第12章 第3讲 合情推理与演绎推理-高考数学总复习总结归纳集锦资料

第3讲合情推埋与演绛推埋

最新考纲考向预测

以理解类比推理.归纳推理和演绛推理的推理方法为主.

.了解介情推理的含义，能进行简编的力纳推理和类比推

1命题常以演纤抵押的方法根据几个人的不同说法作出推理方

理,体会并认识合情推理在数学发现中的作用.趋势断进行命吆.注瓶培养学生的推理能力；在育方中以填空

2.「解演绛推理的含义.掌握演泽推理的“三段论”.并能期的形式进行考代.用于中.高科题.

运用“三段论”进行一些简单推理.

核心

3.了解合情推理和演纾推理之间的状系和差异.逻轼推理

素养

基础知识O自主回顾

［走进教材］

一、知识梳理

1.推理

(1)定义：根据一个或儿个已知的蝇来确定一个新的制邀i的思维过程.

⑵分类：推理〔/整合情通推理

2.合情推理

归纳推理类比推理

由某类事物的部分对象具有某些由两类对象具有某些类似特征和

特征，推出该类事物的全部对象其中一类对象的某些已知特征，

定义

都具有这些特征的推理，或者由推出另一类对象也具有这些特征

个别事实概括出一般结论的推理的推理

由部分到整体、由个别到一般的

特点由特殊到特殊的推理

推理

3.演绎推理

(1)定义：从一般性的原琨出发,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.

⑶模式：

,①大前提：已知的一般原理:

三段论J②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、习题改编

1.(选修2-2P71例1改编)已知在数列3｝中,0=1,当“22时，-1,

依次计算“2，。3，出后，猜想斯的表达式是()

=

A.an3n-1B.一3

21

C.an=nD.a”=3"

解析：选C.〃2=ai+3=4,。3=。2+5=9,04=03+7=16,0=1，Q2=2~»03=32,a&

=42,情想a”=〃2.

2.(选修2-2P84A组T3改编)对于任意正整数〃，2"与〃？的大小关系为()

A.当〃22时，B.当〃23时，2。)

C.当〃24时，2n»rD.当“25时，2”>1

解析：选D.当〃=2时，2"=,户；当〃=3时，2"<岛当〃=4时，2"=/；当〃=5时，

2n>n2:当〃=6时，2">层：归纳判断.当〃时■.2”>，户.故选D.

3.(选修2-2P84A组T5改编)在等差数列｛知｝中，若so=O,则有0+s+…+“,=0

+“2HFai9〃WN,)成立，类比上述性质,在等比数列｛瓦>｝中,若从=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，a=加+“・如-”，可知存在的等式为上厉…

〃“=01〃2…加7-〃(〃<17,ziEN).

答案：)也•,也=。&…。门-“(〃<17,〃WN')

［走出误区］

一、思考辨析

判断正误(正确的打“J”，错误的打“X”)

(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：(l)X(2)V(3)X(4)X

二、易错纠偏

常见।

”」K⑴归纳推理没有找出规律：

(2)类比推理类比规律错误.

1.在△46C中，不等式成立；在凸四边形4SCO中，不等式J+A+4+A

AnC71ADCD

球成立：在凸五边形ABCDE中，不等式H/江升京综成立…依此类推，在凸“

边形人此…4中，不等式木+大^---吐三___________________________成立.

111Qa2

解析：因为A了D+/+C/2；7；1=；71，

1.I,1.1J642

彳+豆+〒+方》=

2n-2TT

111±1^£

R+o+C+I)+3It=J"

所以:…+R(<)兀('W〃23)-

2

答案：(J)).(/yN，〃23)

2.在平面几何中有如下结论：正三角形A4C的内切圆面积为S”外接圆面积为S2，

则吃=；,推广到空间可以得到类似结论：已知正四面体P-A8C的内切球体积为匕，外接球

体积为v2,则,=.

解析：从平面图彩类比空间图形，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P-A8C的内切球体积％与外接球体积丫2之比等

答案：J

核心考点。深度剖析

考点［1

归纳推理(多维探究)

角度一与数字有关的推理

位IE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

+10H----1-60=--------------1=929.又第〃行从左到右的第2个数比第I个效大2〃，第

3个数比第2个数大2〃+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

ETTi](1)己知P+23=ej,P+23+33=(号J,[3+23+33+43=(苧J,…若p+23

+33+43+…+7=3025,则〃=()

A.8B.9

C.10D.11

(2)观察下列等式:

(sinm)+(sin专)=1x1X2；

4

+(sinff+(sinfT+(s吟厂=5X2X3：

(sin号+(sin亨)+(sin竿)H----F(sin与)=,X3X4；

4

=?X4X5：

照此规律,

【解析】(1)观察所提供的式子可知，等号左边最后一个数是/时，等号右边的数为

n(〃+1)~|2[n(«+1)T2〃(〃+1).八u-

----2----J»因此，令[----2----1=3025,则---------=，5，所以〃=10.故选C.

4

(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

4

【答案】(DC(2),〃(〃+1)

角度三与不等式有关的推理

阿亘已知x£(0,+8),观察下列各式：x+92,X+$5+5+*3,x+?W+

、+1+?24，…，类比得1(〃£N)则a=________.

。J.I.X

【解析】第一个式子是〃=1的情况，此时。=「=1;第二个式子是〃=2的情况，

此时“=22=4:第三个式子是〃=3的情况，此时4=3-3=27,归纳可知a=〃”.

【答案】砂

角度四与图形变化有关的推理

EH=4](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I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()

①②③

A.nB.rr

C.n~1D.〃+l

(2)我国的刺绣有着悠久的历史，如图所示中的(1)(2)(3)(4)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〃个图形包含/(〃)个小正方形，则JS)的表达式为()

(1)⑵⑶(4)

A.fin)=2n-\B.J(n)=2n2

C.J(n)=2n2—2nD.火〃)=2"一2〃+1

【解析】(1)最大的正方形面积为I,当〃=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〃+1.故选D.

(2)我们考虑犬2)一＜1)=4,43)一＜2)=8,44)一＜3)=12,…，结合图形不难得到fin)

~j[n-l)=4(w-1)♦累加得./(〃)一/(1)=2〃(〃-1)=2〃2—2〃，故人”)=2〃2-2〃+1.

【答案】(1)D(2)D

S3因阂国

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：观察所绐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.

电)变式训练,

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”：2、yi=、后,

3yli4\1=、尺’5‘得=、序,则按照以上规律‘若8、器=道具有

“穿墙术”.则〃=()

A.35B.48

C.63D.80

解析：选C.根据规律得3=1X3,8=2X4,15=3X5,24=4X6,所以“=7X9

=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卜或左右

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()

C.2020D.2021

解析：选D.根据题干图所示的规则排列，设戢上层的一个数为小则第二层的三个数为

a+7,a+8,a+9,第三层的五个数为“+14,«+15,a+16,〃+17,。+18,这九个数之

和为。+3。+24+5。+80=9“+104.

由9〃+104=2021,得。=213,是自然数，故选D.

3.分形几何学是数学家仃努瓦•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/全新的思路.按照如图⑴所示的分形

规律可得如图⑵所示的一个树形图.若记图(2)中第〃行黑圈的个数为则6/2018=

(1)

解析：根据题图(1)所示的分形规律，可知1个白圈分形为2个白网1个黑网，1个黑圈

分形为I个白围2个黑陶，把题图(2)中的树形图的第1行记为(I,0),第2行记为(2,I),

第3行记为(5,4),第4行的白图数为2X5+4=14,黑囤数为5+2X4=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),….各行黑图数乘2,分别是0,2,8,26,80,…,即I-1,3-1,9-1,27-1,

3〃一1—|a2O17—।

81-1,…，所以可以归纳出第〃行的黑图数一(〃wN),所以soisu:-5—.

320,7-1

答案:

2

考点❷

类比推理(师生共研)

瓯21(1)等差数列｛小｝的公差为乩前〃项和为s”，则数列｛部为等差数列，公差为争

类似地，若各项均为正数的等比数列｛〃“｝的公比为4，前〃项的枳为7；,则等比数列｛阪｝

的公比为()

A.qB.cj1

2

C.yjqD.筋

(2)在平面上，设儿，丽,但是△ABC三条边上的高，。为三角形内任一点，〃到相应三

边的距离分别为匕，2,P＜，我们可以得到结论：今+强+方=1.把它类比到空间，则三棱

锥中的类似结论为.

j2

(3)己知命题：在平面直角坐标系xOy中，椭圆g=13力＞0).AABC的顶点B在椭

圆上，顶点4,C分别为椭圆的左、右焦点，椭圆的离心率为e,则当*'=：，现将

sinne

该命题类比到双曲线中，△A8C的顶点8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，一方=130,b＞0),双曲线的离心率为e,则有.

2r1,2

【解析】⑴由题意知，/=/»•岳,....bn=b\"b\q-b\(/.....b\c/=bIc1'*

《一一1》n〃一1

+n=M~L,所以阪=加4丁，所以等比数列｛昕｝的公比为也，故选C.

(2)设九”心，he心分别是三棱锥A-BCO四个面上的高，P为三棱锥4BCO内任一点，

P到相应四个面的距离分别为儿，Pb，Pc,Pd，于是可以得出结论：今+/+今+g=L

(3)在双曲线中，设△48C的外接圆的半径为r,则|A8|=2rsinC,|AQ=2rsinH,\BC\

=2”inA,则由双曲线的定义得||8川一|8。|=2〃，|AC|=2c,则双曲线的离心率e=：=

|AC|sinB|sin4—sinC|1

||8川一|8。||sinA-sinC|tsinBe

【答案】⑴C(2点+饯+田毋1

|sinA-sinC|

⑶sinB

类比推理的分类

塞隆eV在求解由某种熟悉的定义产生的类比推理型

:试题时，可以借助原定义来求解

:从一个特殊式子的性质、一个特殊图形的性

:质入手，提出类比推理型向息，求解时要认

类比竹展―：真分析两者之间的联系与区别，浜入思考两

___:有一些处理问题的方法具有类比性，我们可

类比方法一：以把这种方法类比应用到其他问题的求解中，

:、注意知识的迁移

变式训练》已知正三角形内切圆的半径r与它的高万的关系是「=/?,把这个结论

推广到空何止四面体，则止四面体内切球的半径/■与止四面体的岛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〃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厂的三棱锥，所以4X9XR=[XSX〃，所以其中S为

正四面体•个面的面积）.

答案：「=%?

考点❸

演绎推理（师生共研）

EE（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年昨天限行，从今天算起，4,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.。车周五限行

（2）已知函数），=40满足：对任意小匕ER,a#b,都有，/“）+勿出）>次））+饮a）,试证

明：贝x）为R上的单调递增函数.

【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,。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：设内，.n£R，我xi<x2，

则由懑意得与6由）贸工2）+心/（%】），

所以Xi+x2[fl.X2）-Axi）J>0,

U（X2））]（X2—Xi）>0,

因为X|<r2，所以犬也）一贯内）>0，

综上，y=/（x）为R上的单调递增函数.

阿陶回第

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.

I可变式训练，

1.(2020・湖南长沙长郡中学调研户尢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,尸尝试做了，并且这6人中只有1人答对了.同学甲猜测：。或E答对了.同学

乙猜测：C不可能答对.同学内猜测：A,R,b当中必有I人答对了.同学丁猜测：D,E,

户都不可能答对.若甲、乙、丙、丁中只有1人猜对，则此人是()

A.甲B.乙

C.丙D.T

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，与题患不苻，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｛〃“｝的前”项和记为S”已知0=1,“n+l="三次〃WN").证明：

⑴数列吊｝是等比数列；

(2)Sn+l=4〃”.

〃~1~2

证明：(】)因为a"+i=S'〃十।—Sn，a〃+i=~~~S”，

所以(〃+2)S„=n(S„+1-S”)，

即〃Se=2(〃+l)S”.

L?S"+1_Sit

故布=2q,

故｛崇｝是以1为首项，2为公比的等比数列•

⑵由(1)可知空■=4,*(〃22),所以S”+i=4(〃+1)长•=4・与当工51=4%(〃22).

又因为“2=3SI=3,S2=“i+a2=1+3=4=4ai，

所以对于任意正整数〃，都有S〃+i=4a”.

高效演练@分层突破

［基础题组练］

1.观察下列各式：。+〃=1,/+护=3,。3+铲=4,/+/=7,/+〃=”,…，则

内。+心=()

A.121B.123

C.231D.211

解析：选B.法一：令a"=a"+〃"，则"1=1,s=3,。3=4,田=7,…，得a“+2=a〃+

a“+i，从而"6=18,47=29,“8=47,49=76,t/io=123.

法二：由a+b=l,4+/心=3,得ab=-1,代入后三个等式中符合，则储°+/#=伍5

十分)2—2标分=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〃个

图形由正(〃+2)边形扩展而成，〃£N*,则第"个图形的顶点个数是()

(1)(2)(3)(4)

A.(2〃+1)(2〃+2)B.3(2〃+2)

C.2〃(5〃+1)D.5+2)(〃+3)

解析：选D.由题图我们可以得到，当〃=1时，顶点个数为12=3X4,〃=2时，顶点

个数为20=4X5,〃=3时，顶点个数为30=5X6,〃=4时，顶点个数为42=6X7,…，

由此我们可以推断：第〃个图形共有(〃+2>(〃+3)个顶点，故选D.

3.(2020・福建永吞调研)在平面几何里有射影定理：设三角形ABC的两边A8_L4C,D

是A点在8c上的射影，则AB'BDBC.拓展到空间，在四面体A8CD中，AO_L平面ABC,

点。是4在平面8c。内的射影，且。在△8CO内，类比平面三角形射影定理，得出正确

的结论是()

A.57.ABC=S.BCO,S/sBCD

B.S7.AHD=S^BOD•S4BOC

C.S£DC=S”,DOC♦Soc

D.S%BDC=S&ABD,SdABC

解析：选A.由已知，在平面几何中，若△A8C中，AB±AC,AD1BC,

。是垂足，则A82=8O-8C.可以类比这一性质，推理出：若三棱锥。-A8CX

中，ADJL平面ABC,AOJ•平面BC。，。为垂足，如图所示，则(S&^c)2=S/：\\

△BCO,SASCO.故选A./夕恭、

4.甲、乙、丙、丁四人通过抓阉的方式选出一人周末值班(抓到“值”K

字的人值班).抓完阉后，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.T

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，至多不超过总数的最每次取球的数量不超过前面一次且不少于前面取球数的发

比如，前面一次中取球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.1B.2

C.3D.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I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

中先取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I球,甲取I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•西藏林芝一中课考)已知集合A,3与集合A@8的对应关系如下表:

A{1,2,3,4,5}{一1,0,1){-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}

若八={一2009,0,2018),8={-2009,0,2019),试根据表中的规律写出A@B=

解析：由题态可知，集合A@8是由AUB中的元素去掉ACB中的元素组成的，已知A

={-2(X)9,0,2018|,8={—2009,0,2019},则AUB={-2009,0,2018,2019},

AA5=(-2(X)9,0},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.”由此口J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教学

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，尸为左焦点，当而后时，其离心率为夸’，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”的方程为壬一方=l（aX）,b>0）,

则州0,b）,F（~c,0）,,4（m0）.

在“黄金双曲线”中，因为丽_L/t及

所以两•矗=0.

又尸B=（c,b）,AB=（—a,b）,

所以护=〃（?.而b2=c2—a2,所以c2—a2=ac.

在等号两边同除以。工得/—l=e,

解得£=呼%=上乎舍去）

竺案.^±1

名^•2

9.设_/（幻=号后，先分别求父。）+/（1），4-1）+A2），|一2）+大3），然后归纳猜想一

般性结论，并给出证明.

解：的）+川）=市+小

]」]小一1」3-小正

=中+』=2+6=3'

rzr;

同理可得：火-1）+42）=拳，人-2）+八3）=生，

并注意到在这三个特殊式子中，自变量之和均等于I.

归纳猜想得：当Xl+X2=l时，均有氏*1）+凡门）=坐.

证明：设Xl+X2=l，

八⑴+人也）=^^+^^

（3即+小）+（3也+小）_________3笛+3也+2小_______

（3莺+小）（312+勺3）3片+及+小（3%|+3也）+3

_____3xi+3心+2#_______3-i+3足+2#_亚

小（3制+3,口）+2X3小（3制+3及+2小）3

10.给出下面的数表序列：

表1表2表3

II3135

448

12

其中表〃5=1,2,3,…)有〃行，第1行的〃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"523)(不要求证明).

解：表4为1357

4812

1220

32

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〃(〃23),即表〃(〃23)各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成

首项为小公比为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，问计儿何？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：X14X(14+

l)X(14+W).利用“方垛”的计和方法，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I个)共有果

子数为()

A.420个B.560个

C.680个D.I。】5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I2

+22+-+I42=|Xl4X(l4+l)X^14+|y所以可得最下层每边为〃伽£N*)个果子的“方

垛'’总的果子数的计算式为「+2?+…+/=彳义“乂(〃+1)乂。:+；).最下层每边为〃个果子

ka+1)

的“三角垛”自上而下的第k*，,层果子数为——2-，所以n层“三角垛”总

的果子数为1+3+・一+”.因为1+3+…+"°”=：X[1X2+2X3+…+

+l)l=|x(l2+14-224-2+-+;r4-zz)=|x[(l24-22+--l-n2)4-(l4-2+-+z0]=1

X恨(〃+I)(〃+；)+%(〃+1)=%(〃+1〉畏〃+£)+力=,(〃+1)(〃+2),所以取〃=

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〃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〃=9,则乙有必赢的策略

B.若〃=7,则甲有必赢的策略

C.若n=6,则甲有必赢的策略

D.若〃=4,则乙有必赢的策略

解析：选A.若〃=9,则乙有必高的策略.（1）若乙抓1个珠，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，此时轲余4个球，无沦甲抓1〜3的哪种情况，乙

都能保证抓最后一个球；（3）若乙抓1个