专题17归纳思想在两种题型中的应用（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_初中_中考数学压轴题（全国通用）

专题 17 归纳思想在两种题型中的应用 通用的解题思路： 解决这类问题的基本思路是观察一归纳一猜想一证明(验证)，具体做法是:①认 真观察所给的一组数、式、图等，发现它们之间的关系:②分析概括所给数式图 的特征，归纳它们的共性和蕴含的变化规律，猜想得出一个一般性的结论;③结 合问题所给的材料查是证明或验证结论的正确性。 题型一：数式规律中的猜想归纳思想 1．（2024•马鞍山一模）观察以下等式： 13 2 第1个等式：1  1， 2 2 1 46 2 第2个等式：   1， 2 3 3 1 99 2 第3个等式：   1， 3 4 4 1 1612 2 第4个等式：   1， 4 5 5 .....． 按照以上规律，解决下列问题： 1 2515 2 （1）写出第5个等式：   1 ； 5 6 6 （2）写出你猜想的第n个等式： （用含n的等式表示），并证明． 【分析】（1）根据前4个等式的规律求解此题； （2）根据前5个等式归纳出此题规律进行求解． 13 2 1231 【解答】解：（1） 第1个等式：1  1 1，  2 2 11 1 46 2 1 22 32 2 第2个等式：      1， 2 3 3 2 21 21 1 99 2 1 32 33 2 第3个等式：      1， 3 4 4 3 31 311 1612 2 1 42 34 2 第4个等式：      1， 4 5 5 4 41 41 1 52 35 2 1 2515 2 第5个等式：      1， 5 51 5 5 6 5 1 2515 2 故答案为：   1； 5 6 5 （2）由题意得， 13 2 1231 第1个等式：1  1 1， 2 2 11 1 46 2 1 22 32 2 第2个等式：      1， 2 3 3 2 21 21 1 99 2 1 32 33 2 第3个等式：      1， 3 4 4 3 31 31 1 1612 2 1 42 34 2 第4个等式：      1， 4 5 5 4 41 41 ， 1 n2 3n 2 第n个等式：   1． n n1 n1 1 n2 3n 2 故答案为：   1． n n1 n1 【点评】此题考查了算式规律的归纳能力，关键是能准确理解题意，并通过观察、计算、归纳进行求解． 2．（2024•包河区一模）观察下列等式： 1 1 2 a    ； 1 123 2 13 1 1 3 a    ； 2 234 3 24 1 1 4 a    ； 3 345 4 35  1 1 7 （1）猜想并写出第6个等式a    ． ； 6 678 7 68 （2）猜想并写出第n个等式a  ； n （3）证明（2）中你猜想的正确性． 【分析】（1）根据所给的等式的形式进行求解即可； （2）分析所给的等式的形式，进行总结即可； （3）把（2）中的左边进行整理，从而可求证． 1 1 7 【解答】解：（1）由题意得：第6个等式a    ． 6 678 7 681 1 7 故答案为：   ； 678 7 68 1 1 n1 （2）由题意得：第n个等式a    ． n n(n1)(n2) n1 n(n2) 1 1 n1 故答案为：   ； n(n1)(n2) n1 n(n2) 1 n(n2) （3）（2）中的等式左边  n(n1)(n2) n(n1)(n2) 1n2 2n  n(n1)(n2) (n1)2  n(n1)(n2) n1  n(n2) 右边． 故猜想成立． 【点评】本题主要考查数字的变化规律，解答的关键是由所给的等式总结出存在的规律． 1 1 1 1 1 1 1 1 3．（2024•嘉善县一模）观察下面的等式： 1 2 ， 2 3 ， 3 4 ， 4 5 ， 3 3 4 4 5 5 6 6  1 （1）写出 2023 的结果； 2025 （2）按照上面的规律归纳出一个一般的结论；（用含n的等式表示，n为正整数） （3）试运用相关知识，推理说明你所得到的结论是正确的． 1 1 1 1 【分析】（1）由上述等式得， n (n1) ，所以 2023 2024 ； n2 n2 2025 2025 1 1 （2）观察上面的等式可得， n (n1) ； n2 n2 1 1 （3）计算 n 是否等于(n1) ． n2 n2 1 1 【解答】解：（1）由上述等式得， 2023 2024 ； 2025 2025 1 1 （2） n (n1) ； n2 n2 1 n2 2n1 (n1)2 1 （3） n   (n1) ． n2 n2 n2 n2 【点评】本题考查了算术平方根，关键是从等式中找到规律． 4．（2024•新乐市一模）每个人都拥有一个快乐数字，我们把自己出生的年份减去组成这个年份的数字之和，所得的差就是我们自己的快乐数字．比如我国著名的数学家华罗庚出生于 1910 年，他的快乐数字是 1910(1910)1899． （1）某人出生于1949年，他的快乐数字是 1926 ； （2）你再举几个例子并观察，这些快乐数字都能被 整除，请你用所学知识说明你的猜想． （3）请你重新对快乐数字定义，并写出一个你找到的规律（直接写出结果，不用证明）． 【分析】（1）根据快乐数字的定义即可解决问题． （2）按要求举几个例子，并发现规律即可解决问题． （3）根据（2）中发现的规律，进行重新定义即可． 【解答】解：（1）由题知， 1949(1949)1926， 即他的快乐数字是1926． 故答案为：1926． （2）例如：1986，1995， 1986(1986)1962， 1995(1995)1971， 观察发现，这些快乐数字都能被9整除． 证明如下， 令这个四位数为：1000a100b10cd ，(a0)， 则1000a100b10cd (abcd) 999a99b9c 9(111a11bc)， 故此代数式是9的倍数， 所以猜想是正确的． （3）定义如下， 若一个四位数的千位数字与十位数字相等，个位数字与百位数字相等，则称这个数为“快乐数字”． 发现的规律是， “快乐数字”能被101整除．（答案不唯一）． 【点评】本题考查数字变化的规律，理解题中“快乐数字”的定义是解题的关键． 5．（2024•长安区一模）某班数学小组在研究个位数字为5的两位数的平方的规律时，得到了下列等式：第1个等式：152 1515225(12)10025； 第2个等式：252 2525625(23)10025； 第3个等式：352 35351225(34)10025；  按照以上规律，解决下列问题： （1）填空：752 7575 5625  ； （2）已知1„ x„ 9且n为整数，猜想第n个等式（用含n的等式表示），并证明． 【分析】（1）计算75755625，根据上述等式得5625(78)10025； （2）根据上述等式，得出规律(10n5)2 n(n1)10025，(1„ n„ 9，且n为整数），再证明即可． 【解答】解：（1）5625； (78)10025； （2）(10n5)2 n(n1)10025，(1„ n„ 9，且n为整数） 证明：(10n5)2 100n2 100n25 (n2 n)10025 n(n1)10025， 猜测的算式正确． 【点评】本题考查的是数字的变化规律和列代数式，从题目中找出数字与等式的变化规律是解题的关键． 6．（2024•庐江县一模）观察下列等式： 3 2 32 12 第1个等式：   a； 1 3 3 4 2 42 22 第2个等式：   a； 2 4 8 5 2 52 32 第3个等式：   a； 3 5 15 6 2 62 42 第4个等式：   a； 4 6 24  按照以上规律，解决下列问题： （1）各等式都成立时，a 1 ；（2）在（1）的条件下，写出你猜想的第n个等式（用含n的式子表示），并证明． 【分析】（1）根据所给等式，求出a得值即可解决问题． （2）观察所给等式发现规律即可解决问题． 【解答】解：（1）由题知， 3 2 32 12 因为   a， 1 3 3 解得a1， 所以a的值为1． 故答案为：1． 3 2 32 12 （2）因为第1个等式：   1； 1 3 3 4 2 42 22 第2个等式：   1； 2 4 8 5 2 52 32 第3个等式：   1； 3 5 15 6 2 62 42 第4个等式：   1； 4 6 24 ， 观察所给等式各部分的变化规律可知， n2 2 (n2)2 n2 第n个等式：   1； n n2 n(n2) 证明如下， (n2)2 2n n2 2n4 左边  ； n(n2) n2 2n n2 4n4n2 (n2 2n) n2 2n4 右边  ； n2 2n n2 2n 左边右边， 所以此等式成立． 【点评】本题考查数字变化的规律，能根据所给等式发现各部分的变化规律进而得出第n的等式是解题的关 键． 7．（2023•利辛县模拟）观察下列等式： 第①个等式：12 22 32 22， 第②个等式：22 32 72 62， 第③个等式：32 42 132 122，第④个等式：42 52 212 202，  根据上述规律解决下列问题： （1）写出第⑤个等式； （2）写出你猜想的第?个等式（用含n的式子表示），并证明． 【分析】（1）根据等式的计算规律分析即可； （2）利用等式的计算规律写出猜想，再运用平方差公式计算证明． 【解答】解：（1）第⑤个等式为：52 62 312 302； （2）第?个等式（用含n的式子表示）为：n2 (n1)2 [n(n1)1]2 [n(n1)]2， 证明：左边n2 (n2 2n1)2n2 2n1， 右边[n(n1)1n(n1)][n(n1)1[n(n1)]2n2 2n1， 左边右边，  n2 (n1)2 [n(n1)1]2 [n(n1)]2． 【点评】本题考查了数字规律的探究，熟练掌握平方差公式的应用是解答本题的关键． 8．（2023•全椒县三模）观察下列等式： 22 第1个等式： 121； 1 32 1 第2个等式： 22 ； 2 2 42 1 第3个等式： 32 ； 3 3 52 1 第4个等式： 42 ； 4 4 62 1 第5个等式： 52 ； 5 5 ； 按照以上规律，解决下列问题 72 1 （1）写出第6个等式： 62 ； 6 6 （2）写出你猜想的第n个等式（用含n的式子表示），并验证其正确性． 【分析】（1）根据前5个等式规律写出第6个等式； （2）根据前5个等式猜想出第n个等式并验证．22 【解答】解：（1） 第1个等式： 121；  1 32 1 第2个等式： 22 ； 2 2 42 1 第3个等式： 32 ； 3 3 52 1 第4个等式： 42 ； 4 4 62 1 第5个等式： 52 ， 5 5 72 1 可得第6个等式为： 62 ， 6 6 72 1 故答案为： 62 ； 6 6 (n1)2 1 （2）由题意可猜想得，第n个等式为： n2 ， n n (n1)2 证明： n2  n n2 2n1 n(n2)   n n n2 2n1n2 2n  n 1  ， n (n1)2 1 第n个等式为： n2 ． n n 【点评】此题考查了算式规律的归纳能力，关键是能准确理解题意，并通过观察、计算、归纳进行求解． 9．（2023•夏邑县校级三模）设a5是一个两位数，其中a是十位上的数字(1„ a„ 9)．例如：当a4时，a5 表示的两位数是45． （1）尝试： ①当a1 时，152 2251210025； ②当a2 时，252 6252310025； ③当a3时，352 12253410025； ④当a4时，452 2025 4510025 ． 2 （2）归纳：a5 与100a(a1)25有怎样的大小关系？试说明理由． 2 （3）运用：若a5 与100a的和为6325，求a的值． 【分析】（1）根据规律直接得出结论即可；（2）根据a5 2 (10a5)(10a5)100a2 100a25100a(a1)25即可得出结论； （3）根据题意列出方程求解即可． 【解答】解：（1）①当a1 时，152 2251210025； ②当a2 时，252 6252310025； ③当a3时，352 12253410025； ③当a4时，352 20254510025， 故答案为：4510025； 2 （2）a5 100a(a1)25，理由如下： 2 a5 (10a5)(10a5) 100a2 100a25 100a(a1)25； 2 （3）由题知，a5 100a6325， 即100a2 100a25100a6325， 解得a75或7（舍去）， a的值为7． 2 【点评】本题主要考查数字的变化规律，根据数字的变化规律得出a5 100a(a1)25的结论是解题的关 键． 10．（2023•凤台县校级三模）观察等式： 3 1 1 第1个等式：   ； 24 3 234 4 1 1 第2个等式：   ； 35 4 345 5 1 1 第3个等式：   ； 46 5 456  根据以上等式的规律，解答下列问题： 7 1 1 （1）直接写出第5个等式：   ； 68 7 678（2）猜想并写出第n个等式，证明你所猜想的正确性． 【分析】先分别找出分子分母的规律，再猜想出等式，并证明即可． 【解答】解：（1）先得到第一个分数的分子分母分别为7，68， 第二个分数的分子分母分别为1，7， 第三个分数的分子分母分别为1，678， 7 1 1 故得：   ． 68 7 678 n2 1 1 （2）第n个等式：   (n1)(n3) n2 (n1)(n2)(n3) (n2)2 (n1)(n3) (n2 4n4)(n2 4n3) 1 证明： 左边    右  (n1)(n2)(n3) (n1)(n2)(n3) (n1)(n2)(n3) (n1)(n2)(n3) 边， 得证． 【点评】本题主要考查学生找出分子分母的规律，再猜想出等式的能力，用分式运算证明是难点． 1 32 11．（2023•萧县三模）观察下列等式：第1个等式：11  ； 5 15 1 1 42 第2个等式：1   ； 2 6 26 1 1 52 第3个等式：1   ； 3 7 37  按照以上规律，解决下列问题： 1 1 62 （1）写出第4个等式： 1   ； 4 8 48 （2）写出你猜想的第n个等式（用含n的等式表示），并证明． 【分析】（1）根据题目中的三个等式各部分的变化规律，可解决问题． （2）根据此等式各部分的变化规律，可归纳猜想出第n个等式．将所得等式的左边通分，与右边相等，则 可得出此等式成立.. 【解答】解：（1）由题知， 1 1 62 第4个等式为：1   ． 4 8 48 1 1 62 故答案为：1   ； 4 8 48 1 1 (n2)2 （2）猜想第n个等式为：1   ． n n4 n(n4)n(n4) n4 n n2 4n4 (n2)2 证明：左边     右边， n(n4) n(n4) n(n4) n(n4) n(n4) 所以此等式成立． 【点评】本题考查了数式变化规律的归纳猜想问题，抓住等式中各部分的变化规律是解决问题的关键． 12．（2023•无为市四模）观察下列等式： 1 1 1 第1个等式：:   ； 1 12 2 1 1 1 第2个等式：   ； 2 23 3 1 1 1 第3个等式：   ； 3 34 4 1 1 1 第4个等式：   ； 4 45 5  按照以上规律，解决下列问题： 1 1 1 （1）写出第5个等式：   ． 5 56 6 （2）写出你猜想的第n个等式（用含n的式子表示），并证明． 【分析】（1）根据所给的等式的形式进行求解即可； （2）利用所给的规律进行求解即可． 1 1 1 【解答】解：（1）按照以上规律，第5个等式为：   ； 5 56 6 1 1 1 故答案为：   ； 5 56 6 1 1 1 （2）按照以上规律，第n个等式为：   ．证明如下： n n(n1) n1 1 1 等式左边  n n(n1) n1 1   n(n1) n(n1) n  n(n1) 1  ， n1 1 等式右边 ， n1 等式左边等式右边，  等式成立．【点评】本题主要考查分式的加减法，数字的变化规律，解题的关键是读懂题意，找到已知等式的规律． 13．（2023•思明区模拟）“歌唱家在家唱歌”“蜜蜂酿蜂蜜”这两句话从左往右读和从右往左读，结果完全 相同．文学上把这样的现象称为“回文”，数学上也有类似的“回文数”，比如252，7887，34143．小明在 计算两位数减法的过程中意外地发现有些等式从左往右读的结果和从右往左读的结果一样，如： 65388356；91377319；54366345．数学上把这类等式叫做“减法回文等式”． （1）①观察以上等式，请你再写出一个“减法回文等式”； ②请归纳“减法回文等式”的被减数ab（十位数字为a，个位数字为b)与减数cd 应满足的条件，并证 明． （2）两个两位数相乘，是否也存在“乘法回文等式”？如果存在，请你直接写出“乘法回文等式”的因数 xy与因数mn应满足的条件． 【分析】（1）①根据题意写出一个“减法回文等式“即可； ②由已知“减法回文等式”的定义证明即可； （2）类似“减法回文等式”定义得到“乘法回文等式”，再根据“乘法回文等式”定义证明即可． 【解答】解：（1）①观察已知等式，再写出一个“减法回文等式”可以是81722718（答案不唯一）； ②归纳“减法回文等式”的被减数 ab（十位数字为 a，个位数字为6)与减数 cd 应满足的条件是 acd b，证明如下： abcd dcba，即10ab(10cd)10d c(10ba)，  整理，得：11(ac)11(d b)， acd b； （2）两个两位数相乘，也存在“乘法回文等式“，“乘法回文等式“的因数xy与因数应mn满足的条件是 xm yn，理由如下： xymnnmxyx，  即(10x y)(10mn)(10nm)(10yx)， 整理，得： 99xm99yn，xm yn． 【点评】本题主要考查了整式的加减，注意发现数字之间的联系，找出运算的规律解决问题． 14．（2023•武安市三模）某数学兴趣小组研究如下等式：38321216，53573021，71795609， 84867224．观察发现以上等式均是“十位数字相同，个位数字之和是10的两个两位数相乘，且积有一 定的规律”． （1）根据上述的运算规律，直接写出结果：5852 3016 ；752  ； （2）设其中一个数的十位数字为a，个位数字为b(a0,b0)． ①请用含a，b的等式表示这个运算规律，并用所学的数学知识证明； ②上述等式中，分别将左边两个乘数的十位和个位数字调换位置，得到新的两个两位数相乘（如:3832调 换为8323)．若记新的两个两位数的乘积为m，①中的运算结果为n，求证：mn能被99整除． 【分析】（1）根据上述的运算规律计算，即可求解； （2）①根据题意可得这两个两位数分别为10ab，10a10b，从而得到这个运算规律为 (10ab)(10a10b)100a(a1)b(10b)，然后分别计算等式的左右两边，即可求解； ②由①得：n100a2 100a10bb2，可得新的两个两位数分别为10ba，10(10b)a，进而得到 m(10ba)[10(10b)a]，然后计算出mn，即可解答． 【解答】（1）解：根据题意得：5852(56)100823016，752 (78)100555625； 故答案为：3016；5625； （2）①解： 其中一个数的十位数字为a，个位数字为b(a,b0)，  另一个数的十位数字为a，个位数字为10b， 这两个两位数分别为10ab，10a10b， 根据题意得：这个运算规律为(10ab)(10a10b)100a(a1)b(10b)， 证明：左边100a2 10ab100a10b10abb2 100a2 100a10bb2， 右边100a2 100a10bb2， 左边右边； ②证明：由①得：n100a2 100a10bb2， 分别将左边两个乘数的十位和个位调换位置，得到新的两个两位数相乘，  新的两个两位数分别为10ba，10(10b)a， m(10ba)[10(10b)a](10ba)(10010ba) 1000b100b2 100aa2， mn(1000b100b2 100aa2)(100a2 100a10bb2) 99a2 99b2 990b 99(a2 b2 10b)， a，b为正整数，  a2 b2 10b为整数， mn能被99整除． 【点评】本题主要考查了整式的混合运算，因式分解的应用，明确题意，准确得到规律是解题的关键． 15．（2024•安徽模拟）【观察】观察下列式子： ①14223； ②25234； ③36245； ④47256； 【猜想】根据上述式子猜想式子⑥：692 7  ； 【发现】用含n的式子表示出第n个式子： ； 202120242 【应用】利用你发现的规律计算： ． 202220252 【分析】猜想：根据上述四个式子猜想第六个式子即可； 发现：根据上述式子得出一般规律，即n(n3)2(n1)(n2)； 应用：根据发现的规律计算即可． 【解答】解：猜想：⑥：69278， 故答案为：7，8； 发现：第n个式子：n(n3)2(n1)(n2)， 故答案为：n(n3)2(n1)(n2)； 20222023 1011 应用：原式  ． 20232024 1012 【点评】本题考查的是数字的变化规律，有理数的混合运算和列代数式，熟练掌握上述知识点是解题的关 键． 16．（2024•芜湖二模）如图被称为“杨辉三角”或“贾宪三角”．其规律是：从第3行起，每行两端的数都是“1”，其余各数都等于该数“两肩”上的数之和．图中两平行线之间的一列数：1，3，6，10，15， ，我们把第1个数记为a ，第2个数记为a ，第3个数记为a ，，第n个数记为a ． 1 2 3 n （1）根据这列数的规律，a  36 ，a  ； 8 n （2）这列数中有66这个数吗？如果有，求n；如果没有，请说明理由． n(n1) 【分析】（1）根据题意，可以得出规律：第n个数记为a 1234 n ，再求a 即可； n  2 8 n(n1) （2）设66 ，求解即可． 2 【解答】解：（1）根据题意可知： a 1； 1 a 123； 2 a 1236； 3 a 123410； 4 ，  n(n1) 第n个数记为a 1234 n ， n  2 89 a  36； 8 2 n(n1) 故答案为：36； ． 2 n(n1) （2）设66 ， 2 解得：n11， 这列数中有66这个数，n11． 【点评】本题考查的是数字的变化规律，从题目中找出数字间的变化规律是解题的关键． 17．（2024•池州二模）观察下列式子： 第1个等式：132 10(1016)19； 第2个等式：232 10(1026)29；第3个等式：332 10(1036)39；  （1）请写出第4个等式： 432 10(1046)49 ； （2）设一个两位数表示为10a3，根据上述规律，请写出(10a3)2的一般性规律，并予以证明． 【分析】（1）根据前3个等式的规律，即可写出答案； （2）根据前3个等式的运算过程，即可得出一般性规律，再进行证明即可． 【解答】解：（1）432 10(1046)49， 故答案为：432 10(1046)49； （2）一般性规律：(10a3)2 10a(10a6)9． 证明： 等式左边(10a3)2 100a2 60a9，  等式右边10a(10a6)9100a2 60a9， 等式左边等式右边，即(10a3)2 10a(10a6)9． 【点评】本题考查的是数字的变化规律和有理数的混合运算，找出等式的变化规律是解题的关键． 18．（2024•庐江县校级模拟）观察下列等式： 1 1 0 第1个等式：   ； 1 1 11 1 1 1 第2个等式：   ； 3 4 43 1 1 22 第3个等式：   ； 5 9 95 1 1 32 第4个等式：   ； 7 16 167 （1）请你按照上述等式规律写出第5个等式； （2）根据上述等式规律写出第n个等式； （3）证明（2）中你所写等式的正确性． 1 1 42 【分析】（1）根据前几个等式，可得第5个等式：   ； 9 25 259 1 1 (n1)2 （2）第n个等式：   ； 2n1 n2 n2(2n1) （3）证明等式左边等于等式右边即可．1 1 42 【解答】解：（1）   ； 9 25 259 1 1 (n1)2 （2）   ； 2n1 n2 n2(2n1) 1 1 n2 (2n1) n2 2n1 (n1)2 （3） 左边     右边，  2n1 n2 n2(2n1) n2(2n1) n2(2n1) 等式成立． 【点评】本题考查的是数字的变化规律，从题目中找出数字的变化规律是解题的关键． 19．（2024•沅江市一模）设a 32 12，a 52 32，a 72 52，容易知道a 8，a 16，a 24， 1 2 3 1 2 3 如果一个数能表示为8的倍数，我们就说它能被8整除，所以a ，a ，a 都能被8整除． 1 2 3 （1）试探究a 是否能被8整除，并用文字语言表达出你的结论． n （2）若一个数的算术平方根是一个自然数，则称这个数是“完全平方数”，试找出a ，a ，a a 这一系 1 2 3 n 列数中从小到大排列的前4个完全平方数，并说出当n满足什么条件时，a 为完全平方数． n 【分析】（1）由题意，a 是相邻俩奇数2n1、2n1的平方差，化简结果是8的倍数，可整除； n （2）由a 8n找到前四个完全平方数，从下标2、8、18、32可知它们是一个完全平方数的2倍． n 【解答】解：（1）由题意得： a (2n1)2 (2n1)2 n 4n2 4n1(4n2 4n1) 8n a 能被8整除． n （2）由（1）知a 8n， n 当n2时，a 1642,是完全平方数； 2 当n8时，a 6482,是完全平方数； 8 当n18时，a 144122,是完全平方数； 18 当n32时，a 256162,是完全平方数． 32 这一系列数中从小到大排列的前4个完全平方数依次为：16、64、144、256． 由a 、a 、a 、a 四个完全平方数可知n2m2， 2 8 18 32 所以n为一个完全平方数两倍时，a 是完全平方数． n 【点评】本题主要考查了数字的变化规律，利用代数式来表示一般规律，利用已总结的规律进一步探索、发现、归纳得出下一步结论是本题难点． 20．（2023•新华区校级二模）【发现】如果一个整数的个位数字能被 5 整除，那么这个整数就能被 5 整 除． 【验证】如： 34510031045，  又 100和10都能被5整除，5能被5整除，  10031045能被5整除， 即：345能被5整除． （1）请你照着上面的例子验证343不能被5整除； （2）把一个千位是a、百位是b、十位是c、个位是d的四位数记为abcd．请照例说明：只有d等于5或 0时，四位数abcd才能被5整除． 【迁移】（3）设abc是一个三位数，请证明；当abc的和能被3整除时，abc能被3整除． 【分析】（1）仿照所给的例子进行求解即可； （2）仿照所给的例子进行求解即可； 【迁移】仿照所给的例子进行求解即可． 【解答】证明：（1） 34310031043，  100和10都能被5整除，3不能被5整除， 10031043不能被5整除， 即343不能被5整除； （2） abcd 1000a100b10cd ，  1000和100和10都能被5整除， 当d能被5整除时，1000a100b10cd 能被5整除； 只有d等于5或0时，四位数abcd才能被5整除． 【迁移】证明： abc100a10bc，  (991)a(91)bc (99a9b)(abc) 3(33a3b)(abc)， 3(33a3b)能被3整除，  若“abc”能被3整除，则abc能被3整除． 【点评】此题主要考查了整式的加减，列代数式，掌握相应的运算法则是解本题的关键．题型二：图案规律中的猜想归纳思想 1．（2023•枣庄）（1）观察分析：在一次数学综合实践活动中，老师向同学们展示了图①，图②，图③三幅 图形，请你结合自己所学的知识，观察图中阴影部分构成的图案，写出三个图案都具有的两个共同特征： 轴对称图形 ， ； （2）动手操作：请在图④中设计一个新的图案，使其满足你在（1）中发现的共同特征． 【分析】（1）观察图形可得出结论． （2）根据发现的规律直接画出图形即可． 【解答】解：（1）观察图形可知：三个图形都为轴对称图形且面积相等， 故答案为：轴对称图形，面积相等． （2）如图：（答案不唯一） 【点评】本题考查了轴对称的知识，利用轴对称进行图形的变换是解题的关键． 2．（2024•肥西县一模）用同样规格的黑白两种颜色的正方形，拼如图的方式拼图，请根据图中的信息完成 下列的问题： （1）在图②中用了 8 块白色正方形，在图③中用了 块白色正方形； （2）按如图的规律继续铺下去，那么第n个图形要用 块白色正方形； （3）如果有足够多的黑色正方形，能不能恰好用完2024块白色正方形，拼出具有以上规律的图形？如果 可以请说明它是第几个图形；如果不能，说明你的理由． 【分析】（1）观察如图可直接得出答案； （2）认真观察题目中给出的图形，结合问题（1），通过分析，即可找到规律，得出答案；（3）根据问题（2）中总结的规律，列出算式3n22024，如果结果是整数，则能够拼出具有以上规律的 图形，否则，不能． 【解答】解：（1）观察如图可以发现，图②中用了8 块白色正方形，在图③中用了11 块白色正方形； 故答案为：8，11； （2）在图①中，需要白色正方形的块数为3125； 在图②中，需要白色正方形的块数为3228； 在图③中，需要白色正方形的块数为33211； 由此可以发现，第几个图形，需要白色正方形的块数就等于3乘以几，然后加2． 所以，按如图的规律继续铺下去，那么第n个图形要用(3n2)块白色正方形； 故答案为：(3n2)； （3）能恰好用完2024块白色正方形，理由如下： 假设第n个图形恰好能用完2021块白色正方形，则3n22024， 解得：n674， 即第674个图形中恰好用完2024块白色正方形． 【点评】此题主要考查了列代数式这个知识点的理解和掌握，解答此类题目的关键是根据题目中给出的图 形，通过分析、思考，总结出图形变化的规律． 3．（2024•镜湖区校级一模）将一些相同的“☆”按如图所示摆放，观察其规律并回答下列问题： （1）图6中的“☆”的个数有 35 个； （2）图n中的“☆”的个数有 个； （3）图n中的“☆”的个数可能是100个吗；如果能，求出n的值；如果不能，试用一元二次方程的相关 知识说明理由． 【分析】（1）图1中的“☆”的个数有12 155个，图2中的“☆”的个数有22 257个，图3中的 “☆”的个数有32 3511个，图4中的“☆”的个数有42 4517个，由此得到规律求解即可； （2）根据（1）所求即可得到答案； （3）令n2 n5100，解方程求出n的值，看n是否是正整数即可得到答案．【解答】解：（1）图1中的“☆”的个数有12 155个， 图2中的“☆”的个数有22 257个， 图3中的“☆”的个数有32 3511个， 图4中的“☆”的个数有42 4517个，  可以得到规律，图n中的“☆”的个数有(n2 n5)个， 图6中的“☆”的个数有62 6535个， 故答案为：35； （2）由（1）得图n中的“☆”的个数有(n2 n5)个， 故答案为：(n2 n5)； （3）图n中的“☆”的个数不可能是100个，理由如下： 令n2 n5100，则n2 n950， 1 12 41(95) 1 381 解得n  ， 2 2 又 n为整数，  图n中的“☆”的个数不可能是100个． 【点评】本题主要考查了规律型：图形的变化类，解一元二次方程，正确理解题意找到规律是解题的关 键． 4．（2024•宣城模拟）【观察思考】 如图，这是由正方形和等边三角形组成的一系列图案，其中第1个图案有4个正方形；第2个图案有6个 正方形；第3个图案有8个正方形； 依此规律，请解答下面的问题． 【规律发现】（1）第5个图案有正方形 12 个． （2）第n个图案有正方形 个． 【规律应用】 （3）结合图案中正方形的排列方式，现有4050个正方形，若干个三角形（足够多）．依此规律，是否可以 组成第n个图案（正方形一次性用完），若存在，请求出n的值；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）根据所给图形，依次求出图形中正方形的个数，发现规律即可解决问题． （2）根据（1）中发现的规律，即可解决问题． （3）根据（1）中发现的规律，即可解决问题． 【解答】解：（1）由所给图形可知， 第1个图案中正方形的个数为：4122； 第2个图案中正方形的个数为：6222； 第3个图案中正方形的个数为：8322； ， 所以第n个图案中正方形的个数为(2n2)个， 当n5时， 2n225212（个)， 即第5个图案中正方形的个数为12个． 故答案为：12． （2）由（1）知， 第n个图案中正方形的个数为(2n2)个． 故答案为：(2n2)． （3）存在． 令2n24050， 解得n2024， 所以可以组成第n个图案，n的值为2024． 【点评】本题考查图形变化的规律，能根据所给图形发现正方形的个数依次增加2是解题的关键． 5．（2024•淄博模拟）用同样规格的黑白两种颜色的正方形瓷砖，按如图的方式铺地面：（1）观察图形，填写下表： 图形 ① ② ③  黑色瓷砖的块数 4 7 10  黑白两种瓷砖的总块数 9 15  （2）依上推测，第n个图形中黑色瓷砖的块数为 ，黑白两种瓷砖的总块数为 （用含n的代数式 表示）； （3）白色瓷砖与黑色瓷砖的总块数可能是2024块吗？若能，求出是第几个图形；若不能，请说明理由． 【分析】（1）根据所给图形，数出图中黑色瓷砖块数和黑白两种瓷砖的总块数即可． （2）根据（1）中求出的块数，发现规律即可解决问题． （3）根据（2）中的结论即可解决问题． 【解答】解：（1）由所给图形可知， 第1个图形中黑色瓷砖的块数为：4131，黑白两种瓷砖的总块数为：9163； 第2个图形中黑色瓷砖的块数为：7231，黑白两种瓷砖的总块数为：15263； 第3个图形中黑色瓷砖的块数为：10331，黑白两种瓷砖的总块数为：21363； ， 所以第n个图形中黑色瓷砖的块数为(3n1)块，黑白两种瓷砖的总块数为(6n3)块； 故答案为：10，21． （2）根据（1）发现的规律可知， 第n个图形中黑色瓷砖的块数为(3n1)块，黑白两种瓷砖的总块数为(6n3)块； 故答案为：(3n1)块，(6n3)块． （3）不可能． 令6n32024， 5 解得n336 ， 6 又因为n为正整数， 所以白色瓷砖与黑色瓷砖的总块数不可能是2024块． 【点评】本题考查图形变化的规律，能根据所给图形发现黑色瓷砖的块数依次增加3，黑白瓷砖的总块数依次增加6是解题的关键． 6．（2024•蜀山区模拟）某公园中的一条小路使用六边形、正方形、三角形三种地砖按照如图方式铺设．图 1为有1块六边形地砖时，正方形地砖有6块，三角形地砖有6块；图2为有2块六边形地砖时，正方形地 砖有11块，三角形地砖有10块；． （1）按照规律，每增加一块六边形地砖，正方形地砖会增加 5 块，三角形地砖会增加 块； （2）若铺设这条小路共用去a块六边形地砖，分别用含a的代数式表示正方形地砖、三角形地砖的数量； （3）当a25时，求此时正方形地砖和三角形地砖的总数量． 【分析】（1）根据所给图形，依次求出图形中正方形和三角形地砖的块数，发现规律即可解决问题． （2）根据（1）中发现的规律即可解决问题． （3）根据（1）中发现的规律即可解决问题． 【解答】解：（1）由所给图形可知， 图1中三角形地砖块数为：6142，正方形地砖块数为：6151，六边形地砖块数为：1； 图2中三角形地砖块数为：10242，正方形地砖块数为：11251，六边形地砖块数为：2； 图3中三角形地砖块数为：14342，正方形地砖块数为：16351，六边形地砖块数为：3； ， 所以图n中三角形地砖块数为(4n2)块，正方形地砖块数为(5n1)块，六边形地砖块数为n块； 由此可见，每增加一块六边形地砖，正方形地砖会增加5块，三角形地砖会增加4块． 故答案为：5，4． （2）由（1）发现的规律可知， 当铺设这条小路共用去a块六边形地砖时， 用去正方形地砖的块数为(5a1)块，用去三角形地砖的块数为(4a2)块． （3）当a25时， 5a15251126（块)， 4a24252102（块)， 所以126102228（块)，即此时正方形地砖和三角形地砖的总数量为228块． 【点评】本题考查图形变化的规律，能根据所给图形发现三角形、正方形和六边形地砖块数变化的规律是 解题的关键． 7．（2024•瑶海区校级模拟）将字母“C”，“ H ”按照如图所示的规律摆放，其中第1个图形中有1个字 母C，有4个字母H ；第2个图形中有2个字母C，有6个字母H ；第3个图形中有3个字母C，有8个 字母H ；根据此规律解答下面的问题： （1）第4个图形中有 4 个字母C，有 个字母H ； （2）第n个图形中有 个字母C，有 个字母H （用含n的式子表示）； （3）第2024个图形中有 个字母C，有 个字母H ． 【分析】根据图中信息找规律即可：（1）根据规律作答即可；（2）根据规律找到个数与n的关系即可； （3）代入（2）中的关系式计算即可． 【解答】解：（1）第1个图形中有1个字母C，有4个字母H ； 第2个图形中有2个字母C，有6个字母H ； 第3个图形中有3个字母C，有8个字母H ， 依此类推， 第4个图形中有4个字母C，有10个字母H ； （2）观察规律： 第1个图形中有1个字母C， 第2个图形中有2个字母C， 第3个图形中有3个字母C， ， 字母C的数量等于n，  第n个图形中有n个字母C， 同理观察规律： 第1个图形中有4个字母H ；第2个图形中有6个字母H ； 第3个图形中有8个字母H ； ； 字母H 的个数是字母C的个数的2倍多2，字母C的数量等于n，  字母H 的个数是2n2， 即第n个图形中有2n2个字母H ； （3）根据第（2）问，将数字代入即可， 字母C的数量等于n，  第2024个图形中有2024个字母C， 字母H 的个数是2n2，  第2024个图形中有4050个字母H ． 【点评】本题考查了规律型：图形的变化类以及列代数式，解答本题的关键在于找到规律． 8．（2024•蚌埠模拟）【观察思考】 【规律发现】 （1）若图1中小正方形个数记作a ，图2中小正方形个数记作a ，，图n中小正方形个数记作a ，则a  1 2 n n 2n3 ，a a  a  ；（用含n的式子表示） 1 2  n 【规律应用】 （2）结合上述规律，试说明是否存在正整数n，使得a a  a 等于a 的4倍？ 1 2  n n 【分析】（1）根据所给图形依次求出a ，a ，a ，，发现规律即可解决问题． 1 2 3 （2）根据（1）中所发现的规律即可解决问题． 【解答】解：由所给图形可知， 图1中小正方形的个数为：5123，即a 123； 1 图2中小正方形的个数为：7223，即a 223； 2 图3中小正方形的个数为：9323，即a 323； 3， 所以图n中小正方形的个数为(2n3)个，即a 2n3； n 则a a  a 1232233232n3 1 2  n 2(123n)3n n(n1) 2 3n 2 n2 4n． 故答案为：2n3，n2 4n． （2）存在． 由题知， n2 4n4(2n3)， 解得n 2，n 6． 1 2 因为n为正整数， 所以n6， 故存在这样的正整数6，使得a a  a 等于a 的4倍． 1 2  n n 【点评】本题考查图形变化的规律，能根据所给图形发现小正方形个数的变化规律是解题的关键． 9．（2024•蜀山区一模）用同样大小的黑色棋子按如图所示的规律摆放： （1）第5个图案有 34 颗黑色棋子，第n个图案中黑色棋子的颗数为 ； （2）据此规律用2024颗黑色棋子，是否能摆放成一个图案，如果能，是第几个图案？如果不能，请说明 理由． 【分析】（1）根据所给图形，依次求出黑色棋子的颗数，发现规律即可解决问题． （2）根据（1）中发现的规律即可解决问题． 【解答】解：（1）由所给图形可知， 第1个图案中黑色棋子的颗数为：222 2； 第2个图案中黑色棋子的颗数为：732 2；第3个图案中黑色棋子的颗数为：1442 2； 第4个图案中黑色棋子的颗数为：2352 2； ， 所以第n个图案中黑色棋子的颗数为[(n1)2 2]颗， 当n5时， (n1)2 236234（颗)， 即第5个图案中黑色棋子的颗数为34颗． 故答案为：34，(n1)2 2． （2）不能． 令(n1)2 22024， 解得n 20261（舍负）， 因为n为正整数， 所以用2024颗黑色棋子不能摆成一个图案． 【点评】本题考查图形变化的规律，能根据所给图形发现棋子个数变化的规律是解题的关键． 23 10．（2024•长丰县一模）如图，第1个图案中“〇”的个数为12，“●”的个数为 ； 2 34 第2个图案中“〇”的个数为23，“●”的个数为 ； 2 45 第3个图案中“〇”的个数为34，“●”的个数为 ； 2  （1）在第n个图案中，“〇”的个数为 n(n1) ，“●”的个数为 ．（用含n的式子表示） （2）根据图案中“●”和“〇”的排列方式及上述规律，求正整数n，使得第n个图案中“●”的个数是 2 “〇”的个数的 ． 3【分析】（1）根据所给图形，发现“●”和“〇”个数变化的规律即可解决问题． （2）根据（1）中发现的规律即可解决问题． 【解答】解：（1）由题知， 23 第1个图案中“〇”的个数为12，“●”的个数为 ； 2 34 第2个图案中“〇”的个数为23，“●”的个数为 ； 2 45 第3个图案中“〇”的个数为34，“●”的个数为 ； 2 ， (n1)(n2) 所以第n个图案中“〇”的个数为n(n1)，“●”的个数为 ； 2 (n1)(n2) 故答案为：n(n1)， ． 2 （2）由题知， (n1)(n2) 2  n(n1)， 2 3 解得n1或6， 因为n为正整数， 所以n6． 故正整数n的值为6． 【点评】本题考查图形变化的规律，能根据所给图形发现“●”和“〇”个数变化的规律是解题的关键． 11．（2024•阜阳一模）【观察思考】 【规律发现】 （1）第4个图案中黑色方块的个数为 13 ，黑、白两种方块的总个数为 ． （2）第n个图案中黑色方块的个数为 ，黑、白两种方块的总个数为 .（用含n的代数式表示） 【规律应用】 （3）白色方块的个数可能比黑色方块的个数多2024吗？若能，求出是第几个图案；若不能，请说明理 由．【分析】（1）依次求出图形中黑色方块及黑、白两种方块的总数，发现规律即可解决问题． （2）根据（1）中发现的规律即可解决问题． （3）根据（1）中发现的规律即可解决问题． 【解答】解：（1）由所给图形可知， 第1个图案中黑色方块的个数为：4131，黑、白两种方块的总个数为：151105； 第2个图案中黑色方块的个数为：7231，黑、白两种方块的总个数为：252105； 第3个图案中黑色方块的个数为：10331，黑、白两种方块的总个数为：353105； ， 所以第n个图案中黑色方块的个数为(3n1)块，黑、白两种方块的总个数为(10n5)块． 当n4时， 3n113， 10n545， 即第4个图案中黑色方块的个数为13块，黑、白两种方块的总个数为45块； 故答案为：13，45． （2）根据（1）发现的规律可知， 第n个图案中黑色方块的个数为(3n1)块，黑、白两种方块的总个数为(10n5)块； 故答案为：3n1，10n5． （3）不能． 若白色方块的个数比黑色方块的个数多2024， 则10n5(3n1)(3n1)2024， 2021 解得n ， 4 因为n为正整数， 所以白色方块的个数不能比黑色方块的个数多2024． 【点评】本题考查图形变化的规律，能根据所给图形发现黑、白两种颜色地砖个数变化的规律是解题的关 键． 12．（2024•安徽模拟）【观察思考】下列是由空白长方形和阴影长方形构成的图案：【规律发现】请用含n的式子填空： 图1中有12块阴影长方形，空白长方形有32128（块)； 图2中有22块阴影长方形，空白长方形有422212（块)； 图3中有32块阴影长方形，空白长方形有523216（块)；  （1）图n中有 n2 块阴影长方形，空白长方形有  （块)； 【规律应用】 （2）在图n中，是否存在空白长方形的块数恰好比阴影长方形块数少8块？若存在，通过计算求出n的值； 若不存在，请说明理由． 【分析】（1）根据题中所求出的阴影长方形及空白长方形的个数，发现规律即可解决问题． （2）根据（1）中发现的规律即可解决问题． 【解答】解：（1）由题知， 因为图1中有12块阴影长方形，空白长方形有32128（块)； 图2中有22块阴影长方形，空白长方形有422212（块)； 图3中有32块阴影长方形，空白长方形有523216（块)； ， 所以图n中有n2块阴影长方形，空白长方形有2(n2)2n(4n4)（块)； 故答案为：n2，2(n2)2n，(4n4)． （2）存在． 假设在图n中，存在空白长方形的块数恰好比阴影长方形块数少8块， 则n2 (4n4)8， 解得n2或6，又因为n为正整数， 所以n6， 即图6中空白长方形的块数恰好比阴影长方形块数少8块． 【点评】本题考查图形变化的规律，能根据所给图形用含n的代数式表示出图n中阴影及空白长方形的个数 是解题的关键． n(n1) 13．（2023•芜湖三模）观察与思考：我们知道123n ，那么13 23 33 n3结果等于 2 多少呢？ 请你仔细观察，找出下面图形与算式的关系，解决下列问题：? （1）尝试：第5个图形可以表示的等式是 13 23 33 43 53 152 ； （2）概括：13 23 33 n3  ； 13 23 20233 （3）拓展应用：求 的值． 1232023 【分析】（1）根据所给的图形与等式的形式进行求解即可； （2）分析所给的等式的形式，进行总结即可； （3）利用（2）的规律进行求解即可． 【解答】解：（1）第5个图形可以表示的等式是：13 23 33 43 53 152， 故答案为：13 23 33 43 53 152； n(n1) n2(n1)2 （2）13 23 33 n3 (123n)2 [ ]2  ， 2 4 n2(n1)2 故答案为： ； 4 13 23 20233 （3） 1232023 (1232023)2  12320231232023 20232024  2 2047276． 【点评】本题主要考查图形的变化规律，解答的关键是由所给的图形总结出存在的规律． 14．（2023•青岛二模）如图，(n1)个边长为2的等边三角形有一条边在同一直线上，设△B DC 的面积 2 1 1 为S ，△B D C 的面积为S ，，△B D C 的面积为S ． 1 3 2 2 2 n1 n n n 【规律探究】： 探究一 探究二 探究三 △BB D △C AD ， B B :AC 1:2， B B :AC 1:3，  1 2 1∽ 1 1  2 3 2  3 4 3 BD :DC 1:1， B D :D C 1:2， B D :DC 1:3， 1 1 1 1 2 2 2 2 3 3 3 3 3 S  ，S  ． S  ，S  . S  ． 2 1 3 2 1 2 【结论归纳】 S  .（用含n的式子表示） n 【分析】由n1个边长为2的等边三角形有一条边在同一直线上，则B ，B ，B ，B 在一条直线上， 1 2 3 n 可作出直线BB ．求得△ABC 的面积，然后由相似三角形的性质，求得S 的值，同理求得S 的值，继而 1 2 1 1 1 2 求得S 的值． n 【解答】解：n1个边长为2的等边三角形有一条边在同一直线上，则B ，B ，B ，B 在一条直线上， 1 2 3 n 作出直线BB ． 1 2 探究一： 1 S  2 3 3， AB1C1 2 BCB 60，  1 1 2 AB //B C ， 1 2 1 △BCB 是等边三角形，且边长2， 1 1 2 △BB D∽△C AD ， 1 2 1 1 1BD :DC 1:1， 1 1 1 1 3 S  ， 1 2 探究二： 同理：B B :AC 1:2， 2 3 2 B D :D C 1:2， 2 2 2 2 3 2 3 S  ；S  ； 1 2 2 3 探究三： 同理： B B :AC 1:3，  3 4 3 B D :DC 1:3， 3 3 3 3 3 3 2 3 S  ，S  ， 3 4 2 3 结论归纳： B B :AC 1:n， n n1 n B D :D C 1:n， n n n n 3n S  ． n n1 3 2 3 3 3 3 2 3 3n 故答案为： ； ； ； ； ； ． 2 3 2 4 3 n1 【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质以及等边三角形的性质．此题难度较大，属于规律性题目， 注意辅助线的作法，注意数形结合思想的应用． 15．（2023•定远县二模）丰艳花卉市场将深色和浅色两种花齐摆成如图所示的排列图案，第1个图案需要5 盆花卉，第2个图案需要13盆花卉，第3个图案需要25盆花卉，以此类推． ??按照以上规律，解决下列问题： （1）第4个图案需要花卉 41 盆； （2）第n个图案需要花卉 盆（用含n的代数式表示）； （3）已知丰艳花卉市场春节期间所摆的花卉图案中深色花卉比浅色花卉多101盆，求该花卉图案中深色花 卉的盆数．【分析】（1）第 1 个图案需要花卉的盆数为：51412 22，第 2 个图案需要花卉的盆数为： 13223322 32，第3个图案需要花卉的盆数为：25334432 42，，据此可求解； （2）根据（1）进行总结即可； （3）可设第m个花卉图案中深色花卉比浅色花卉多101盆，结合（2）进行求解即可． 【解答】解：（1）第1个图案需要花卉的盆数为：51412 22， 第2个图案需要花卉的盆数为：13223322 32， 第3个图案需要花卉的盆数为：25334432 42， 第4个图案需要花卉的盆数为：445542 52 162541， 故答案为：41； ( 2)由（1）可得：第n个图案需要花卉的盆数为：n2 (n1)2； 故答案为：[n2 (n1)2]； （3）设第m个花卉图案中深色花卉比浅色花卉多101盆， 由题意得：(m1)2 m2 101， 解得：m50， 512 2601， 答：该花卉图案中深色花卉的盆数为2601． 【点评】本题主要考查图形的变化规律，解答的关键是由所给的图形总结出存在的规律． 16．（2023•定远县校级一模）用同样大小的两种不同颜色（白色．灰色）的正方形纸片，按如图方式拼成 长方形． [观察思考] 第（1）个图形中有212张正方形纸片； 第（2）个图形中有2(12)623张正方形纸片； 第（3）个图形中有2(123)1234张正方形纸片； 第（4）个图形中有2(1234)2045张正方形纸片； 以此类推 [规律总结] （1）第（5）个图形中有 30 张正方形纸片（直接写出结果）； （2）根据上面的发现我们可以猜想：123n ；（用含n的代数式表示） [问题解决] （3）根据你的发现计算：101102103200． 【分析】（1）观察图形的变化即可得第（5）个图形中正方形纸片张数； n(n1) （2）根据上面的发现即可猜想：123n ； 2 （3）根据（2）即可进行计算． 【解答】解：（1）第（1）个图形中有212张正方形纸片； 第（2）个图形中有2(12)623张正方形纸片； 第（3）个图形中有2(123)1234张正方形纸片； 第（4）个图形中有2(1234)2045张正方形纸片； ， 第（5）个图形中有张正方形纸片5630张正方形纸片； 故答案为：30； n(n1) （2）根据上面的发现猜想：123n ； 2 n(n1) 故答案为： ； 2 （3）101102103200 (123200)(123100) 200(1200) 100(1100)   2 2 15050． 【点评】本题考查了规律型图形的变化类，解决本题的关键是观察图形的变化寻找规律．17．（2024•宣城一模）如图所示的图形是由边长为1的正方形按照某种规律排列而组成的，如图①，正方 形的个数为8，周长为18． （1）推测第4个图形中，正方形的个数为 23 ，周长为 ； （2）推测第n个图形中，正方形的个数为 ，周长为 ；（都用含n的代数式表示）． 【分析】（1）依次数出n1，2，3，4时正方形的个数，算出图形的周长； （2）根据规律以此类推，可得出第n个图形中，正方形的个数及周长． 【解答】解：（1） n1时，正方形有8个，即8513，  周长是18，即181018， 当n2时，正方形有13个，即13523， 周长是28，即281028， 当n3时，正方形有18个，即18533， 周长是38，即381038， 当n4时，正方形有23个，即23543， 周长是48，即481048， 故答案为：23，48． （2）由（1）可知，nn时，正方形有(5n3)个，周长是10n8， 故答案为：5n3，10n8． 【点评】本题主要考查的是图形的变化规律，从题目中找出正方形的个数变化规律是解题的关键． 18．（2024•安徽二模）【观察思考】如图，是某同学在棋盘上用围棋摆成的图案． 【规律发现】（1）第⑤个图案中“●”的个数为 15 ，“O”的个数为 ； （2）第n个图案中“●”的个数为 ，“O”的个数为 ； 【规律应用】 （3）该同学准备用100枚“●”棋子和100枚“O”棋子摆放第n个图案，摆放成完整的图案后，写出n 的最大值为 ；此时还剩下 枚棋子． 【分析】（1）依次列出前5个图中黑子和白子的个数即可求解； （2）根据规律发现第n个图案中白子为4n个，黑子为(123 n)个，然后倒序相加，即可求解；  n(n1) （3）使 100，解得：n13.65（舍负值），因此n最大为13，再求解即可． 2 【解答】解：（1）第①图中黑子为：1（个)， 第②个图中黑子为：123（个)， 第③个图中黑子为：1236（个)， 第④个图中黑子为：123410（个)， 第⑤个图案中黑子的个数为：1234515（个)； 第①个图中“O”的个数为：414（个)， 第②个图中“O”的个数为：428（个)， 第③个图中“O”的个数为：4312（个)， 第④个图中“O”的个数为：4416（个)， 第⑤个图中“O”的个数为：4520（个)； 故答案为：15；20． （2）根据（1），可得规律： 第n个图案中“●”的个数为：(1234 n)个，  令S 1234 n为①式，  S n(n1)(n2) 4321为②式，  由①②得：2S (1n)(1n) (1n)(1n)，其中有n个(n1)，  n(n1) S  （个)， 2 第n个图案中“O”的个数为：4n（个)， n(n1) 故答案为： ，4n． 2 n(n1) （3）使 100， 2解得：n13.65（舍负值）， n最大为13， 使用“O”的个数为：41352（个)； 1314 使用“●”的个数为： 91（个)； 2 剩余100521009157（个)， 故答案为：13，57． 【点评】本题考查的是图形的变化规律，从题目中找出棋子的变化规律是解题的关键． 19．（2024•合肥模拟）【观察思考】 如图，春节期间，广场上用红梅花（黑色圆点）和黄梅花（白色圆点）组成“中国结”图案． 【规律总结】 请用含n的式子填空： （1）第n个图案中黄梅花的盆数为 2n4 ； （2）第1个图案中红梅花的盆数可表示为12，第2个图案中红梅花的盆数可表示为23，第3个图案中 红梅花的盆数可表示为34，第4个图案中红梅花的盆数可表示为45，，第n个图案中红梅花的盆数 可表示为 ； 【问题解决】 （3）已知按照上述规律摆放的第n个“中国结”图案中红梅花比黄梅花多68盆，结合图案中红梅花和黄梅 花的排列方式及上述规律，求n的值． 【分析】（1）根据上述中国结的图形进行归纳计算即可； （2）结合上述图形和题目即可得出结果； （3）结合图案中红梅花和黄梅花的排列方式及上述规律，列出代数式并求解即可． 【解答】解：（1）根据上述图形可知， 第1个图案中黄梅花的盆数可表示为214， 第2个图案中红梅花的盆数可表示为224， 第3个图案中红梅花的盆数可表示为234，第4个图案中红梅花的盆数可表示为244， ， 第n个图案中黄梅花的盆数为：2n4， 故答案为：2n4； （2）根据题意可知： 第n个图案中红梅花的盆数表示为：n(n1)， 故答案为：n(n1)； （3）由题意得：n(n1)(2n4)68， 解得：n9，n8（不符合题意，舍去）， 即第9个图案中红梅花比黄梅花多68盆． 【点评】本题考查的是图形的变化规律，从图形中找出梅花的变化规律是解题的关键． 20．（2024•河北一模）图1、图2均由边长为1的小正方形按照一定的规律排列而组成的． 设图1中第n(n1)个图形有小正方形的个数为t ，图2中第n(n1)个图形有小正方形的个数为t ． 甲 乙 （1）请用含n(n1)的代数式表示t 、t ，并求n6时，t t 的值； 甲 乙 甲 乙 （2）比较t 和t 的大小，并说明理由． 甲 乙 【分析】（1）由图1可知，①2；②5231；③8232； ，则t 23n13n1，由图2可  甲 知，①212；②623；③1234； ，则t nn1，再计算n6时，t t 的值；  乙 甲 乙 （2）利用作差法进行比较即可． 【解答】解：（1）由图1可知，t 23n13n1， 甲由图2可知，t nn1， 乙 当n6时，t t 3n1nn1n2 4n162 46159； 甲 乙 （2）t t .理由如下： 甲乙 n1，  t t 甲 乙 3n1n(n1) n2 2n1 (n1)2 0， t t ． 甲乙 【点评】本题考查的是列代数式和图形的变化规律，从题目中找出图形的变化规律是解题的关键． 21．（2024•安庆一模）如图，已知图①是一块边长为1，周长记为C 的等边三角形卡纸，把图①的卡纸剪 1 1 1 去一个边长为 的等边三角形纸板后得到图②，然后沿同一底边再剪去一个边长为 的等边三角形后得到 2 4 1 1 1 图③，依次剪去一个边长为 , , 的等边三角形后，得到图④、⑤、⑥ 8 16 32 47 （1）第5个图形中卡纸的周长C  ； 5 16 （2）记图n(n…3)中的卡纸的周长为C ，则C C  ； n n n1 1 （3）若C C  ，求n的值． n n1 512 【分析】（1）根据上述图形变化，即可得出答案； 11 5 1 23 11 1 （2）先求出C ，C ，C ，C 的值，再求C C   ( )2，C C   ( )3，即可找出一般 1 2 3 4 3 2 4 2 2 4 3 8 4 2 1 规律；可得C C  ； n n1 2n1 1 1 （3）根据（2）可知C C   ，再求解即可． n n1 2n1 512 1 1 1 47 【解答】解：（1）C 11 2 2 3 ， 5 4 8 16 1647 故答案为： ． 16 （2）C 1113， 1 1 5 C 11  ， 2 2 2 1 11 C 113  ， 3 4 4 1 1 1 23 C 11 2 2 3 ， 4 2 4 8 8 11 5 1 C C   ( )2， 3 2 4 2 2 23 11 1 C C   ( )3， 4 3 8 4 2 1 C C  ， n n1 2n1 1 故答案为： ． 2n1 1 1 （3） C C   ，  n n1 2n1 512 2n1 51229， 可得n19， 解得：n10． 【点评】本题主要考查的是图形的变化规律，从题目中找出三角形的周长变化规律是解题的关键．