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2023届高考一轮复习讲义（理科）第十二章 复数、算法、推理与证明 第3讲 合情推理与演绎推理学案
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这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第十二章 复数、算法、推理与证明 第3讲 合情推理与演绎推理学案，共16页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。
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\c1(合情推理,演绎推理))
2．合情推理
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\c1(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、习题改编
1．(选修22P71例1改编)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－3
C．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．(选修22P84A组T3改编)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≥n2
C．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，2nn2；当n＝6时，2n>n2；归纳判断，当n≥5时，2n>n2.故选D.
3．(选修22P84A组T5改编)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 \\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\c1(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\c1(\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：
1 3 7 13 21 …
5 9 15 23 … …
11 17 25 … … …
19 27 … … … …
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＝1 051.
【答案】 1 051
角度二 与等式有关的推理
(1)已知13＋23＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,2)))eq \s\up12(2)，13＋23＋33＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,2)))eq \s\up12(2)，13＋23＋33＋43＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(20,2)))eq \s\up12(2)，….若13＋23＋33＋43＋…＋n3＝3 025，则n＝( )
A．8 B．9
C．10 D．11
(2)观察下列等式：
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(π,3)))eq \s\up12(－2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(2π,3)))eq \s\up12(－2)＝eq \f(4,3)×1×2；
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(π,5)))eq \s\up12(－2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(2π,5)))eq \s\up12(－2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(3π,5)))eq \s\up12(－2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(4π,5)))eq \s\up12(－2)＝eq \f(4,3)×2×3；
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(π,7)))eq \s\up12(－2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(2π,7)))eq \s\up12(－2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(3π,7)))eq \s\up12(－2)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(6π,7)))eq \s\up12(－2)＝eq \f(4,3)×3×4；
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(π,9)))eq \s\up12(－2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(2π,9)))eq \s\up12(－2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(3π,9)))eq \s\up12(－2)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(sin\f(π,2n＋1)))eq \s\up12(－2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(2π,2n＋1)))eq \s\up12(－2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(3π,2n＋1)))eq \s\up12(－2)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(\f(n（n＋1）,2)))eq \s\up12(2)，因此，令eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(n（n＋1）,2)))eq \s\up12(2)＝3 025，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．n2
C．n－1 D．n＋1
(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)＝2n2
C．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)D
eq \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．48
C．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．2 018 B．2 019
C．2 020 D．2 021
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＝2 021，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a2 018＝________．
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a2 018＝eq \f(32 017－1,2).
答案：eq \f(32 017－1,2)
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\c1(\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．q2
C.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(sin A＋sin C,sin B)＝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 \\al(n,1)q1＋2＋…＋(n－1)＝beq \\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|＝2rsin C，|AC|＝2rsin B，|BC|＝2rsin A，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(sin B,|sin A－sin C|)，即eq \f(|sin A－sin C|,sin B)＝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(|sin A－sin C|,sin B)＝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，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x10，f(x2)>f(x1)．
综上，y＝f(x)为R上的单调递增函数．
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·湖南长沙长郡中学调研)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．123
C．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 \\al(2,△ABC)＝S△BCO·S△BCD
B．Seq \\al(2,△ABD)＝S△BOD·S△BOC
C．Seq \\al(2,△ADC)＝S△DOC·S△BOC
D．Seq \\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．2
C．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：
若A＝{－2 009，0，2 018}，B＝{－2 009，0，2 019}，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＝{－2 009，0，2 018}，B＝{－2 009，0，2 019}，则A∪B＝{－2 009，0，2 018，2 019}，A∩B＝{－2 009，0}，则A@B＝{2 018，2 019}．
答案：{2 018，2 019}
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 \(FB,\s\up6(→))⊥eq \(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 \(FB,\s\up6(→))⊥eq \(AB,\s\up6(→))，
所以eq \(FB,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝0.
又eq \(FB,\s\up6(→))＝(c，b)，eq \(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\c1(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3
1 1 3 1 3 5
4 4 8
12
…
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1 3 5 7
4 8 12
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\c1(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．1 015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\c1(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\c1(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\c1(\f(1,3)n（n＋1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,2)))＋\f(1,2)n（n＋1）))＝eq \f(1,2)n(n＋1)·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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，2月9日，5月5日，5月8日，8月4日，8月7日，9月4日，9月6日，9月9日．看完日期后，甲说：“我不知道，但你一定也不知道．”乙听了甲的话后，说：“本来我不知道，但现在我知道了．”甲接着说：“哦，现在我也知道了．”请问，张老师的生日是________．
解析：根据甲说的“我不知道，但你一定也不知道”，可排除5月5日，5月8日，9月4日，9月6日，9月9日；根据乙听了甲的话后说的“本来我不知道，但现在我知道了”，可排除2月7日、8月7日；根据甲接着说的“哦，现在我也知道了”，可以得知张老师的生日为8月4日．
答案：8月4日
4．我国古代数学名著《九章算术》中割圆术有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣．”其体现的是一种无限与有限的转化过程，比如在 eq \r(2＋\r(2＋\r(2＋…)))中“…”即代表无限次重复，但原式却是个定值x，这可以通过方程eq \r(2＋x)＝x确定x＝2，则1＋eq \f(1,1＋\f(1,1＋…))＝________．
解析：1＋eq \f(1,1＋\f(1,1＋…))＝x，即1＋eq \f(1,x)＝x，即x2－x－1＝0，解得x1＝eq \f(1＋\r(5),2)，x2＝eq \f(1－\r(5),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(舍))，故1＋eq \f(1,1＋\f(1,1＋…))＝eq \f(1＋\r(5),2).
答案：eq \f(1＋\r(5),2)
5.如图，在△ABC中，O为其内切圆圆心，过O的直线将三角形面积分为相等的两部分，且该直线与AC，BC分别相交于点F，E，则四边形ABEF与△CEF的周长相等．
将此结论类比到空间，写出一个与其相关的命题，并证明该命题的正确性．
解：如图，截面AEF经过四面体ABCD的内切球(与四个面都相切的球)的球心O，且与BC，DC分别交于点E，F，若截面将四面体分为体积相等的两部分，则四棱锥ABEFD与三棱锥AEFC的表面积相等．
下面证明该结论的正确性：
设内切球半径为R，
则VABEFD＝eq \f(1,3)(S△ABD＋S△ABE＋S△ADF＋S四边形BEFD)×R＝VAEFC＝eq \f(1,3)(S△AEC＋S△ACF＋S△ECF)×R，
即S△ABD＋S△ABE＋S△ADF＋S四边形BEFD＝S△AEC＋S△ACF＋S△ECF，两边同加S△AEF可得结论．
6．我们将具有下列性质的所有函数组成集合M：函数y＝f(x)(x∈D)，对任意x，y，eq \f(x＋y,2)∈D均满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))≥eq \f(1,2)[f(x)＋f(y)]，当且仅当x＝y时等号成立．
(1)若定义在(0，＋∞)上的函数f(x)∈M，试比较f(3)＋f(5)与2f(4)的大小；
(2)设函数g(x)＝－x2，求证：g(x)∈M.
解：(1)对于feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))≥eq \f(1,2)[f(x)＋f(y)]，
令x＝3，y＝5得f(3)＋f(5)≤2f(4)．
(2)证明：geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))－eq \f(1,2)[g(x1)＋g(x2)]
＝－eq \f(（x1＋x2）2,4)＋eq \f(xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2),2)＝eq \f(（x1－x2）2,4)≥0，
当且仅当x1＝x2时取等号，
所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))≥eq \f(1,2)[g(x1)＋g(x2)]，
所以g(x)∈M.
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
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}
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\c1(合情推理,演绎推理))
2．合情推理
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\c1(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、习题改编
1．(选修22P71例1改编)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－3
C．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．(选修22P84A组T3改编)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≥n2
C．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
3．(选修22P84A组T5改编)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 \\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\c1(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\c1(\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：
1 3 7 13 21 …
5 9 15 23 … …
11 17 25 … … …
19 27 … … … …
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＝1 051.
【答案】 1 051
角度二 与等式有关的推理
(1)已知13＋23＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,2)))eq \s\up12(2)，13＋23＋33＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,2)))eq \s\up12(2)，13＋23＋33＋43＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(20,2)))eq \s\up12(2)，….若13＋23＋33＋43＋…＋n3＝3 025，则n＝( )
A．8 B．9
C．10 D．11
(2)观察下列等式：
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(π,3)))eq \s\up12(－2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(2π,3)))eq \s\up12(－2)＝eq \f(4,3)×1×2；
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(π,5)))eq \s\up12(－2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(2π,5)))eq \s\up12(－2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(3π,5)))eq \s\up12(－2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(4π,5)))eq \s\up12(－2)＝eq \f(4,3)×2×3；
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(π,7)))eq \s\up12(－2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(2π,7)))eq \s\up12(－2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(3π,7)))eq \s\up12(－2)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(6π,7)))eq \s\up12(－2)＝eq \f(4,3)×3×4；
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(π,9)))eq \s\up12(－2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(2π,9)))eq \s\up12(－2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(3π,9)))eq \s\up12(－2)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(sin\f(π,2n＋1)))eq \s\up12(－2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(2π,2n＋1)))eq \s\up12(－2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(3π,2n＋1)))eq \s\up12(－2)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(\f(n（n＋1）,2)))eq \s\up12(2)，因此，令eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(n（n＋1）,2)))eq \s\up12(2)＝3 025，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．n2
C．n－1 D．n＋1
(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)＝2n2
C．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)D
eq \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．48
C．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．2 018 B．2 019
C．2 020 D．2 021
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＝2 021，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a2 018＝________．
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a2 018＝eq \f(32 017－1,2).
答案：eq \f(32 017－1,2)
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\c1(\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．q2
C.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(sin A＋sin C,sin B)＝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 \\al(n,1)q1＋2＋…＋(n－1)＝beq \\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|＝2rsin C，|AC|＝2rsin B，|BC|＝2rsin A，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(sin B,|sin A－sin C|)，即eq \f(|sin A－sin C|,sin B)＝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(|sin A－sin C|,sin B)＝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，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
所以x1[f(x1)－f(x2)]＋x2[f(x2)－f(x1)]>0，
[f(x2)－f(x1)](x2－x1)>0，
因为x1
综上，y＝f(x)为R上的单调递增函数．
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·湖南长沙长郡中学调研)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．123
C．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 \\al(2,△ABC)＝S△BCO·S△BCD
B．Seq \\al(2,△ABD)＝S△BOD·S△BOC
C．Seq \\al(2,△ADC)＝S△DOC·S△BOC
D．Seq \\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．2
C．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：
若A＝{－2 009，0，2 018}，B＝{－2 009，0，2 019}，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＝{－2 009，0，2 018}，B＝{－2 009，0，2 019}，则A∪B＝{－2 009，0，2 018，2 019}，A∩B＝{－2 009，0}，则A@B＝{2 018，2 019}．
答案：{2 018，2 019}
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 \(FB,\s\up6(→))⊥eq \(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 \(FB,\s\up6(→))⊥eq \(AB,\s\up6(→))，
所以eq \(FB,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝0.
又eq \(FB,\s\up6(→))＝(c，b)，eq \(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\c1(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3
1 1 3 1 3 5
4 4 8
12
…
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1 3 5 7
4 8 12
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\c1(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．1 015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\c1(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\c1(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\c1(\f(1,3)n（n＋1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,2)))＋\f(1,2)n（n＋1）))＝eq \f(1,2)n(n＋1)·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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，2月9日，5月5日，5月8日，8月4日，8月7日，9月4日，9月6日，9月9日．看完日期后，甲说：“我不知道，但你一定也不知道．”乙听了甲的话后，说：“本来我不知道，但现在我知道了．”甲接着说：“哦，现在我也知道了．”请问，张老师的生日是________．
解析：根据甲说的“我不知道，但你一定也不知道”，可排除5月5日，5月8日，9月4日，9月6日，9月9日；根据乙听了甲的话后说的“本来我不知道，但现在我知道了”，可排除2月7日、8月7日；根据甲接着说的“哦，现在我也知道了”，可以得知张老师的生日为8月4日．
答案：8月4日
4．我国古代数学名著《九章算术》中割圆术有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣．”其体现的是一种无限与有限的转化过程，比如在 eq \r(2＋\r(2＋\r(2＋…)))中“…”即代表无限次重复，但原式却是个定值x，这可以通过方程eq \r(2＋x)＝x确定x＝2，则1＋eq \f(1,1＋\f(1,1＋…))＝________．
解析：1＋eq \f(1,1＋\f(1,1＋…))＝x，即1＋eq \f(1,x)＝x，即x2－x－1＝0，解得x1＝eq \f(1＋\r(5),2)，x2＝eq \f(1－\r(5),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(舍))，故1＋eq \f(1,1＋\f(1,1＋…))＝eq \f(1＋\r(5),2).
答案：eq \f(1＋\r(5),2)
5.如图，在△ABC中，O为其内切圆圆心，过O的直线将三角形面积分为相等的两部分，且该直线与AC，BC分别相交于点F，E，则四边形ABEF与△CEF的周长相等．
将此结论类比到空间，写出一个与其相关的命题，并证明该命题的正确性．
解：如图，截面AEF经过四面体ABCD的内切球(与四个面都相切的球)的球心O，且与BC，DC分别交于点E，F，若截面将四面体分为体积相等的两部分，则四棱锥ABEFD与三棱锥AEFC的表面积相等．
下面证明该结论的正确性：
设内切球半径为R，
则VABEFD＝eq \f(1,3)(S△ABD＋S△ABE＋S△ADF＋S四边形BEFD)×R＝VAEFC＝eq \f(1,3)(S△AEC＋S△ACF＋S△ECF)×R，
即S△ABD＋S△ABE＋S△ADF＋S四边形BEFD＝S△AEC＋S△ACF＋S△ECF，两边同加S△AEF可得结论．
6．我们将具有下列性质的所有函数组成集合M：函数y＝f(x)(x∈D)，对任意x，y，eq \f(x＋y,2)∈D均满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))≥eq \f(1,2)[f(x)＋f(y)]，当且仅当x＝y时等号成立．
(1)若定义在(0，＋∞)上的函数f(x)∈M，试比较f(3)＋f(5)与2f(4)的大小；
(2)设函数g(x)＝－x2，求证：g(x)∈M.
解：(1)对于feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))≥eq \f(1,2)[f(x)＋f(y)]，
令x＝3，y＝5得f(3)＋f(5)≤2f(4)．
(2)证明：geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))－eq \f(1,2)[g(x1)＋g(x2)]
＝－eq \f(（x1＋x2）2,4)＋eq \f(xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2),2)＝eq \f(（x1－x2）2,4)≥0，
当且仅当x1＝x2时取等号，
所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))≥eq \f(1,2)[g(x1)＋g(x2)]，
所以g(x)∈M.
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
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}
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