2020版新設(shè)計一輪復習數(shù)學（文）江蘇專版講義第十章第三節(jié)合情推理與演繹推理

第三節(jié)合情推理與演繹推理1．合情推理類型定義特點歸納推理從個別事實中推演出一般性的結(jié)論由部分到整體、由個別到一般類比推理根據(jù)兩個(或兩類)對象之間在某些方面的相似或相同，推演出它們在其他方面也相似或相同由特殊到特殊2．演繹推理(1)定義：從一般性的原理出發(fā)，推出某個特殊情況下的結(jié)論，我們把這種推理稱為演繹推理．簡言之，演繹推理是由一般到特殊的推理．(2)“三段論”是演繹推理的一般模式，包括：①大前提——已知的一般原理；②小前提——所研究的特殊情況；③結(jié)論——根據(jù)一般原理，對特殊情況做出的判斷．[小題體驗]1．已知數(shù)列{an}中，a1＝1，n≥2時，an＝an－1＋2n－1，依次計算a2，a3，a4后，猜想an的表達式是________．答案：an＝n22．已知數(shù)列{an}的第1項a1＝1，且an＋1＝eq\f(an,1＋an)(n＝1,2,3，…)，歸納該數(shù)列的通項公式an＝________.答案：eq\f(1,n)3．在平面上，若兩個正三角形的邊長的比為1∶2，則它們的面積比為1∶4.類似地，在空間中，若兩個正四面體的棱長的比為1∶2，則它們的體積比為________．答案：1∶81．合情推理是從已知的結(jié)論推測未知的結(jié)論，發(fā)現(xiàn)與猜想的結(jié)論都要經(jīng)過進一步嚴格證明．2．演繹推理是由一般到特殊的證明，它常用來證明和推理數(shù)學問題，注意推理過程的嚴密性，書寫格式的規(guī)范性．3．合情推理中運用猜想不能憑空想象，要有猜想或拓展依據(jù)．[小題糾偏]1．由eq\f(2,3)＜eq\f(3,4)，eq\f(2,3)＜eq\f(4,5)，eq\f(2,3)＜eq\f(5,6)，…，猜想若m＞0，則eq\f(2＋m,3＋m)與eq\f(2,3)之間的大小關(guān)系為________．答案：eq\f(2＋m,3＋m)＞eq\f(2,3)2．推理：“①矩形是平行四邊形；②三角形不是平行四邊形；③所以三角形不是矩形”中的小前提是________(填序號)．解析：由三段論的形式，可知小前提是三角形不是平行四邊形．故填②.答案：②eq\a\vs4\al(考點一類比推理)eq\a\vs4\al(基礎(chǔ)送分型考點——自主練透)[題組練透]1．若P0(x0，y0)在橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)外，過P0作橢圓的兩條切線的切點為P1，P2，則切點弦P1P2所在的直線方程是eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1，那么對于雙曲線則有如下命題：若P(x0，y0)在雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)外，過P0作雙曲線的兩條切線，切點為P1，P2，則切點弦P1P2所在直線的方程是________．解析：類比橢圓的切點弦方程可得雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的切點弦方程為eq\f(x0x,a2)－eq\f(y0y,b2)＝1.答案：eq\f(x0x,a2)－eq\f(y0y,b2)＝12．半徑為x(x＞0)的圓的面積函數(shù)f(x)的導數(shù)等于該圓的周長的函數(shù)．對于半徑為R(R＞0)的球，類似的結(jié)論為____________________________．解析：因為半徑為x(x＞0)的圓的面積函數(shù)f(x)＝πx2，所以f′(x)＝2πx.類似地，半徑為R(R＞0)的球的體積函數(shù)V(R)＝eq\f(4,3)πR3，所以V′(R)＝4πR2.故對于半徑為R(R＞0)的球，類似的結(jié)論為半徑為R(R＞0)的球的體積函數(shù)V(R)的導數(shù)等于該球的表面積的函數(shù)．答案：半徑為R(R＞0)的球的體積函數(shù)V(R)的導數(shù)等于該球的表面積的函數(shù)3．(2018·宿遷期末)對于自然數(shù)方冪和Sk(n)＝1k＋2k＋…＋nk(n∈N*，k∈N*)，S1(n)＝eq\f(nn＋1,2)，S2(n)＝12＋22＋…＋n2，求和方法如下：23－13＝3＋3＋1，33－23＝3×22＋3×2＋1，…(n＋1)3－n3＝3n2＋3n＋1，將上面各式左右兩邊分別相加，就會有(n＋1)3－13＝3S2(n)＋3S1(n)＋n，解得S2(n)＝eq\f(1,6)n(n＋1)(2n＋1)，類比以上過程，則S3(n)＝________.解析：24－14＝4×13＋6×12＋4×1＋1，34－24＝4×23＋6×22＋4×2＋1，…(n＋1)4－n4＝4n3＋6n2＋4n＋1，將上面各式左右兩邊分別相加，就會有(n＋1)4－14＝4S3(n)＋6S2(n)＋4S1(n)＋n，代入S1(n)＝eq\f(1,2)n(n＋1)，S2(n)＝eq\f(1,6)n(n＋1)(2n＋1)，可得S3(n)＝eq\f(1,4)n2(n＋1)2.答案：eq\f(1,4)n2(n＋1)2[謹記通法]類比推理的分類及處理方法類別解讀適合題型類比定義在求解由某種熟悉的定義產(chǎn)生的類比推理型試題時，可以借助原定義來求解已知熟悉定義類比新定義類比性質(zhì)從一個特殊式子的性質(zhì)、一個特殊圖形的性質(zhì)入手，提出類比推理型問題，求解時要認真分析兩者之間的聯(lián)系與區(qū)別，深入思考兩者的轉(zhuǎn)化過程是求解的關(guān)鍵平面幾何與立體幾何、等差數(shù)列與等比數(shù)列類比方法有一些處理問題的方法具有類比性，可以把這種方法類比應用到其他問題的求解中，注意知識的遷移已知熟悉的處理方法類比未知問題的處理方法eq\a\vs4\al(考點二歸納推理)eq\a\vs4\al(題點多變型考點——多角探明)[鎖定考向]歸納推理是每年高考的?？純?nèi)容．常見的命題角度有：(1)與數(shù)字有關(guān)的推理；(2)與式子有關(guān)的推理；(3)與圖形有關(guān)的推理．[題點全練]角度一：與數(shù)字有關(guān)的推理1．(2019·太湖高級中學檢測)如圖，它滿足第n行首尾兩數(shù)均為n，A(i，j)表示第i(i≥2)行第j個數(shù)，則A(100,2)的值是________．解析：由圖可知：第二行的第二個數(shù)為2，第三行的第二個數(shù)為4＝2＋2，第四行的第二個數(shù)為7＝3＋2＋2，第五行的第二個數(shù)為11＝4＋3＋2＋2，第六行的第二個數(shù)為16＝5＋4＋3＋2＋2，…故推斷第n行的第二個數(shù)為[(n－1)＋(n－2)＋…＋2]＋2＝eq\f(n2－n＋2,2)，故第100行的第二個數(shù)為eq\f(1002－100＋2,2)＝4951，所以A(100,2)的值是4951.答案：4951角度二：與式子有關(guān)的推理2．(2018·常熟中學測試)已知coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，coseq\f(π,5)coseq\f(2π,5)＝eq\f(1,4)，coseq\f(π,7)coseq\f(2π,7)coseq\f(3π,7)＝eq\f(1,8)，……(1)根據(jù)以上等式，可猜想出的一般結(jié)論是____________；(2)若數(shù)列{an}中，a1＝coseq\f(π,3)，a2＝coseq\f(π,5)coseq\f(2π,5)，a3＝coseq\f(π,7)coseq\f(2π,7)coseq\f(3π,7)，……，前n項和Sn＝eq\f(1023,1024)，則n＝________.解析：(1)從題中所給的幾個等式可知，第n個等式的左邊應有n個余弦相乘，且分母均為2n＋1，分子分別為π，2π，…，nπ，右邊應為eq\f(1,2n)，故可以猜想出的一般結(jié)論為coseq\f(π,2n＋1)·coseq\f(2π,2n＋1)·…·coseq\f(nπ,2n＋1)＝eq\f(1,2n)(n∈N*)．(2)由(1)可知an＝eq\f(1,2n)，故Sn＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝1－eq\f(1,2n)＝eq\f(2n－1,2n)＝eq\f(1023,1024)，解得n＝10.答案：(1)coseq\f(π,2n＋1)·coseq\f(2π,2n＋1)·…·coseq\f(nπ,2n＋1)＝eq\f(1,2n)(n∈N*)(2)10角度三：與圖形有關(guān)的推理3．分形幾何學是數(shù)學家伯努瓦·曼德爾布羅在20世紀70年代創(chuàng)立的一門新的數(shù)學學科，它的創(chuàng)立為解決傳統(tǒng)科學眾多領(lǐng)域的難題提供了全新的思路．按照如圖(1)所示的分形規(guī)律可得如圖(2)所示的一個樹形圖．若記圖(2)中第n行黑圈的個數(shù)為an，則a2019＝________.解析：根據(jù)題圖(1)所示的分形規(guī)律，可知1個白圈分形為2個白圈1個黑圈，1個黑圈分形為1個白圈2個黑圈，把題圖(2)中的樹形圖的第1行記為(1,0)，第2行記為(2,1)，第3行記為(5,4)，第4行的白圈數(shù)為2×5＋4＝14，黑圈數(shù)為5＋2×4＝13，所以第4行的“坐標”為(14,13)，同理可得第5行的“坐標”為(41,40)，第6行的“坐標”為(122,121)，….各行黑圈數(shù)乘2，分別是0,2,8,26,80，…，即1－1,3－1，9－1,27－1,81－1，…，所以可以歸納出第n行的黑圈數(shù)an＝eq\f(3n－1－1,2)(n∈N*)，所以a2019＝eq\f(32018－1,2).答案：eq\f(32018－1,2)[通法在握]歸納推理問題的常見類型及解題策略常見類型解題策略與數(shù)字有關(guān)的等式的推理觀察數(shù)字特點，找出等式左右兩側(cè)的規(guī)律及符號可解與式子有關(guān)的推理觀察每個式子的特點，找到規(guī)律后可解與圖形變化有關(guān)的推理合理利用特殊圖形歸納推理得出結(jié)論，并用賦值檢驗法驗證其真?zhèn)涡訹演練沖關(guān)]1．(2019·蘇州調(diào)研)觀察下列式子：1＋eq\f(1,22)＜eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＜eq\f(5,3)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＜eq\f(7,4)，…，根據(jù)以上式子可以猜想1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,20192)＜________.解析：由題意，根據(jù)所給式子，右邊分子是2n－1，分母是n，可得答案為eq\f(4037,2019).答案：eq\f(4037,2019)2．某種平面分形圖如圖所示，一級分形圖是由一點出發(fā)的三條線段，長度均為1，兩兩夾角為120°；二級分形圖是在一級分形圖的每條線段的末端出發(fā)再生成兩條長度為原來eq\f(1,3)的線段，且這兩條線段與原線段兩兩夾角為120°，…，依此規(guī)律得到n級分形圖．n級分形圖中共有________條線段．解析：分形圖的每條線段的末端出發(fā)再生成兩條線段，由題圖知，一級分形圖有3＝(3×2－3)條線段，二級分形圖有9＝(3×22－3)條線段，三級分形圖中有21＝(3×23－3)條線段，按此規(guī)律n級分形圖中的線段條數(shù)an＝3×2n－3.答案：3×2n－3eq\a\vs4\al(考點三演繹推理)eq\a\vs4\al(重點保分型考點——師生共研)[典例引領(lǐng)]數(shù)列{an}的前n項和記為Sn，已知a1＝1，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn(n∈N*)．證明：(1)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等比數(shù)列；(2)Sn＋1＝4an.證明：(1)因為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)，(小前提)故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是以2為公比，1為首項的等比數(shù)列．(結(jié)論)(大前提是等比數(shù)列的定義)(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)．(小前提)又因為a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提)所以對于任意正整數(shù)n，都有Sn＋1＝4an.(結(jié)論)[由題悟法]演繹推理的推證規(guī)則(1)演繹推理是從一般到特殊的推理，其一般形式是三段論，應用三段論解決問題時，應當首先明確什么是大前提和小前提，如果前提是顯然的，則可以省略．(2)在推理論證過程中，一些稍復雜一點的證明題常常要由幾個三段論才能完成．[即時應用](2018·南通中學高三數(shù)學練習)設(shè)數(shù)列{an}是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，其前n項和為Sn，若a1a5＝64，S5－S3＝48.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)對于正整數(shù)k，m，l(k＜m＜l)，求證：“m＝k＋1且l＝k＋3”是“5ak，am，al這三項經(jīng)適當排序后能構(gòu)成等差數(shù)列”成立的充要條件．解：(1)因為數(shù)列{an}是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，所以a1a5＝aeq\o\al(2,3)＝64，所以a3＝8，又因為S5－S3＝48，所以a5＋a4＝8q2＋8q＝48，所以q＝2，所以an＝8·2n－3＝2n.(2)證明：(ⅰ)必要性：設(shè)5ak，am，al這三項經(jīng)適當排序后能構(gòu)成等差數(shù)列，①若2·5ak＝am＋al，則10·2k＝2m＋2l，所以10＝2m－k＋2l－k，所以5＝2m－k－1＋2l－k－1，又因為k＜m＜l，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m－k－1＝1，,2l－k－1＝4，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝k＋1，,l＝k＋3.))②若2am＝5ak＋al，則2·2m＝5·2k＋2l，所以2m＋1－k－2l－k＝5，左邊為偶數(shù)，等式不成立．③若2al＝5ak＋am，同理也不成立，綜合①②③，得m＝k＋1，l＝k＋3，所以必要性成立．(ⅱ)充分性：設(shè)m＝k＋1，l＝k＋3，則5ak，am，al這三項為5ak，ak＋1，ak＋3，即5ak,2ak,8ak，調(diào)整順序后易知2ak,5ak,8ak成等差數(shù)列，所以充分性也成立．綜合(ⅰ)(ⅱ)，充要性得證．一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快1．(2019·徐州調(diào)研)已知f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N*)，經(jīng)計算得f(4)＞2，f(8)＞eq\f(5,2)，f(16)＞3，f(32)＞eq\f(7,2)，則對于任意n(n∈N*)有不等式________成立．解析：觀察已知中的等式：f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)＞2，f(8)＞eq\f(5,2)，f(16)＞3，f(32)＞eq\f(7,2)，…，則f(2n)≥eq\f(n＋2,2).答案：f(2n)≥eq\f(n＋2,2)2．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差數(shù)列．類比以上結(jié)論我們可以得到的一個真命題為：設(shè)等比數(shù)列{bn}的前n項積為Tn，則____________________成等比數(shù)列．解析：利用類比推理把等差數(shù)列中的差換成商即可．答案：T4，eq\f(T8,T4)，eq\f(T12,T8)，eq\f(T16,T12)3．由代數(shù)式的乘法法則類比推導向量的數(shù)量積的運算法則：①“mn＝nm”類比得到“a·b＝b·a”；②“(m＋n)t＝mt＋nt”類比得到“(a＋b)·c＝a·c＋b·c”；③“(m·n)t＝m(n·t)”類比得到“(a·b)·c＝a·(b·c)”；④“t≠0，mt＝xt?m＝x”類比得到“p≠0，a·p＝x·p?a＝x”；⑤“|m·n|＝|m|·|n|”類比得到“|a·b|＝|a|·|b|”；⑥“eq\f(ac,bc)＝eq\f(a,b)”類比得到“eq\f(a·c,b·c)＝eq\f(a,b)”．以上的式子中，類比得到的結(jié)論正確的個數(shù)是________．解析：①②正確，③④⑤⑥錯誤．答案：24．(2018·揚州期末)點(x0，y0)到直線Ax＋By＋C＝0的距離公式為d＝eq\f(|Ax0＋By0＋C|,\r(A2＋B2))，通過類比的方法，可求得：在空間中，點(1,1,2)到平面x＋y＋2z＋3＝0的距離為________．解析：在空間中，點(1,1,2)到平面x＋y＋2z＋3＝0的距離d＝eq\f(|1＋1＋4＋3|,\r(1＋1＋4))＝eq\f(3\r(6),2).答案：eq\f(3\r(6),2)5．(2019·南京調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝x3＋x，對于等差數(shù)列{an}滿足：f(a2－1)＝2，f(a2016－3)＝－2，Sn是其前n項和，則S2017＝________.解析：因為函數(shù)f(x)＝x3＋x為奇函數(shù)，且在R上單調(diào)遞增，又因為f(a2－1)＝2，f(a2016－3)＝－2，則a2－1＝－(a2016－3)，即a2＋a2016＝4，即a1＋a2017＝4.則S2017＝eq\f(2017,2)(a1＋a2017)＝4034.答案：40346．(2018·啟東檢測)[x]表示不超過x的最大整數(shù)，例如：[π]＝3.S1＝[eq\r(1)]＋[eq\r(2)]＋[eq\r(3)]＝3，S2＝[eq\r(4)]＋[eq\r(5)]＋[eq\r(6)]＋[eq\r(7)]＋[eq\r(8)]＝10，S3＝[eq\r(9)]＋[eq\r(10)]＋[eq\r(11)]＋[eq\r(12)]＋[eq\r(13)]＋[eq\r(14)]＋[eq\r(15)]＝21，……依此規(guī)律，那么S10＝________.解析：因為[x]表示不超過x的最大整數(shù)，所以S1＝[eq\r(1)]＋[eq\r(2)]＋[eq\r(3)]＝1×3＝3，S2＝[eq\r(4)]＋[eq\r(5)]＋[eq\r(6)]＋[eq\r(7)]＋[eq\r(8)]＝2×5＝10，S3＝[eq\r(9)]＋[eq\r(10)]＋[eq\r(11)]＋[eq\r(12)]＋[eq\r(13)]＋[eq\r(14)]＋[eq\r(15)]＝3×7＝21，……，Sn＝[eq\r(n2)]＋[eq\r(n2＋1)]＋[eq\r(n2＋2)]＋…＋[eq\r(n2＋2n－1)]＋[eq\r(n2＋2n)]＝n×(2n＋1)，所以S10＝10×21＝210.答案：210二保高考，全練題型做到高考達標1．已知正三角形ABC，它的高為h，內(nèi)切圓的半徑為r，則eq\f(r,h)＝eq\f(1,3)，類比這一結(jié)論可知：正四面體S-ABC的高為H，內(nèi)切球的半徑為R，則eq\f(R,H)＝________.解析：從平面圖形類比空間圖形，從二維類比三維，可得如下結(jié)論：正四面體的內(nèi)切球半徑等于這個正四面體高的eq\f(1,4).證明如下：球心到正四面體一個面的距離即球的半徑R，連結(jié)球心與正四面體的四個頂點，把正四面體分成四個高為R的三棱錐，設(shè)正四面體一個面的面積為S，所以4·eq\f(1,3)S·R＝eq\f(1,3)·S·H，解得R＝eq\f(1,4)H，所以eq\f(R,H)＝eq\f(1,4).答案：eq\f(1,4)2．觀察下列等式12＝112－22＝－312－22＋32＝612－22＋32－42＝－10……照此規(guī)律，第n個等式可為________________．解析：觀察規(guī)律可知，第n個式子為12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1eq\f(nn＋1,2).答案：12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1eq\f(nn＋1,2)3．(2018·南京第十三中學檢測)某種樹的分枝生長規(guī)律如圖所示，第1年到第5年的分枝數(shù)分別為1,1,2,3,5，則預計第10年樹的分枝數(shù)為________．解析：因為2＝1＋1,3＝2＋1,5＝3＋2，即從第三項起每一項都等于前兩項的和，所以第10年樹的分枝數(shù)為21＋34＝55.答案：554．(2019·南京模擬)觀察下列式子：eq\r(1×2)＜2，eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)＜eq\f(9,2)，eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)＋eq\r(3×4)＜8，eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)＋eq\r(3×4)＋eq\r(4×5)＜eq\f(25,2)，……，根據(jù)以上規(guī)律，第n(n∈N*)個不等式是____________________．解析：根據(jù)所給不等式可得第n個不等式是eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)＋…＋eq\r(n×n＋1)＜eq\f(n＋12,2).答案：eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)＋…＋eq\r(n×n＋1)＜eq\f(n＋12,2)5．在平面幾何中：△ABC的∠C內(nèi)角平分線CE分AB所成線段的比為eq\f(AC,BC)＝eq\f(AE,BE).把這個結(jié)論類比到空間：在三棱錐A-BCD中(如圖)，平面DEC平分二面角A-CD-B且與AB相交于E，則得到類比的結(jié)論是______________．解析：由平面中線段的比轉(zhuǎn)化為空間中面積的比可得eq\f(AE,EB)＝eq\f(S△ACD,S△BCD).答案：eq\f(AE,EB)＝eq\f(S△ACD,S△BCD)6．(2018·常州調(diào)研)已知數(shù)組eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,1)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,2)，\f(3,1)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(2,3)，\f(3,2)，\f(4,1)))，…，記該數(shù)組為(a1)，(a2，a3)，(a4，a5，a6)，…，則a2019＝________.解析：設(shè)a2019是第M組數(shù)中的第N個數(shù)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋2＋3＋…＋M－1＜2019，,1＋2＋3＋…＋M≥2019，))解得M＝64，且1＋2＋3＋…＋63＝2016，∵2019－2016＝3，∴a2019＝eq\f(3,62).答案：eq\f(3,62)7．(2018·沭陽月考)將正奇數(shù)按如下規(guī)律填在5列的數(shù)表中：則2019排在該表的第________行，第________列．(行是從上往下數(shù)，列是從左往右數(shù))1719212331292725……………解析：∵2019＝252×8＋3＝253×8－5，∴2019在第253行，∵第三列數(shù)：3,11,19,27，…，規(guī)律為8n－5，∴2019應該出現(xiàn)在第3列．答案：25338．如果函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是凸函數(shù)，那么對于區(qū)間D內(nèi)的任意x1，x2，…，xn，都有eq\f(fx1＋fx2＋…＋fxn,n)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n))).若y＝sinx在區(qū)間(0，π)上是凸函數(shù)，那么在△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值是________．解析：由題意知，凸函數(shù)滿足eq\f(fx1＋fx2＋…＋fxn,n)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n)))，又y＝sinx在區(qū)間(0，π)上是凸函數(shù)，則sinA＋sinB＋sinC≤3sineq\f(A＋B＋C,3)＝3sineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(3),2).答案：eq\f(3\r(3),2)9．(2018·蘇州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝x2－x－m.(1)當m＝0時，求函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)在(0，a]的最大值；(2)證明：當m≥－3時，不等式f(x)＋g(x)＜x2－(x－2)ex對任意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))…)．解：(1)當m＝0時，F(xiàn)(x)＝lnx－x2＋x，x∈(0，＋∞)，則F′(x)＝－eq\f(2x＋1x－1,x)，x∈(0，＋∞)，當0＜x＜1時，F(xiàn)′(x)＞0；當x＞1時，F(xiàn)′(x)＜0，所以F(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以當0＜a≤1時，F(xiàn)(x)的最大值為F(a)＝lna－a2＋a；當a＞1時，F(xiàn)(x)的最大值為F(1)＝0.(2)證明：f(x)＋g(x)＜x2－(x－2)ex可化為m＞(x－2)ex＋lnx－x，設(shè)h(x)＝(x－2)ex＋lnx－x，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，要證m≥－3時，m＞h(x)對任意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))均成立，只要證h(x)max＜－3即可，下證此結(jié)論成立．因為h′(x)＝(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,x)))，所以當eq\f(1,2)＜x＜1時，x－1＜0，設(shè)u(x)＝ex－eq\f(1,x)，則u′(x)＝ex＋eq\f(1,x2)＞0，所以u(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞增，又因為u(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上的圖象是一條不間斷的曲線，且ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\r(e)－2＜0，u(1)＝e－1＞0，所以?x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使得u(x0)＝0，即e＝eq\f(1,x0)，lnx0＝－x0，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，x0))時，u(x)＜0，h′(x)＞0；當x∈(x0,1)時，u(x)＞0，h′(x)＜0；所以函數(shù)h(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，x0))上單調(diào)遞增，在(x0,1]上單調(diào)遞減，所以h(x)max＝h(x0)＝(x0－2)e＋lnx0－x0＝(x0－2)·eq\f(1,x0)－2x0＝1－eq\f(2,x0)－2x0.因為y＝1－eq\f(2,x)－2x在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞增，所以h(x0)＝1－eq\f(2,x0)－2x0＜1－2－2＝－3，即h(x)max＜－3，所以當m≥－3時，不等式f(x)＋g(x)＜x2－(x－2)ex對任意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))均成立.10．已知O是△ABC內(nèi)任意一點，連結(jié)AO，BO，CO并延長，分別交對邊于A′，B′，C′，則eq\f(OA′,AA′)＋eq\f(OB′,BB′)＋eq\f(OC′,CC′)＝1，這是一道平面幾何題，其證明常采用“面積法”：eq\f(OA′,AA′)＋eq\f(OB′,BB′)＋eq\f(OC′,CC′)＝eq\f(S△OBC,S△ABC)＋eq\f(S△OCA,S△ABC)＋eq\f(S△OAB,S△ABC)＝eq\f(S△ABC,S△ABC)＝1.請運用類比思想，對于空間中的四面體ABCD，存在什么類似的結(jié)論，并用“體積法”證明．解：在四面體ABCD中，任取一點O，連結(jié)AO，DO，BO，CO并延長，分別交四個面于E，F(xiàn)，G，H點．則eq\f(OE,AE)＋eq\f(OF,DF)＋eq\f(OG,BG)＋eq\f(OH,CH)＝1.證明：在四面體OBCD與ABCD中，eq\f(OE,AE)＝eq\f(h1,h)＝eq\f(\f(1,3)S△BCD·h1,\f(1,3)S△BCD·h)＝eq\f(VOBCD,VABCD).同理有eq\f(OF,DF)＝eq\f(VOABC,VDABC)；eq\f(OG,BG)＝eq\f(VOACD,VBACD)；eq\f(OH,CH)＝eq\f(VOABD,VCABD).所以eq\f(OE,AE)＋eq\f(OF,DF)＋eq\f(OG,BG)＋eq\f(OH,CH)＝eq\f(VOBCD＋VOABC＋VOACD＋VOABD,VABCD)＝eq\f(VABCD,VABCD)＝1.三上臺階，自主選做志在沖刺名校1．觀察下列事實：|x|＋|y|＝1的不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為4，|x|＋|y|＝2的不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為8，|x|＋|y|＝3的不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為12，…，則|x|＋|y|＝20的不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為________．解析：由|x|＋|y|＝1的不同整數(shù)解的個數(shù)為4，|x|＋|y|＝2的不同整數(shù)解的個數(shù)為8，|x|＋|y|＝3的不同整數(shù)解的個數(shù)為12，歸納推理得|x|＋|y|＝n的不同整數(shù)解的個數(shù)為4n，故|x|＋|y|＝20的不同整數(shù)解的個數(shù)為80.答案：802．古希臘的數(shù)學家研究過各種多邊形數(shù)．記第n個k邊形數(shù)為N(n，k)(k≥3)，以下列出了部分k邊形數(shù)中第n個數(shù)的表達式：三角形數(shù)N(n,3)＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,2)n四邊形數(shù)N(n,4)＝n2五邊形數(shù)N(n,5)＝eq\f(3,2)n2－eq\f(1,2)n六邊形數(shù)N(n,6)＝2n2－n……可以推測N(n，k)的表達式，由此計算N(20,15)的值為________．解析：原已知式子可化為N(n,3)＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,2)n＝eq\