高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第十章 算法初步、復(fù)數(shù)、推理與證明 課時跟蹤檢測（四十八）合情推理與演繹推理 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題

課時跟蹤檢測（四十八）合情推理與演繹推理一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快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________．解析：a1＝1，a2＝4，a3＝9，a4＝16，猜想an＝n2.答案：an＝n22．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(dǎo)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．對于命題：若O是線段AB上一點，則有eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(eq\o(OB,\s\up7(→))))·eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(eq\o(OA,\s\up7(→))))·eq\o(OB,\s\up7(→))＝0.將它類比到平面的情形是：若O是△ABC內(nèi)一點，則有S△OBC·eq\o(OA,\s\up7(→))＋S△OCA·eq\o(OB,\s\up7(→))＋S△OBA·eq\o(OC,\s\up7(→))＝0.將它類比到空間的情形應(yīng)該是：若O是四面體ABCD內(nèi)一點，則有________________________________________________________________________．解析：將平面中的相關(guān)結(jié)論類比到空間，通常是將平面中的圖形的面積類比為空間中的幾何體的體積，因此依題意可知：若O為四面體ABCD內(nèi)一點，則有VOBCD·eq\o(OA,\s\up7(→))＋VOACD·eq\o(OB,\s\up7(→))＋VOABD·eq\o(OC,\s\up7(→))＋VOABC·eq\o(OD,\s\up7(→))＝0.答案：VOBCD·eq\o(OA,\s\up7(→))＋VOACD·eq\o(OB,\s\up7(→))＋VOABD·eq\o(OC,\s\up7(→))＋VOABC·eq\o(OD,\s\up7(→))＝05．(2018·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1．二維空間中，圓的一維測度(周長)l＝2πr，二維測度(面積)S＝πr2；三維空間中，球的二維測度(表面積)S＝4πr2，三維測度(體積)V＝eq\f(4,3)πr3.應(yīng)用合情推理，若四維空間中，“超球”的三維測度V＝8πr3，則其四維測度W＝________.解析：在二維空間中，圓的二維測度(面積)S＝πr2，則其導(dǎo)數(shù)S′＝2πr，即為圓的一維測度(周長)l＝2πr；在三維空間中，球的三維測度(體積)V＝eq\f(4,3)πr3，則其導(dǎo)數(shù)V′＝4πr2，即為球的二維測度(表面積)S＝4πr2；應(yīng)用合情推理，若四維空間中，“超球”的三維測度V＝8πr3，則其四維測度W＝2πr4.答案：2πr42．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(xué)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(yù)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．給出以下數(shù)對序列：(1,1)(1,2)(2,1)(1,3)(2,2)(3,1)(1,4)(2,3)(3,2)(4,1)……記第i行的第j個數(shù)對為aij，如a43＝(3,2)，則anm＝________.解析：由前4行的特點，歸納可得：若anm＝(a，b)，則a＝m，b＝n－m＋1，所以anm＝(m，n－m＋1)．答案：(m，n－m＋1)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．設(shè)n為正整數(shù)，f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，計算得f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)>2，f(8)>eq\f(5,2)，f(16)>3，觀察上述結(jié)果，可推測一般的結(jié)論為____________________．解析：因為f(21)＝eq\f(3,2)，f(22)>2＝eq\f(4,2)，f(23)>eq\f(5,2)，f(24)>eq\f(6,2)，所以歸納得f(2n)≥eq\f(n＋2,2).答案：f(2n)≥eq\f(n＋2,2)7．(2018·海門中學(xué)測試)有一個奇數(shù)組成的數(shù)陣排列如下：1371321…591523……111725………1927…………29……………則第30行從左到右第3個數(shù)是________．解析：由歸納推理可得第30行的第1個數(shù)是1＋4＋6＋8＋10＋…＋60＝eq\f(30×2＋60,2)－1＝929.又第n行從左到右的第2個數(shù)比第1個數(shù)大2n，第3個數(shù)比第2個數(shù)大2n＋2，所以第30行從左到右的第2個數(shù)比第1個數(shù)大60，第3個數(shù)比第2個數(shù)大62，故第30行從左到右第3個數(shù)是929＋60＋62＝1051.答案：10518．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(dāng)m＝0時，求函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)在(0，a]的最大值；(2)證明：當(dāng)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(其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，e＝2.718…)．解：(1)當(dāng)m＝0時，F(xiàn)(x)＝lnx－x2＋x，x∈(0，＋∞)，則F′(x)＝－eq\f(2x＋1x－1,x)，x∈(0，＋∞)，當(dāng)0<x<1時，F(xiàn)′(x)>0；當(dāng)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(dāng)0<a≤1時，F(xiàn)(x)的最大值為F(a)＝lna－a2＋a；當(dāng)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(dāng)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ex0＝eq\f(1,x0)，lnx0＝－x0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，x0))時，u(x)<0，h′(x)>0；當(dāng)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)ex0＋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(dāng)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(xué)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\f(3－2,2)n2＋eq\f(4－3,2)n；N(n,4)＝n2＝eq\f(4－2,2)n2＋eq\f(4－4,2)n；N(n,5)＝eq\f(3,2)n2－eq\f(1,2)n＝eq\f(5－2,2)n2＋eq\f(4－5,2)n；N(n,6)＝2n2－n＝eq\f(6－2,2)n2＋eq\f(4－6,2)n.故N(n，k)＝eq\f(k－2,2)n2＋eq\f(4－k,2)n，N(20,15)＝eq\f(15－2,2)×202＋eq\f(4－15,2)×20＝2490.答案：24903.(2018·東臺中學(xué)檢測)如圖，已知雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,9)＝1，F(xiàn)1，F(xiàn)2是左右兩個焦點，點M在雙曲線上．(1)若∠F1MF2＝90°，求△F1MF2的面積；(2)若∠F1MF2＝120°，△F1MF2的面積是多少？若∠F1MF2＝60°，△F1MF2的面積又是多少？(3)觀察以上結(jié)果，你能猜出隨著∠F1MF2的度數(shù)的變化，△F1MF2的面積將怎樣變化嗎？試證明你的結(jié)論．解：由雙曲線方程知a＝2，b＝3，c＝eq\r(13)，設(shè)MF1＝r1，MF2＝r2(r1>r2)，由雙曲線的定義，得r1－r2＝2a＝4，將r1－r2＝4兩邊平方得req\o\al(2,1)＋req\o\al(2,2)－2r1r2＝16