【数学】2020届一轮复习（文）人教通用版7-5合情推理与演绎推理学案

【数学】2020届一轮复习（文）人教通用版7-5合情推理与演绎推理学案

‎§7.5　合情推理与演绎推理 最新考纲 考情考向分析 ‎1.了解合情推理的含义，能进行简单的归纳推理和类比推理，体会并认识合情推理在数学发现中的作用．‎ ‎2.了解演绎推理的含义，掌握演绎推理的“三段论”，并能运用“三段论”进行一些简单演绎推理．‎ ‎3.了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异.‎ 以理解类比推理、归纳推理和演绎推理的推理方法为主，常以演绎推理的方法根据几个人的不同说法作出推理判断进行命题．注重培养学生的推理能力；在高考中以填空题的形式进行考查，属于中低档题.‎ ‎1．合情推理 合情推理 ‎2．归纳推理的一般步骤 ‎(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表述的一般性命题(猜想)．‎ ‎3．类比推理的一般步骤 ‎(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)．‎ ‎4．演绎推理 由概念的定义或一些真命题，依照一定的逻辑规则得到正确结论的过程，通常叫做演绎推理．简言之，演绎推理是由一般到特殊的推理．‎ ‎5．“三段论”可表示为 ‎①大前提：M是P；‎ ‎②小前提：S是M；‎ ‎③结论：所以，S是P.‎ 概念方法微思考 ‎1．合情推理所得结论一定是正确的吗？‎ 提示　合情推理所得结论是猜想，不一定正确，用演绎推理能够证明的猜想是正确的，否则不正确．‎ ‎2．合情推理对我们学习数学有什么帮助？‎ 提示　合情推理常常能帮助我们猜测和发现结论，证明一个数学结论之前，合情推理常常能为我们提供证明的思路和方向．‎ ‎3．“三段论”是演绎推理的一般模式，包括大前提，小前提，结论，在用其进行推理时，大前提是否可以省略？‎ 提示　大前提是已知的一般原理，当已知问题背景很清楚的时候，大前提可以省略．‎ 题组一　思考辨析 ‎1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)‎ ‎(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)“所有3的倍数都是9的倍数，某数m是3的倍数，则m一定是9的倍数”，这是三段论推理，但其结论是错误的．(　√　)‎ ‎(5)一个数列的前三项是1，2，3，那么这个数列的通项公式是an＝n(n∈N＋)．(　×　)‎ ‎(6)在演绎推理中，只要符合演绎推理的形式，结论就一定正确．(　×　)‎ 题组二　教材改编 ‎2．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 答案　C 解析　a2＝a1＋3＝4，a3＝a2＋5＝9，a4＝a3＋7＝16，a1＝12，a2＝22，a3＝32，a4＝42，猜想an＝n2.‎ ‎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________________．‎ 答案　b1b2…bn＝b1b2…b17－n(n<17，n∈N＋)‎ 解析　利用类比推理，借助等比数列的性质，‎ b＝b1＋n·b17－n，‎ 可知存在的等式为b1b2…bn＝b1b2…b17－n(n<17，n∈N＋)．‎ 题组三　易错自纠 ‎4．正弦函数是奇函数，f(x)＝sin(x2＋1)是正弦函数，因此f(x)＝sin(x2＋1)是奇函数，以上推理(　　)‎ A．结论正确 B．大前提不正确 C．小前提不正确 D．全不正确 答案　C 解析　f(x)＝sin(x2＋1)不是正弦函数，所以小前提错误．‎ ‎5．类比平面内“垂直于同一条直线的两条直线互相平行”的性质，可得出空间内的下列结论：‎ ‎①垂直于同一个平面的两条直线互相平行；‎ ‎②垂直于同一条直线的两条直线互相平行；‎ ‎③垂直于同一个平面的两个平面互相平行；‎ ‎④垂直于同一条直线的两个平面互相平行．‎ 则正确的结论是________．(填序号)‎ 答案　①④‎ 解析　显然①④正确；对于②，在空间中垂直于同一条直线的两条直线可以平行，也可以异面或相交；对于③，在空间中垂直于同一个平面的两个平面可以平行，也可以相交．‎ ‎6．观察下列关系式：1＋x＝1＋x；2≥1＋2x，3≥1＋3x，……，由此规律，得到的第n个关系式为________．‎ 答案　(1＋x)n≥1＋nx 解析　左边为等比数列，右边为等差数列，所以第n个关系式为(1＋x)n≥1＋nx(n∈N＋)．‎ 题型一　归纳推理 命题点1　与数式有关的的推理 例1 (1)(2018·抚顺模拟)《周易》历来被人们视为儒家经典之首，它表现了古代中华民族对万事万物的深刻而又朴素的认识，是中华人文文化的基础，它反映了中国古代的二进制计数的思想方法．我们用近代术语解释为：把阳爻“”当做数字“1”，把阴爻“”当做数字“0”，则八卦代表的数表示如下：‎ 卦名 符号 表示的二进制数 表示的十进制数 坤 ‎000‎ ‎0‎ 震 ‎001‎ ‎1‎ 坎 ‎010‎ ‎2‎ 兑 ‎011‎ ‎3‎ 以此类推，则六十四卦中的“屯”卦，符号“”表示的十进制数是(　　)‎ A．18 B．17 C．16 D．15‎ 答案　B 解析　由题意类推，可知六十四卦中的“屯”卦符号 “”表示二进制数的010001，转化为十进制数的计算为1×20＋0×21＋0×22＋0×23＋1×24＋0×25＝17，故选B.‎ ‎(2)观察下列式子：1＋<，1＋＋<，1＋＋＋<，…，根据以上式子可以猜想：1＋＋＋…＋<________.‎ 答案　 解析　由题意得，不等式右边分数的分母是左边最后一个分数的分母的底数，所以猜想的分母是2 018，分子组成了一个以3为首项，2为公差的等差数列，所以a2 017＝3＋(2 017－1)×2＝4 035.‎ 命题点2　与图形变化有关的推理 例2 (2019·呼和浩特模拟)分形理论是当今世界十分风靡和活跃的新理论、新学科．其中，把部分与整体以某种方式相似的形体称为分形．分形是一种具有自相似特性的现象、图象或者物理过程．标准的自相似分形是数学上的抽象，迭代生成无限精细的结构．也就是说，在分形中，每一组成部分都在特征上和整体相似，只仅仅是变小了一些而已，谢尔宾斯基三角形就是一种典型的分形，是由波兰数学家谢尔宾斯基在1915年提出的，按照如下规律依次在一个黑色三角形内去掉小三角形，则当n＝6时，该黑色三角形内去掉小三角形个数为(　　)‎ A．81 B．121‎ C．364 D．1 093‎ 答案　C 解析　由图可知，每一个图形中小三角形的个数等于前一个图形小三角形个数的3倍加1，‎ 所以，n＝1时，a1＝1；‎ n＝2时，a2＝3＋1＝4；‎ n＝3时，a3＝3×4＋1＝13；‎ n＝4时，a4＝3×13＋1＝40；‎ n＝5时，a5＝3×40＋1＝121；‎ n＝6时，a6＝3×121＋1＝364，故选C.‎ 思维升华 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可解．‎ ‎(2)与式子有关的推理．观察每个式子的特点，注意是纵向看，找到规律后可解．‎ ‎(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．‎ 跟踪训练1 某种树的分枝生长规律如图所示，第1年到第5年的分枝数分别为1，1，2，3，5，则预计第10年树的分枝数为(　　)‎ A．21 B．34 C．52 D．55‎ 答案　D 解析　由2＝1＋1，3＝1＋2，5＝2＋3知，从第三项起，每一项都等于前两项的和，则第6年为8，第7年为13，第8年为21，第9年为34，第10年为55，故选D.‎ 题型二　类比推理 例3 (1)已知{an}为等差数列，a1 010＝5，a1＋a2＋a3＋…＋a2 019＝5×2 019.若{bn}为等比数列，b1 010＝5，则{bn}类似的结论是(　　)‎ A．b1＋b2＋b3＋…＋b2 019＝5×2 019‎ B．b1b2b3…b2 019＝5×2 019‎ C．b1＋b2＋b3＋…＋b2 019＝52 019‎ D．b1b2b3…b2 019＝52 019‎ 答案　D 解析　在等差数列{an}中，令S＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 019，‎ 则S＝a2 019＋a2 018＋a2 017＋…＋a1，‎ ‎∴2S＝(a1＋a2 019)＋(a2＋a2 018)＋(a3＋a2 017)＋…＋(a2 019＋a1)＝2 019(a1＋a2 019)‎ ‎＝2 019×2a1 010＝10×2 019，‎ ‎∴S＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 019＝5×2 019.‎ 在等比数列{bn}中，令T＝b1b2b3…b2 019，‎ 则T＝b2 019b2 018b2 017…b1，‎ ‎∴T2＝(b1b2 019)(b2b2 018)(b3b2 017)…(b2 019b1)＝(b)2 019，‎ ‎∴T＝b1b2b3…b2 019＝(b1 010)2 019＝52 019.‎ ‎(2)如图(1)所示，点O是△ABC内任意一点，连接AO，BO，CO，并延长交对边于A1，B1，C1，则＋＋＝1，类比猜想：点O是空间四面体V—BCD内的任意一点，如图(2)所示，连接VO，BO，CO，DO并延长分别交面BCD，VCD，VBD，VBC于点V1，B1，C1，D1，则有____________________．‎ 答案　＋＋＋＝1‎ 解析　利用类比推理，猜想应有＋＋＋＝1.‎ 用“体积法”证明如下：‎ ＋＋＋＝＋＋＋＝＝1.‎ 思维升华 类比推理常见的情形有：平面与空间类比；低维与高维类比；等差与等比数列类比；运算类比(加与乘，乘与乘方，减与除，除与开方)．数的运算与向量运算类比；圆锥曲线间的类比等．‎ 跟踪训练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：＋＋＝1.把它类比到空间中，则三棱锥中的类似结论为____________________．‎ 答案　＋＋＋＝1‎ 解析　设ha，hb，hc，hd分别是三棱锥A－BCD四个面上的高，P为三棱锥A－BCD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：＋＋＋＝1.‎ 题型三　演绎推理 例4 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·，‎ 又＝1≠0，(小前提)‎ 故是以1为首项，2为公比的等比数列．(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)‎ 思维升华 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，应当首先明确什么是大前提和小前提，若前提是显然的，则可以省略．‎ 跟踪训练3 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 答案　B 解析　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，所以今天不是周二和周六，所以今天是周四．故选B.‎ ‎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(a>0且a≠1)的才是对数函数．故选C.‎ ‎2．中国古代十进位制的算筹记数法在世界数学史上是一个伟大的创造．据史料推测，算筹最晚出现在春秋晚期战国初年．算筹记数的方法是：个位、百位、万位…的数按纵式的数码摆出；十位、千位、十万位…的数按横式的数码摆出，如7738可用算筹表示为.‎ ‎1～9这9个数字的纵式与横式的表示数码如上图所示，则的运算结果可用算筹表示为(　　)‎ 答案　D 解析　根据题意，＝36＝729，‎ 用算筹记数表示为，故选D.‎ ‎3．下列推理是归纳推理的是(　　)‎ A．M，N为定点，动点P满足||PM|－|PN||＝2a<|MN|(a>0)，则动点P的轨迹是以M，N为焦点的双曲线 B．由a1＝2，an＝3n－1求出S1，S2，S3，猜想出数列{an}的前n项和Sn的表达式 C．由圆x2＋y2＝r2的面积S＝πr2，猜想出椭圆＋＝1的面积S＝πab D．科学家利用鱼的沉浮原理制造潜水艇 答案　B 解析　A选项用的双曲线的定义进行推理，不符合要求．B选项根据前3个S1，S2，S3的值，猜想出Sn的表达式，属于归纳推理，符合要求．C选项由圆x2＋y2＝r2的面积S＝πr2，猜想出椭圆＋＝1的面积S＝πab，用的是类比推理，不符合要求．D选项用的是演绎推理，不符合要求．故选B.‎ ‎4．观察下列等式，13＋23＝32，13＋23＋33＝62，13＋23＋33＋43＝102.‎ 根据上述规律，13＋23＋33＋43＋53＋63等于(　　)‎ A．192 B．202 C．212 D．222‎ 答案　C 解析　因为13＋23＝32，13＋23＋33＝62，‎ ‎13＋23＋33＋43＝102，等式的右端依次为 ‎(1＋2)2，(1＋2＋3)2，(1＋2＋3＋4)2，‎ 所以13＋23＋33＋43＋53＋63＝(1＋2＋3＋4＋5＋6)2＝212，故选C.‎ ‎5．天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支．十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，例如，第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，然后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，以此类推．已知1949年为“己丑”年，那么到中华人民共和国成立80年时为(　　)‎ A．丙酉年 B．戊申年 C．己申年 D．己酉年 答案　D 解析　天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，‎ 从1949年到2029年经过80年，且1949年为“己丑”年，以1949年的天干和地支分别为首项，则80÷10＝8，则2029的天干为己，80÷12＝6余8，则2029的地支为酉，故选D.‎ ‎6．甲、乙、丙、丁四名同学一起去向老师询问数学学业水平考试成绩等级．老师说：“你们四人中有2人A等，1人B等，1人C等，我现在给甲看乙、丙的成绩等级，给乙看丙的成绩等级，给丙看丁的成绩等级”．看后甲对大家说：“我知道我的成绩等级了”．根据以上信息，则(　　)‎ A．甲、乙的成绩等级相同 B．丁可以知道四人的成绩等级 C．乙、丙的成绩等级相同 D．乙可以知道四人的成绩等级 答案　D 解析　由题意，四个人所知的只有自己看到的，以及甲最后所说的话，‎ 甲知道自己的等级，则甲已经知道四个人等级，其甲、乙的成绩等级不一定是相同的，‎ 所以A是不对的，乙、丙的成绩等级不一定是相同的，所以C是不正确的，‎ 丁没有看任何人的成绩等级，所以丁不可能知道四人的成绩等级，所以B是不对的，‎ 只有乙可能知道四人的成绩等级，所以D是正确的．‎ ‎7．在等差数列{an}中，若公差为d，且a1＝d，那么有am＋an＝am＋n，类比上述性质，写出在等比数列{bn}中类似的性质：___________________________________________.‎ 答案　在等比数列{bn}中，若公比为q，且b1＝q，则bm·bn＝bm＋n 解析　等差数列中两项之和类比等比数列中两项之积，故在等比数列中，类似的性质是“在等比数列{bn}中，若公比为q，且b1＝q，则bm·bn＝bm＋n.”‎ ‎8．观察下列等式：‎ ‎1＝1‎ ‎2＋3＋4＝9‎ ‎3＋4＋5＋6＋7＝25‎ ‎4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49‎ ‎……‎ 照此规律，第n个等式为________．‎ 答案　n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2‎ 解析　由前4个等式可知，第n个等式的左边第一个数为n，且连续2n－1个整数相加，右边为(2n－1)2，故第n个等式为 n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2.‎ ‎9．已知f(x)＝，x≥0，若f1(x)＝f(x)，fn＋1(x)＝f(fn(x))，n∈N＋，则f2 019(x)的表达式为________．‎ 答案　f2 019(x)＝ 解析　f1(x)＝，f2(x)＝＝，f3(x)＝＝，…，fn＋1(x)＝f(fn(x))＝，‎ 归纳可得f2 019(x)＝.‎ ‎10.如图所示，在平面上，用一条直线截正方形的一个角，截下的是一个直角三角形，有勾股定理c2＝a2＋b2.空间中的正方体，用一平面去截正方体的一角，截下的是一个三条侧棱两两垂直的三棱锥，若这三个两两垂直的侧面的面积分别为S1，S2，S3，截面面积为S，‎ 类比平面的结论有________．‎ 答案　S2＝S＋S＋S 解析　三角形类比空间中的三棱锥，线段的长度类比图形的面积，于是作出猜想：S2＝S＋S＋S.‎ ‎11．《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＝，3＝，4＝，‎ ‎5＝，……，‎ 则按照以上规律，若8＝ 具有 “穿墙术”，则n＝________.‎ 答案　63‎ 解析　∵2＝2＝，‎ ‎3＝3＝，‎ ‎4＝4＝，‎ ‎5＝5＝，‎ ‎∴按照以上规律8＝，可得n＝82－1＝63.‎ ‎12．“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年英国来华传教伟烈亚利将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲，1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将2至2 018这2 017个整数中能被2除余1且被3除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则此数列的项数为________．‎ 答案　336‎ 解析　因为这些整数能被2除余1且被3除余1，‎ 所以这些数组成的数列的通项an＝6n＋1，‎ 设6n＋1≤2 018，所以6n≤2 017，所以n≤336.‎ 所以此数列的项数为336.‎ ‎13．一质点从坐标原点出发，按如图的运动轨迹运动，每步运动一个单位，例如第3步结束时该质点所在位置的坐标为(0，1)，第4步结束时质点所在位置的坐标为(－1，1)，那么第2 018步结束时该质点所在位置的坐标为________．‎ 答案　(16，－22)‎ 解析　当运动：1＋1＋2＋2步时，坐标为(－1，－1)；‎ 当运动：1＋1＋2＋2＋3＋3＋4＋4步时，坐标为(－2，－2)；‎ 当运动：1＋1＋2＋2＋3＋3＋4＋4＋5＋5＋6＋6步时，坐标为(－3，－3)；‎ ‎……‎ 当运动：1＋1＋2＋2＋3＋3＋4＋4＋5＋5＋6＋6＋…＋n＋n(n为偶数)步时，‎ 坐标为.‎ 而1＋1＋2＋2＋3＋3＋4＋4＋5＋5＋6＋6＋…＋n＋n≤2 018，‎ 即n(n＋1)≤2 018(n∈N＋)，解得n≤44.‎ 当n＝44时，该点的坐标为(－22，－22)，共走了1 980步，此时还需向右走38步，故最终坐标为(16，－22)．‎ ‎14．为了提高信息在传输中的抗干扰能力，通常在原信息中按一定规则加入相关数据组成传输信息．设原信息为a1a2a3，传输信息为h1a1a2a3h2，其中h1＝a1a2，h2＝h1a3，运算规则为：00＝0，01＝1，10＝1，11＝0.例如：原信息为111，则传输信息为01111.传输信息在传输过程中受到干扰可能导致接收信息出错，则下列接收信息出错的是(　　)‎ A．01100 B．11010 C．10110 D．11000‎ 答案　D 解析　A选项原信息为110，则h1＝a1a2＝11＝0，h2＝h1a3＝00＝0，所以传输信息为 ‎01100，A选项正确；‎ B选项原信息为101，则h1＝a1a2＝10＝1，h2＝h1a3＝11＝0，所以传输信息为11010，B选项正确；‎ C选项原信息为011，则h1＝a1a2＝01＝1，h2＝h1a3＝11＝0，所以传输信息为10110，C选项正确；‎ D选项原信息为100，则h1＝a1a2＝10＝1，h2＝h1a3＝10＝1，所以传输信息为11001，D选项错误；‎ 故选D.‎ ‎15.如图，有一个六边形的点阵，它的中心是1个点(算第1层)，第2层每边有2个点，第3层每边有3个点，…，依此类推，如果一个六边形点阵共有169个点，那么它的层数为(　　)‎ A．6 B．7 C．8 D．9‎ 答案　C 解析　由题意知，第1层的点数为1，第2层的点数为6，第3层的点数为2×6，第4层的点数为3×6，第5层的点数为4×6，…，第n(n≥2，n∈N＋)层的点数为6(n－1)．设一个点阵有n(n≥2，n∈N＋)层，则共有的点数为1＋6＋6×2＋…＋6(n－1)＝1＋6·＝3n2－3n＋1，由题意，得3n2－3n＋1＝169，即(n＋7)·(n－8)＝0，所以n＝8，故共有8层．‎ ‎16．分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学．分形的外表结构极为复杂，但其内部却是有规律可寻的．一个数学意义上分形的生成是基于一个不断迭代的方程式，即一种基于递归的反馈系统．下面我们用分形的方法来得到一系列图形，如图1，线段AB的长度为a，在线段AB上取两个点C，D，使得AC＝DB＝AB，以CD为一边在线段AB的上方做一个正六边形，然后去掉线段CD，得到图2中的图形；对图2中的最上方的线段EF做相同的操作，得到图3中的图形；依此类推，我们就得到了以下一系列图形：‎ 记第n个图形(图1为第1个图形)中的所有线段长的和为Sn，现给出有关数列{Sn}的四个命题：‎ ‎①数列{Sn}不是等比数列；‎ ‎②数列{Sn}是递增数列；‎ ‎③存在最小的正数a，使得对任意的正整数n，都有Sn>2 019；‎ ‎④存在最大的正数a，使得对任意的正整数n，都有Sn<2 019.‎ 其中真命题的序号是________．(请写出所有真命题的序号)‎ 答案　①②④‎ 解析　由题意，得图1中的线段为a，S1＝a，‎ 图2中的正六边形的边长为，‎ S2＝S1＋×4＝S1＋2a，‎ 图3中的最小正六边形的边长为，‎ S3＝S2＋×4＝S2＋a，‎ 图4中的最小正六边形的边长为，‎ S4＝S3＋×4＝S3＋，‎ 由此类推，Sn－Sn－1＝(n≥2)，‎ 即{Sn}为递增数列，且不是等比数列，‎ 即①，②正确；‎ 因为Sn＝S1＋(S2－S1)＋(S3－S2)＋…＋(Sn－Sn－1)‎ ‎＝a＋2a＋a＋＋…＋＝a＋ ‎＝a＋4a<5a(n≥2，n∈N+)，‎ 又S1＝a<5a，‎ 所以存在最大的正数a＝，‎ 使得对任意的正整数n，都有Sn<2 019，‎ 即④正确，③错误．‎