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2021高三人教B版数学一轮（经典版）教师用书：第12章第3讲合情推理与演绎推理
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第十二章 算法初步、复数、推理与证明
第3讲 合情推理与演绎推理
基础知识整合
1．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
一般
步骤
(1)通过观察个别情况发现某些相同性质；(2)从已知的相同性质中推出一个明确的一般性命题(猜想)
(1)找出两类事物之间的相似性或一致性；
(2)用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题(猜想)
2．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”是演绎推理的一般模式．
“三段论”
的结构
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
“三段论”
的表示
①大前提——M是P；
②小前提——S是M；
③结论——S是P
1．合情推理的结论是猜想，不一定正确；演绎推理在大前提、小前提和推理形式都正确时，得到的结论一定正确．
2．合情推理是发现结论的推理；演绎推理是证明结论的推理．
1．“对数函数是非奇非偶函数，f(x)＝log2|x|是对数函数，因此f(x)＝log2|x|是非奇非偶函数”，以上推理( )
A．结论正确 B．大前提错误
C．小前提错误 D．推理形式错误
答案 C
解析 本命题的小前提是f(x)＝log2|x|是对数函数，但是这个小前提是错误的，因为f(x)＝log2|x|不是对数函数，它是一个复合函数，只有形如y＝logax的函数才是对数函数．故选C.
2．某单位安排甲、乙、丙三人在某月1日至12日值班，每人4天．
甲说：我在1日和3日都有值班；
乙说：我在8日和9日都有值班；
丙说：我们三人各自值班的日期之和相等．
据此可判断丙必定值班的日期是( )
A．10日和12日 B．2日和7日
C．4日和5日 D．6日和11日
答案 D
解析 这12天的日期之和，S12＝＝78，甲、乙、丙各自的值班日期之和是26，对于甲，剩余2天的值班日期之和是22，因此这两天是10日和12日，故甲在1日，3日，10日，12日值班；对于乙，剩余2天的值班日期之和是9，故乙可能在2日，7日，或者是4日，5日值班，因此丙必定值班的日期是6日和11日．故选D.
3．(2019·全国卷Ⅱ)在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测．
甲：我的成绩比乙高．
乙：丙的成绩比我和甲的都高．
丙：我的成绩比乙高．
成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为( )
A．甲、乙、丙 B．乙、甲、丙
C．丙、乙、甲 D．甲、丙、乙
答案 A
解析 由于三人成绩互不相同且只有一个人预测正确．若甲预测正确，则乙、丙预测错误，于是三人按成绩由高到低的次序为甲、乙、丙；若甲预测错误，则甲、乙按成绩由高到低的次序为乙、甲，又假设丙预测正确，则乙、丙按成绩由高到低的次序为丙、乙，于是甲、乙、丙按成绩由高到低排序为丙、乙、甲，从而乙的预测也正确，不符合题意；若甲、丙预测错误，则可推出乙的预测也错误．综上所述，三人按成绩由高到低的次序为甲、乙、丙．故选A.
4．在平面上，若两个正三角形的边长的比为1∶2，则它们的面积比为1∶4.类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积比为________．
答案 1∶8
解析 因为两个正三角形是相似的三角形，所以它们的面积之比是相似比的平方．同理，两个正四面体是两个相似几何体，体积之比为相似比的立方．所以它们的体积比为1∶8.
5．(2019·银川模拟)下面图形由小正方形组成，请观察图1至图4的规律，并依此规律，写出第n个图形中小正方形的个数是________．
答案
解析 由图知第1个图形的小正方形的个数为1，第2个图形的小正方形的个数为1＋2，第3个图形的小正方形的个数为1＋2＋3，第4个图形的小正方形的个数为1＋2＋3＋4，…，则第n个图形的小正方形的个数为1＋2＋3＋…＋n＝.
6．已知＝2，＝3，＝4，…，若 ＝6(a，t均为正实数)，类比以上等式，可推测a，t的值，则a＋t＝________.
答案 41
解析 根据题中所列的前几项的规律可知其通项应为＝n，所以当n＝6时，a＝6，t＝35，a＋t＝41.
核心考向突破
精准设计考向，多角度探究突破
考向一 归纳推理
角度 数字的归纳
例1 (2019·河南八市联盟模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n，将该数列按下列格式(第n行有2n－1个数)排成一个数阵，则该数阵第8行从左向右的第8个数为( )
A．142 B．270
C．526 D．1038
答案 B
解析 由题意，得Sn＝n2＋n，当n＝1时，a1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n，所以an＝2n，又由数阵，知每一行的项数依次构成数列1,2,4,8，…，构成首项为1，公比为2的等比数列，由等比数列的前n项和公式，得该数阵第8行从左到右的第8个数为数列{an}的第＋8＝135项，所以该数为a135＝2×135＝270，故选B.
角度 式子的归纳
例2 (2019·大连二模)观察下列等式：
1－＝，
1－＋－＝＋，
1－＋－＋－＝＋＋，
…
据此规律，第n个等式为________．
答案 1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋
解析 观察题中等式，可得规律为等式左边共有2n项且等式左边的分母分别为1,2，…，2n，分子均为1，奇数项为正，偶数项为负，即为1－＋－＋…＋－；等式右边共有n项且分母分别为n＋1，n＋2，…，2n，分子为1，即为＋＋…＋.所以第n个等式为1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋.
角度 图形的归纳
例3 (2019·重庆模拟)如图所示，将正整数从小到大沿三角形的边成螺旋状排列起来，2在第一个拐弯处，4在第二个拐弯处，7在第三个拐弯处，…，则在第二十个拐弯处的正整数是________．
答案 211
解析 观察图可知，
第一个拐弯处2＝1＋1，
第二个拐弯处4＝1＋1＋2，
第三个拐弯处7＝1＋1＋2＋3，
第四个拐弯处11＝1＋1＋2＋3＋4，
第五个拐弯处16＝1＋1＋2＋3＋4＋5，
发现规律：拐弯处的数是从1开始的一串连续正整数相加之和再加1，在第几个拐弯处，就加到第几个正整数，所以第二十个拐弯处的正整数就是1＋1＋2＋3＋…＋20＝211.
归纳推理问题的常见类型及解题策略
(1)与数字有关的等式的推理．观察数字特点，找出等式左右两侧的规律及符号即可．
(2)与式子有关的归纳推理
①与不等式有关的推理．观察每个不等式的特点，注意是纵向看，找到规律后即可．
②与数列有关的推理．通常是先求出几个特殊现象，采用不完全归纳法，找出数列的项与项数的关系，列出即可．
(3)与图形变化有关的推理．合理利用特殊图形归纳推理得出结论，并用赋值检验法验证其真伪性．
[即时训练] 1.(2019·咸阳模拟)“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年．如图是杨辉三角数阵，记an为图中第n行各个数之和，则a5＋a11的值为( )
A．528 B．1020
C．1038 D．1040
答案 D
解析 第一行数字之和为a1＝1＝21－1，
第二行数字之和为a2＝2＝22－1，
第三行数字之和为a3＝4＝23－1，
第四行数字之和为a4＝8＝24－1，
…
第n行数字之和为an＝2n－1，
∴a5＋a11＝24＋210＝1040.故选D.
2．(2019·日照模拟)有下列各式：
1＋＋>1，
1＋＋＋…＋>，
1＋＋＋…＋>2，
…
则按此规律可猜想此类不等式的一般形式为________．
答案 1＋＋＋…＋>(n∈N*)
解析 观察各式，左边为的和的形式，项数分别为3,7,15，…，
故可猜想第n个式子左边应有2n＋1－1项，
不等式右边分别写成，，，故猜想第n个式子右边应为，
故按此规律可猜想此类不等式的一般形式为1＋＋＋…＋>(n∈N*)．
3．如图，在平面直角坐标系的格点(横、纵坐标均为整数的点)处：点(1,0)处标b1，点(1，－1)处标b2，点(0，－1)处标b3，点(－1，－1)处标b4，点(－1,0)处标b5，点(－1，1)处标b6，点(0,1)处标b7，…，以此类推，则b963处的格点的坐标为________．
答案 (16,13)
解析 观察已知点(1,0)处标b1，即b1×1，点(2,1)处标b9，即b3×3，点(3,2)处标b25，即b5×5，…，由此推断点(n，n－1)处标b(2n－1)×(2n－1)，因为961＝31×31，n＝16，故b961处的格点的坐标为(16,15)，从而b963处的格点的坐标为(16,13)．
考向二 类比推理
例4 (1)(2020·河北正定摸底)已知a，b，c是△ABC的内角A，B，C对应的三边，若满足a2＋b2＝c2，即2＋2＝1，则△ABC为直角三角形，类比此结论可知，若满足an＋bn＝cn(n∈N，n≥3)，则△ABC的形状为( )
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．以上都有可能
答案 A
解析 由题意，知角C最大，an＋bn＝cn(n∈N，n≥3)即n＋n＝1(n∈N，n≥3)，又c>a，c>b，所以2＋2>n＋n＝1，即a2＋b2>c2，所以cosC＝>0，所以0
(521)10＝1×29＋0×28＋0×27＋0×26＋0×25＋0×24＋1×23＋0×22＋0×21＋1×20＝(1000001001)2.我国数学史上，对数制研究不乏其人，清代汪莱的《参两算经》是较早系统论述非十进制数的文献，总结出了八进制乘法口决：7×7＝61,7×6＝52,7×5＝43，…，请类比二进制与十进制转化的运算，数(1010011100)2对应八进制数为( )
A．(446)8 B．(1134)8
C．(1234)8 D．(4321)8
答案 C
解析 数(1010011100)2＝1×29＋0×28＋1×27＋0×26＋0×25＋1×24＋1×23＋1×22＋0×21＋0×20＝668，
A项中，(446)8＝4×82＋4×81＋6×80＝294，
B项中，(1134)8＝1×83＋1×82＋3×81＋4×80＝604，
C项中，(1234)8＝1×83＋2×82＋3×81＋4×80＝668，
D项中，(4321)8＝4×83＋3×82＋2×81＋1×80＝2257，
故选C.
类比推理的分类
类比推理的应用一般分为类比定义、类比性质和类比方法．
(1)类比定义：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．
(2)类比性质：从一个特殊式子的性质、一个特殊图形的性质入手，提出类比推理型问题，求解时要认真分析两者之间的联系与区别，深入思考两者的转化过程是求解的关键．
(3)类比方法：有一些处理问题的方法具有类比性，我们可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．
[即时训练] 4.若等差数列{an}的公差为d，前n项的和为Sn，则数列为等差数列，公差为.类似，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{}的公比为( )
A． B．q2
C． D．
答案 C
解析 由题设，有Tn＝b1·b2·b3·…·bn＝b1·b1q·b1q2·…·b1qn－1＝bq1＋2＋…＋(n－1)＝bq.
∴ ＝b1q，∴等比数列{}的公比为.故选C.
5．在平面上，我们如果用一条直线去截正方形的一个角，那么截下的一个直角三角形，按下图所标边长，由勾股定理有：c2＝a2＋b2.设想正方形换成正方体，把截线换成如图的截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥O－LMN，如果用S1，S2，S3表示三个侧面的面积，S4表示截面的面积，那么类比得到的结论是________．
答案 S＋S＋S＝S
解析 将侧面面积类比为直角三角形的直角边，截面面积类比为直角三角形的斜边，可得S＋S＋S＝S.
考向三 演绎推理
例5 (2019·山东烟台调研)数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝Sn(n∈N*)．证明：
(1)数列是等比数列；
(2)Sn＋1＝4an.
证明 (1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝Sn，
∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即nSn＋1＝2(n＋1)Sn.
∴＝2·，(小前提)
故是以2为公比，1为首项的等比数列．(结论)
(大前提是等比数列的定义，这里省略了)
(2)由(1)可知＝4·(n≥2)，
∴Sn＋1＝4(n＋1)·＝4··Sn－1
＝4an(n≥2)，(小前提)
又a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提)
∴对于任意正整数n，都有Sn＋1＝4an.(结论)
(第(2)问的大前提是第(1)问的结论以及题中的已知条件)
演绎推理的结构特点
(1)演绎推理是由一般到特殊的推理，其最常见的形式是三段论，它是由大前提、小前提、结论三部分组成的．三段论推理中包含三个判断：第一个判断称为大前提，它提供了一个一般的原理；第二个判断叫小前提，它指出了一个特殊情况．这两个判断联合起来，提示了一般原理和特殊情况的内在联系，从而产生了第三个判断：结论．
(2)演绎推理的前提和结论之间有着某种蕴含关系，解题时要找准正确的大前提．一般地，若大前提不明确时，一般可找一个使结论成立的充分条件作为大前提．
[即时训练] 6.(2019·保定模拟)有一段“三段论”，推理是这样的：对于可导函数f(x)，如果f′(x0)＝0，那么x＝x0是函数f(x)的极值点．因为f(x)＝x3在x＝0处的导数值f′(0)＝0，所以x＝0是函数f(x)＝x3的极值点．以上推理中( )
A．大前提错误 B．小前提错误
C．推理形式错误 D．结论正确
答案 A
解析 对于可导函数f(x)，如果f′(x0)＝0，那么x＝x0不一定是函数f(x)的极值点，大前提错误，故选A.
7．(2017·北京高考)某学习小组由学生和教师组成，人员构成同时满足以下三个条件：
①男学生人数多于女学生人数；
②女学生人数多于教师人数；
③教师人数的两倍多于男学生人数．
(1)若教师人数为4，则女学生人数的最大值为________；
(2)该小组人数的最小值为________．
答案 (1)6 (2)12
解析 (1)若教师人数为4，则男学生人数小于8，最大值为7，女学生人数最大时应比男学生人数少1人，所以女学生人数的最大值为7－1＝6.
(2)设男学生人数为x(x∈N＋)，要求该小组人数的最小值，则女学生人数为x－1，教师人数为x－2.又2(x－2)>x，解得x>4，即x＝5，该小组人数的最小值为5＋4＋3＝12.
1．将圆周20等分，按照逆时针方向依次编号为1,2，…，20，若从某一点开始，沿圆周逆时针方向行走，点的编号是数字几，就走几段弧长，称这种走法为一次“移位”，如：小明在编号为1的点，他应走1段弧长，即从1→2为第一次“移位”，这时他到达编号为2的点，然后从2→3→4为第二次“移位”，若某人从编号为3的点开始，沿逆时针方向，按上述“移位”方法行走，“移位”a次刚好到达编号为16的点，又满足|a－2020|的值最小，则a的值为( )
A．2019 B．2020
C．2021 D．2022
答案 C
解析 若某人从编号为3的点开始，第一次“移位”到达6；
第二次“移位”到达12；
第三次“移位”到达4；
第四次“移位”到达8；
第五次“移位”到达16；
第六次“移位”到达12；
第七次“移位”到达4；
第八次“移位”到达8；
第九次“移位”到达16；
第十次“移位”到达12；
…
从第二次开始，每4次“移位”为一组“移位”循环，
“移位”a次刚好到达编号为16的点，
则a－1应该能被4整除，又满足|a－2020|的值最小，则a＝2021.故选C.
2．(2019·漳州模拟)一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2…xn(n∈N*)，其中xk(k＝1,2，…，n)称为第k位码元．二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1，或者由1变为0)．
已知某种二元码x1x2…x7的码元满足如下校验方程组：
其中运算⊕定义为：0⊕0＝0,0⊕1＝1,1⊕0＝1,1⊕1＝0.
现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k等于________．
答案 5
解析 因为x4⊕x5⊕x6⊕x7＝1⊕1⊕0⊕1＝0⊕0⊕1＝0⊕1＝1≠0，所以二元码1101101的前3位码元都是对的；因为x2⊕x3⊕x6⊕x7＝1⊕0⊕0⊕1＝1⊕0⊕1＝1⊕1＝0，所以二元码1101101的第6、7位码元也是对的；因为x1⊕x3⊕x5⊕x7＝1⊕0⊕1⊕1＝1⊕1⊕1＝0⊕1＝1≠0，所以二元码1101101的第5位码元是错误的，所以k＝5.
答题启示
与推理有关的新定义问题是高考命制创新型试题的一个热点，解决此类问题时，一定要读懂新定义的本质含义及符号语言，紧扣题目所给定义，结合题目的要求进行恰当地转化，注意推理过程的严密性．
对点训练
1．(2019·重庆模拟)我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二而税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金几何．”其意思为：今有人持金出五关，第1关收税金为持金的，第2关收税金为剩余金的，第3关收税金为剩余金的，第4关收税金为剩余金的，第5关收税金为剩余金的，5关所收税金之和，恰好重1斤，问此人总共持金多少．则在此问题中，第5关收税金( )
A．斤 B．斤
C．斤 D．斤
答案 B
解析 假设原来持金为x，则第1关收税金x；第2关收税金×x＝x；第3关收税金×x＝x；第4关收税金×x＝x；第5关收税金×x＝x.依题意，得x＋x＋x＋x＋x＝1，即x＝1，x＝1，解得x＝，所以x＝×＝.故选B.
2．在平面直角坐标系中，若点P(x，y)的坐标x，y均为整数，则称点P为格点．若一个多边形的顶点全是格点，则称该多边形为格点多边形．格点多边形的面积记为S，其内部的格点数记为N，边界上的格点数记为L.例如：图中的△ABC是格点三角形，对应的S＝1，N＝0，L＝4.
(1)图中格点四边形DEFG对应的S，N，L分别是________；
(2)已知格点多边形的面积可表示为S＝aN ＋bL＋c，其中a，b，c为常数，若某格点多边形对应的N＝71，L＝18，则S＝________(用数值作答)．
答案 (1)3,1,6 (2)79
解析 (1)由定义知，四边形DEFG由一个等腰直角三角形和一个平行四边形构成，其内部格点有1个，边界上格点有6个，四边形DEFG的面积为3，所以S＝3，N＝1，L＝6.
(2)由待定系数法可得
⇒
当N＝71，L＝18时，S＝1×71＋×18－1＝79.
＝1－cos2α－＋cos2α＝.
第3讲 合情推理与演绎推理
基础知识整合
1．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
一般
步骤
(1)通过观察个别情况发现某些相同性质；(2)从已知的相同性质中推出一个明确的一般性命题(猜想)
(1)找出两类事物之间的相似性或一致性；
(2)用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题(猜想)
2．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”是演绎推理的一般模式．
“三段论”
的结构
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
“三段论”
的表示
①大前提——M是P；
②小前提——S是M；
③结论——S是P
1．合情推理的结论是猜想，不一定正确；演绎推理在大前提、小前提和推理形式都正确时，得到的结论一定正确．
2．合情推理是发现结论的推理；演绎推理是证明结论的推理．
1．“对数函数是非奇非偶函数，f(x)＝log2|x|是对数函数，因此f(x)＝log2|x|是非奇非偶函数”，以上推理( )
A．结论正确 B．大前提错误
C．小前提错误 D．推理形式错误
答案 C
解析 本命题的小前提是f(x)＝log2|x|是对数函数，但是这个小前提是错误的，因为f(x)＝log2|x|不是对数函数，它是一个复合函数，只有形如y＝logax的函数才是对数函数．故选C.
2．某单位安排甲、乙、丙三人在某月1日至12日值班，每人4天．
甲说：我在1日和3日都有值班；
乙说：我在8日和9日都有值班；
丙说：我们三人各自值班的日期之和相等．
据此可判断丙必定值班的日期是( )
A．10日和12日 B．2日和7日
C．4日和5日 D．6日和11日
答案 D
解析 这12天的日期之和，S12＝＝78，甲、乙、丙各自的值班日期之和是26，对于甲，剩余2天的值班日期之和是22，因此这两天是10日和12日，故甲在1日，3日，10日，12日值班；对于乙，剩余2天的值班日期之和是9，故乙可能在2日，7日，或者是4日，5日值班，因此丙必定值班的日期是6日和11日．故选D.
3．(2019·全国卷Ⅱ)在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测．
甲：我的成绩比乙高．
乙：丙的成绩比我和甲的都高．
丙：我的成绩比乙高．
成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为( )
A．甲、乙、丙 B．乙、甲、丙
C．丙、乙、甲 D．甲、丙、乙
答案 A
解析 由于三人成绩互不相同且只有一个人预测正确．若甲预测正确，则乙、丙预测错误，于是三人按成绩由高到低的次序为甲、乙、丙；若甲预测错误，则甲、乙按成绩由高到低的次序为乙、甲，又假设丙预测正确，则乙、丙按成绩由高到低的次序为丙、乙，于是甲、乙、丙按成绩由高到低排序为丙、乙、甲，从而乙的预测也正确，不符合题意；若甲、丙预测错误，则可推出乙的预测也错误．综上所述，三人按成绩由高到低的次序为甲、乙、丙．故选A.
4．在平面上，若两个正三角形的边长的比为1∶2，则它们的面积比为1∶4.类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积比为________．
答案 1∶8
解析 因为两个正三角形是相似的三角形，所以它们的面积之比是相似比的平方．同理，两个正四面体是两个相似几何体，体积之比为相似比的立方．所以它们的体积比为1∶8.
5．(2019·银川模拟)下面图形由小正方形组成，请观察图1至图4的规律，并依此规律，写出第n个图形中小正方形的个数是________．
答案
解析 由图知第1个图形的小正方形的个数为1，第2个图形的小正方形的个数为1＋2，第3个图形的小正方形的个数为1＋2＋3，第4个图形的小正方形的个数为1＋2＋3＋4，…，则第n个图形的小正方形的个数为1＋2＋3＋…＋n＝.
6．已知＝2，＝3，＝4，…，若 ＝6(a，t均为正实数)，类比以上等式，可推测a，t的值，则a＋t＝________.
答案 41
解析 根据题中所列的前几项的规律可知其通项应为＝n，所以当n＝6时，a＝6，t＝35，a＋t＝41.
核心考向突破
精准设计考向，多角度探究突破
考向一 归纳推理
角度 数字的归纳
例1 (2019·河南八市联盟模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n，将该数列按下列格式(第n行有2n－1个数)排成一个数阵，则该数阵第8行从左向右的第8个数为( )
A．142 B．270
C．526 D．1038
答案 B
解析 由题意，得Sn＝n2＋n，当n＝1时，a1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n，所以an＝2n，又由数阵，知每一行的项数依次构成数列1,2,4,8，…，构成首项为1，公比为2的等比数列，由等比数列的前n项和公式，得该数阵第8行从左到右的第8个数为数列{an}的第＋8＝135项，所以该数为a135＝2×135＝270，故选B.
角度 式子的归纳
例2 (2019·大连二模)观察下列等式：
1－＝，
1－＋－＝＋，
1－＋－＋－＝＋＋，
…
据此规律，第n个等式为________．
答案 1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋
解析 观察题中等式，可得规律为等式左边共有2n项且等式左边的分母分别为1,2，…，2n，分子均为1，奇数项为正，偶数项为负，即为1－＋－＋…＋－；等式右边共有n项且分母分别为n＋1，n＋2，…，2n，分子为1，即为＋＋…＋.所以第n个等式为1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋.
角度 图形的归纳
例3 (2019·重庆模拟)如图所示，将正整数从小到大沿三角形的边成螺旋状排列起来，2在第一个拐弯处，4在第二个拐弯处，7在第三个拐弯处，…，则在第二十个拐弯处的正整数是________．
答案 211
解析 观察图可知，
第一个拐弯处2＝1＋1，
第二个拐弯处4＝1＋1＋2，
第三个拐弯处7＝1＋1＋2＋3，
第四个拐弯处11＝1＋1＋2＋3＋4，
第五个拐弯处16＝1＋1＋2＋3＋4＋5，
发现规律：拐弯处的数是从1开始的一串连续正整数相加之和再加1，在第几个拐弯处，就加到第几个正整数，所以第二十个拐弯处的正整数就是1＋1＋2＋3＋…＋20＝211.
归纳推理问题的常见类型及解题策略
(1)与数字有关的等式的推理．观察数字特点，找出等式左右两侧的规律及符号即可．
(2)与式子有关的归纳推理
①与不等式有关的推理．观察每个不等式的特点，注意是纵向看，找到规律后即可．
②与数列有关的推理．通常是先求出几个特殊现象，采用不完全归纳法，找出数列的项与项数的关系，列出即可．
(3)与图形变化有关的推理．合理利用特殊图形归纳推理得出结论，并用赋值检验法验证其真伪性．
[即时训练] 1.(2019·咸阳模拟)“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年．如图是杨辉三角数阵，记an为图中第n行各个数之和，则a5＋a11的值为( )
A．528 B．1020
C．1038 D．1040
答案 D
解析 第一行数字之和为a1＝1＝21－1，
第二行数字之和为a2＝2＝22－1，
第三行数字之和为a3＝4＝23－1，
第四行数字之和为a4＝8＝24－1，
…
第n行数字之和为an＝2n－1，
∴a5＋a11＝24＋210＝1040.故选D.
2．(2019·日照模拟)有下列各式：
1＋＋>1，
1＋＋＋…＋>，
1＋＋＋…＋>2，
…
则按此规律可猜想此类不等式的一般形式为________．
答案 1＋＋＋…＋>(n∈N*)
解析 观察各式，左边为的和的形式，项数分别为3,7,15，…，
故可猜想第n个式子左边应有2n＋1－1项，
不等式右边分别写成，，，故猜想第n个式子右边应为，
故按此规律可猜想此类不等式的一般形式为1＋＋＋…＋>(n∈N*)．
3．如图，在平面直角坐标系的格点(横、纵坐标均为整数的点)处：点(1,0)处标b1，点(1，－1)处标b2，点(0，－1)处标b3，点(－1，－1)处标b4，点(－1,0)处标b5，点(－1，1)处标b6，点(0,1)处标b7，…，以此类推，则b963处的格点的坐标为________．
答案 (16,13)
解析 观察已知点(1,0)处标b1，即b1×1，点(2,1)处标b9，即b3×3，点(3,2)处标b25，即b5×5，…，由此推断点(n，n－1)处标b(2n－1)×(2n－1)，因为961＝31×31，n＝16，故b961处的格点的坐标为(16,15)，从而b963处的格点的坐标为(16,13)．
考向二 类比推理
例4 (1)(2020·河北正定摸底)已知a，b，c是△ABC的内角A，B，C对应的三边，若满足a2＋b2＝c2，即2＋2＝1，则△ABC为直角三角形，类比此结论可知，若满足an＋bn＝cn(n∈N，n≥3)，则△ABC的形状为( )
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．以上都有可能
答案 A
解析 由题意，知角C最大，an＋bn＝cn(n∈N，n≥3)即n＋n＝1(n∈N，n≥3)，又c>a，c>b，所以2＋2>n＋n＝1，即a2＋b2>c2，所以cosC＝>0，所以0
(521)10＝1×29＋0×28＋0×27＋0×26＋0×25＋0×24＋1×23＋0×22＋0×21＋1×20＝(1000001001)2.我国数学史上，对数制研究不乏其人，清代汪莱的《参两算经》是较早系统论述非十进制数的文献，总结出了八进制乘法口决：7×7＝61,7×6＝52,7×5＝43，…，请类比二进制与十进制转化的运算，数(1010011100)2对应八进制数为( )
A．(446)8 B．(1134)8
C．(1234)8 D．(4321)8
答案 C
解析 数(1010011100)2＝1×29＋0×28＋1×27＋0×26＋0×25＋1×24＋1×23＋1×22＋0×21＋0×20＝668，
A项中，(446)8＝4×82＋4×81＋6×80＝294，
B项中，(1134)8＝1×83＋1×82＋3×81＋4×80＝604，
C项中，(1234)8＝1×83＋2×82＋3×81＋4×80＝668，
D项中，(4321)8＝4×83＋3×82＋2×81＋1×80＝2257，
故选C.
类比推理的分类
类比推理的应用一般分为类比定义、类比性质和类比方法．
(1)类比定义：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．
(2)类比性质：从一个特殊式子的性质、一个特殊图形的性质入手，提出类比推理型问题，求解时要认真分析两者之间的联系与区别，深入思考两者的转化过程是求解的关键．
(3)类比方法：有一些处理问题的方法具有类比性，我们可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．
[即时训练] 4.若等差数列{an}的公差为d，前n项的和为Sn，则数列为等差数列，公差为.类似，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{}的公比为( )
A． B．q2
C． D．
答案 C
解析 由题设，有Tn＝b1·b2·b3·…·bn＝b1·b1q·b1q2·…·b1qn－1＝bq1＋2＋…＋(n－1)＝bq.
∴ ＝b1q，∴等比数列{}的公比为.故选C.
5．在平面上，我们如果用一条直线去截正方形的一个角，那么截下的一个直角三角形，按下图所标边长，由勾股定理有：c2＝a2＋b2.设想正方形换成正方体，把截线换成如图的截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥O－LMN，如果用S1，S2，S3表示三个侧面的面积，S4表示截面的面积，那么类比得到的结论是________．
答案 S＋S＋S＝S
解析 将侧面面积类比为直角三角形的直角边，截面面积类比为直角三角形的斜边，可得S＋S＋S＝S.
考向三 演绎推理
例5 (2019·山东烟台调研)数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝Sn(n∈N*)．证明：
(1)数列是等比数列；
(2)Sn＋1＝4an.
证明 (1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝Sn，
∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即nSn＋1＝2(n＋1)Sn.
∴＝2·，(小前提)
故是以2为公比，1为首项的等比数列．(结论)
(大前提是等比数列的定义，这里省略了)
(2)由(1)可知＝4·(n≥2)，
∴Sn＋1＝4(n＋1)·＝4··Sn－1
＝4an(n≥2)，(小前提)
又a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提)
∴对于任意正整数n，都有Sn＋1＝4an.(结论)
(第(2)问的大前提是第(1)问的结论以及题中的已知条件)
演绎推理的结构特点
(1)演绎推理是由一般到特殊的推理，其最常见的形式是三段论，它是由大前提、小前提、结论三部分组成的．三段论推理中包含三个判断：第一个判断称为大前提，它提供了一个一般的原理；第二个判断叫小前提，它指出了一个特殊情况．这两个判断联合起来，提示了一般原理和特殊情况的内在联系，从而产生了第三个判断：结论．
(2)演绎推理的前提和结论之间有着某种蕴含关系，解题时要找准正确的大前提．一般地，若大前提不明确时，一般可找一个使结论成立的充分条件作为大前提．
[即时训练] 6.(2019·保定模拟)有一段“三段论”，推理是这样的：对于可导函数f(x)，如果f′(x0)＝0，那么x＝x0是函数f(x)的极值点．因为f(x)＝x3在x＝0处的导数值f′(0)＝0，所以x＝0是函数f(x)＝x3的极值点．以上推理中( )
A．大前提错误 B．小前提错误
C．推理形式错误 D．结论正确
答案 A
解析 对于可导函数f(x)，如果f′(x0)＝0，那么x＝x0不一定是函数f(x)的极值点，大前提错误，故选A.
7．(2017·北京高考)某学习小组由学生和教师组成，人员构成同时满足以下三个条件：
①男学生人数多于女学生人数；
②女学生人数多于教师人数；
③教师人数的两倍多于男学生人数．
(1)若教师人数为4，则女学生人数的最大值为________；
(2)该小组人数的最小值为________．
答案 (1)6 (2)12
解析 (1)若教师人数为4，则男学生人数小于8，最大值为7，女学生人数最大时应比男学生人数少1人，所以女学生人数的最大值为7－1＝6.
(2)设男学生人数为x(x∈N＋)，要求该小组人数的最小值，则女学生人数为x－1，教师人数为x－2.又2(x－2)>x，解得x>4，即x＝5，该小组人数的最小值为5＋4＋3＝12.
1．将圆周20等分，按照逆时针方向依次编号为1,2，…，20，若从某一点开始，沿圆周逆时针方向行走，点的编号是数字几，就走几段弧长，称这种走法为一次“移位”，如：小明在编号为1的点，他应走1段弧长，即从1→2为第一次“移位”，这时他到达编号为2的点，然后从2→3→4为第二次“移位”，若某人从编号为3的点开始，沿逆时针方向，按上述“移位”方法行走，“移位”a次刚好到达编号为16的点，又满足|a－2020|的值最小，则a的值为( )
A．2019 B．2020
C．2021 D．2022
答案 C
解析 若某人从编号为3的点开始，第一次“移位”到达6；
第二次“移位”到达12；
第三次“移位”到达4；
第四次“移位”到达8；
第五次“移位”到达16；
第六次“移位”到达12；
第七次“移位”到达4；
第八次“移位”到达8；
第九次“移位”到达16；
第十次“移位”到达12；
…
从第二次开始，每4次“移位”为一组“移位”循环，
“移位”a次刚好到达编号为16的点，
则a－1应该能被4整除，又满足|a－2020|的值最小，则a＝2021.故选C.
2．(2019·漳州模拟)一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2…xn(n∈N*)，其中xk(k＝1,2，…，n)称为第k位码元．二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1，或者由1变为0)．
已知某种二元码x1x2…x7的码元满足如下校验方程组：
其中运算⊕定义为：0⊕0＝0,0⊕1＝1,1⊕0＝1,1⊕1＝0.
现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k等于________．
答案 5
解析 因为x4⊕x5⊕x6⊕x7＝1⊕1⊕0⊕1＝0⊕0⊕1＝0⊕1＝1≠0，所以二元码1101101的前3位码元都是对的；因为x2⊕x3⊕x6⊕x7＝1⊕0⊕0⊕1＝1⊕0⊕1＝1⊕1＝0，所以二元码1101101的第6、7位码元也是对的；因为x1⊕x3⊕x5⊕x7＝1⊕0⊕1⊕1＝1⊕1⊕1＝0⊕1＝1≠0，所以二元码1101101的第5位码元是错误的，所以k＝5.
答题启示
与推理有关的新定义问题是高考命制创新型试题的一个热点，解决此类问题时，一定要读懂新定义的本质含义及符号语言，紧扣题目所给定义，结合题目的要求进行恰当地转化，注意推理过程的严密性．
对点训练
1．(2019·重庆模拟)我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二而税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金几何．”其意思为：今有人持金出五关，第1关收税金为持金的，第2关收税金为剩余金的，第3关收税金为剩余金的，第4关收税金为剩余金的，第5关收税金为剩余金的，5关所收税金之和，恰好重1斤，问此人总共持金多少．则在此问题中，第5关收税金( )
A．斤 B．斤
C．斤 D．斤
答案 B
解析 假设原来持金为x，则第1关收税金x；第2关收税金×x＝x；第3关收税金×x＝x；第4关收税金×x＝x；第5关收税金×x＝x.依题意，得x＋x＋x＋x＋x＝1，即x＝1，x＝1，解得x＝，所以x＝×＝.故选B.
2．在平面直角坐标系中，若点P(x，y)的坐标x，y均为整数，则称点P为格点．若一个多边形的顶点全是格点，则称该多边形为格点多边形．格点多边形的面积记为S，其内部的格点数记为N，边界上的格点数记为L.例如：图中的△ABC是格点三角形，对应的S＝1，N＝0，L＝4.
(1)图中格点四边形DEFG对应的S，N，L分别是________；
(2)已知格点多边形的面积可表示为S＝aN ＋bL＋c，其中a，b，c为常数，若某格点多边形对应的N＝71，L＝18，则S＝________(用数值作答)．
答案 (1)3,1,6 (2)79
解析 (1)由定义知，四边形DEFG由一个等腰直角三角形和一个平行四边形构成，其内部格点有1个，边界上格点有6个，四边形DEFG的面积为3，所以S＝3，N＝1，L＝6.
(2)由待定系数法可得
⇒
当N＝71，L＝18时，S＝1×71＋×18－1＝79.
＝1－cos2α－＋cos2α＝.
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