也猜错；若丙猜对，则乙也猜对，与题意不符，故丙猜错；因为甲、乙、丙、丁四人中只有1人猜对，所以丁猜对．故选D.2．数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn(n∈N+)．证明：(1)数列{eq\f(Sn,n)}是等比数列；(2)Sn＋1＝4an.证明：(1)因为an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn，所以(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即nSn＋1＝2(n＋1)Sn.故eq\f(Sn＋1,n＋1)＝2·eq\f(Sn,n)，故{eq\f(Sn,n)}是以1为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)可知eq\f(Sn＋1,n＋1)＝4·eq\f(Sn－1,n－1)(n≥2)，所以Sn＋1＝4(n＋1)·eq\f(Sn－1,n－1)＝4·eq\f(n－1＋2,n－1)·Sn－1＝4an(n≥2)．又因为a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，所以对于任意正整数n，都有Sn＋1＝4an.[基础题组练]1．观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝()A．121 B．123C．231 D．211解析：选B.法一：令an＝an＋bn，则a1＝1，a2＝3，a3＝4，a4＝7，…，得an＋2＝an＋an＋1，从而a6＝18，a7＝29，a8＝47，a9＝76，a10＝123.法二：由a＋b＝1，a2＋b2＝3，得ab＝－1，代入后三个等式中符合，则a10＋b10＝(a5＋b5)2－2a5b5＝123.2．(2020·安徽六校联考)如图，第1个图形由正三角形扩展而成，共12个顶点．第n个图形由正(n＋2)边形扩展而成，n∈N*，则第n个图形的顶点个数是()A．(2n＋1)(2n＋2) B．3(2n＋2)C．2n(5n＋1) D．(n＋2)(n＋3)解析：选D.由题图我们可以得到，当n＝1时，顶点个数为12＝3×4，n＝2时，顶点个数为20＝4×5，n＝3时，顶点个数为30＝5×6，n＝4时，顶点个数为42＝6×7，…，由此我们可以推断：第n个图形共有(n＋2)·(n＋3)个顶点，故选D.3．(2020·福建永春调研)在平面几何里有射影定理：设三角形ABC的两边AB⊥AC，D是A点在BC上的射影，则AB2＝BD·BC.拓展到空间，在四面体ABCD中，AD⊥平面ABC，点O是A在平面BCD内的射影，且O在△BCD内，类比平面三角形射影定理，得出正确的结论是()A．Seq\o\al(2,△ABC)＝S△BCO·S△BCDB．Seq\o\al(2,△ABD)＝S△BOD·S△BOCC．Seq\o\al(2,△ADC)＝S△DOC·S△BOCD．Seq\o\al(2,△BDC)＝S△ABD·S△ABC解析：选A.由已知，在平面几何中，若△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC，D是垂足，则AB2＝BD·BC.可以类比这一性质，推理出：若三棱锥D­ABC中，AD⊥平面ABC，AO⊥平面BCD，O为垂足，如图所示，则(S△ABC)2＝S△BCO·S△BCD.故选A.4．甲、乙、丙、丁四人通过抓阄的方式选出一人周末值班(抓到“值”字的人值班)．抓完阄后，甲说：“我没抓到．”乙说：“丙抓到了．”丙说：“丁抓到了．”丁说：“我没抓到．”已知他们四人中只有一人说了真话，根据他们的说法，可以断定值班的人是()A．甲 B．乙C．丙 D．丁解析：选A.如果甲说的是真的，那么乙和丙说的都是假的，但由此推出丁说的是真的，与题意矛盾；如果甲说的是假的，即甲抓到了，那么丁说的就是真的，乙和丙说的就是假的，符合题意．故可以断定甲抓到了，值班的人是甲．故选A.5．桌上共8个球，甲、乙二人轮流取球，取到最后一球者胜利．规则是：第一次取球至少1个，至多不超过总数的eq\f(1,2)，每次取球的数量不超过前面一次且不少于前面取球数的eq\f(1,2).比如，前面一次甲取球3个，接着乙取球的数量为2或3.若甲先取球，甲为了有必胜的把握，第一次应取球的个数为()A．1 B．2C．3 D．4解析：选C.由题意可知，若甲先取1球，则乙取1球，以此类推，乙胜．若甲先取2球，则乙只能取2球或1球，乙取2球时，甲只能取2球或1球，此时无论如何都是乙胜；乙取1球时，则甲取1球，以此类推，甲胜．若甲先取4球，则乙可取完剩下的球，乙胜．若甲先取3球，则乙只能取2球或3球，乙取2球时，甲取1球，然后乙取1球，甲取1球，甲胜；乙取3球时，甲取完，甲胜．综上可知，甲先取3球有必胜的把握．6．(2020·西藏林芝一中调考)已知集合A，B与集合A@B的对应关系如下表：A{1，2，3，4，5}{－1，0，1}{－4，8}B{2，4，6，8}{－2，－1，0，1}{－4，－2，0，2}A@B{1，3，5，6，8}{－2}{－2，0，2，8}若A＝{－2009，0，2018}，B＝{－2009，0，2019}，试根据表中的规律写出A@B＝________．解析：由题意可知，集合A@B是由A∪B中的元素去掉A∩B中的元素组成的，已知A＝{－2009，0，2018}，B＝{－2009，0，2019}，则A∪B＝{－2009，0，2018，2019}，A∩B＝{－2009，0}，则A@B＝{2018，2019}．答案：{2018，2019}7．某校为高一学生开设了三门选修课程，分别是文学与艺术、哲学初步、数学史．调查某班甲、乙、丙三名学生的三门选修课程的选修情况时，甲说：“我选修的课程比乙多，但没有选修哲学初步．”乙说：“我没有选修数学史．”丙说：“我们三人选修的课程中，有一门课程是相同的．”由此可以判断乙选修的课程为________．解析：由丙说的话，可知甲、乙两人至少选修了一门课程，且选修的课程中有一门课程是相同的，又甲比乙选修的课程多，且没有选修哲学初步，所以甲选修了文学与艺术和数学史．又乙没有选修数学史，所以乙选修的课程为文学与艺术．答案：文学与艺术8.如图所示，椭圆中心在坐标原点，F为左焦点，当eq\o(FB,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))时，其离心率为eq\f(\r(5)－1,2)，此类椭圆被称为“黄金椭圆”．类比“黄金椭圆”，可推算出“黄金双曲线”的离心率e＝________．解析：设“黄金双曲线”的方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，则B(0，b)，F(－c，0)，A(a，0)．在“黄金双曲线”中，因为eq\o(FB,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，所以eq\o(FB,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0.又eq\o(FB,\s\up6(→))＝(c，b)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－a，b)，所以b2＝ac.而b2＝c2－a2，所以c2－a2＝ac.在等号两边同除以a2，得e2－1＝e，解得e＝eq\f(\r(5)＋1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e＝\f(1－\r(5),2)舍去)).答案：eq\f(\r(5)＋1,2)9．设f(x)＝eq\f(1,3x＋\r(3))，先分别求f(0)＋f(1)，f(－1)＋f(2)，f(－2)＋f(3)，然后归纳猜想一般性结论，并给出证明．解：f(0)＋f(1)＝eq\f(1,30＋\r(3))＋eq\f(1,31＋\r(3))＝eq\f(1,1＋\r(3))＋eq\f(1,3＋\r(3))＝eq\f(\r(3)－1,2)＋eq\f(3－\r(3),6)＝eq\f(\r(3),3)，同理可得：f(－1)＋f(2)＝eq\f(\r(3),3)，f(－2)＋f(3)＝eq\f(\r(3),3)，并注意到在这三个特殊式子中，自变量之和均等于1.归纳猜想得：当x1＋x2＝1时，均有f(x1)＋f(x2)＝eq\f(\r(3),3).证明：设x1＋x2＝1，f(x1)＋f(x2)＝eq\f(1,3x1＋\r(3))＋eq\f(1,3x2＋\r(3))＝eq\f(（3x1＋\r(3)）＋（3x2＋\r(3)）,（3x1＋\r(3)）（3x2＋\r(3)）)＝eq\f(3x1＋3x2＋2\r(3),3x1＋x2＋\r(3)（3x1＋3x2）＋3)＝eq\f(3x1＋3x2＋2\r(3),\r(3)（3x1＋3x2）＋2×3)＝eq\f(3x1＋3x2＋2\r(3),\r(3)（3x1＋3x2＋2\r(3)）)＝eq\f(\r(3),3).10．给出下面的数表序列：表1表2表311313544812…其中表n(n＝1，2，3，…)有n行，第1行的n个数是1，3，5，…，2n－1，从第2行起，每行中的每个数都等于它肩上的两数之和．写出表4，验证表4各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成等比数列，并将结论推广到表n(n≥3)(不要求证明)．解：表4为13574812122032它的第1，2，3，4行中的数的平均数分别是4，8，16，32，它们构成首项为4，公比为2的等比数列．将这一结论推广到表n(n≥3)，即表n(n≥3)各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为n，公比为2的等比数列．[综合题组练]1．“垛积术”是我国古代数学的重要成就之一．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中记载了“方垛”的计算方法：“果子以垛，下方十四个，问计几何？术曰：下方加一，乘下方为平积．又加半为高，以乘下方为高积．如三而一．”意思是说，将果子以方垛的形式摆放(方垛即每层均为正方形，自下而上每层每边果子数依次递减1个，最上层为1个)，最下层每边果子数为14个，问共有多少个果子？计算方法用算式表示，为eq\f(1,3)×14×(14＋1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(14＋\f(1,2))).利用“方垛”的计算方法，可计算最下层每边果子数为14个的“三角垛”(三角垛即每层均为正三角形，自下而上每层每边果子数依次递减1个，最上层为1个)共有果子数为()A．420个 B．560个C．680个 D．1015个解析：选B.由题意知，最下层每边为14个果子的“方垛”总的果子数的计算式为12＋22＋…＋142＝eq\f(1,3)×14×(14＋1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(14＋\f(1,2)))，所以可得最下层每边为n(n∈N+)个果子的“方垛”总的果子数的计算式为12＋22＋…＋n2＝eq\f(1,3)×n×(n＋1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2))).最下层每边为n个果子的“三角垛”自上而下的第k(k≤n，k∈N*)层果子数为eq\f(k（k＋1）,2)，所以n层“三角垛”总的果子数为1＋3＋…＋eq\f(n（n＋1）,2).因为1＋3＋…＋eq\f(n（n＋1）,2)＝eq\f(1,2)×[1×2＋2×3＋…＋n(n＋1)]＝eq\f(1,2)×(12＋1＋22＋2＋…＋n2＋n)＝eq\f(1,2)×[(12＋22＋…＋n2)＋(1＋2＋…＋n)]＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)n（n＋1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))＋\f(1,2)n（n＋1）))＝eq\f(1,2)n(n＋1)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))＋\f(1,2)))＝eq\f(1,6)n(n＋1)(n＋2)，所以取n＝14，可得“三角垛”的果子总数为560个．故选B.2．(2020·陕西第二次质检)一布袋中装有n个小球，甲、乙两个同学轮流抓球，且不放回，每次最少抓一个球，最多抓三个球．规定：由乙先抓，且谁抓到最后一个球谁赢，那么以下推断中正确的是()A．若n＝9，则乙有必赢的策略B．若n＝7，则甲有必赢的策略C．若n＝6，则甲有必赢的策略D．若n＝4，则乙有必赢的策略解析：选A.若n＝9，则乙有必赢的策略．(1)若乙抓1个球，甲抓1个球时，乙再抓3个球，此时剩余4个球，无论甲抓1～3的哪种情况，乙都能保证抓最后一个球；(2)若乙抓1个球，甲抓2个球时，乙再抓2个球，此时剩余4个球，无论甲抓1～3的哪种情况，乙都能保证抓最后一个球；(3)若乙抓1个球，甲抓3个球时，乙再抓1个球，此时剩余4个球，无论甲抓1～3的哪种情况，乙都能保证抓最后一个球．所以若n＝9，则乙有必赢的策略，故选A.3．有甲、乙二人去看望高中数学老师张老师，期间他们做了一个游戏，张老师的生日是m月n日，张老师把m告诉了甲，把n告诉了乙，然后张老师列出来如下10个日期供选择：2月5日，2月7日，