《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(shí)跟蹤檢測(cè)（四十八）合情推理與演繹推理 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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(shí)跟蹤檢測(cè)（四十八）合情推理與演繹推理 文（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、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(shí)跟蹤檢測(cè)（四十八）合情推理與演繹推理 文 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(shí)，an＝an－1＋2n－1，依次計(jì)算a2，a3，a4后，猜想an的表達(dá)式是________． 解析：a1＝1，a2＝4，a3＝9，a4＝16，猜想an＝n2. 答案：an＝n2 2．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)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(gè)真命題為：設(shè)等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)積為Tn，則____________________成等比數(shù)列． 解

2、析：利用類比推理把等差數(shù)列中的差換成商即可． 答案：T4，，， 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(yùn)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“＝”類比得到“＝”． 以上的式子中，類比得到的結(jié)論正確的個(gè)數(shù)是________． 解析：①②正確，③④⑤

3、⑥錯(cuò)誤． 答案：2 4．對(duì)于命題：若O是線段AB上一點(diǎn)，則有·＋·＝0. 將它類比到平面的情形是： 若O是△ABC內(nèi)一點(diǎn)，則有S△OBC·＋S△OCA·＋S△OBA·＝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(diǎn)，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(diǎn)，則有VOBCD·＋VOACD·＋VOABD·＋VOABC·＝0.

4、 答案：VOBCD·＋VOACD·＋VOABD·＋VOABC·＝0 5．(xx·南京調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝x3＋x，對(duì)于等差數(shù)列{an}滿足：f(a2－1)＝2，f(a2 016－3)＝－2，Sn是其前n項(xiàng)和，則S2 017＝________. 解析：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝x3＋x為奇函數(shù)，且在R上單調(diào)遞增， 又因?yàn)閒(a2－1)＝2，f(a2 016－3)＝－2，則a2－1＝－(a2 016－3)，即a2＋a2 016＝4，即a1＋a2 017＝4. 則S2 017＝(a1＋a2 017)＝4 034. 答案：4 034 6．(xx·啟東檢測(cè)) [x]表示不超過(guò)x的最大整

5、數(shù)，例如：[π]＝3. S1＝[]＋[]＋[]＝3， S2＝[]＋[]＋[]＋[]＋[]＝10， S3＝[]＋[]＋[]＋[]＋[]＋[]＋[]＝21， …… 依此規(guī)律，那么S10＝________. 解析：因?yàn)閇x]表示不超過(guò)x的最大整數(shù)， 所以S1＝[]＋[]＋[]＝1×3＝3， S2＝[]＋[]＋[]＋[]＋[]＝2×5＝10， S3＝[]＋[]＋[]＋[]＋[]＋[]＋[]＝3×7＝21，……， Sn＝[]＋[]＋[]＋…＋[]＋[]＝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(dá)標(biāo) 1．二維空間中，圓的一維測(cè)

6、度(周長(zhǎng))l＝2πr，二維測(cè)度(面積)S＝πr2；三維空間中，球的二維測(cè)度(表面積)S＝4πr2，三維測(cè)度(體積)V＝πr3.應(yīng)用合情推理，若四維空間中，“超球”的三維測(cè)度V＝8πr3，則其四維測(cè)度W＝________. 解析：在二維空間中，圓的二維測(cè)度(面積)S＝πr2，則其導(dǎo)數(shù)S′＝2πr，即為圓的一維測(cè)度(周長(zhǎng))l＝2πr；在三維空間中，球的三維測(cè)度(體積)V＝πr3，則其導(dǎo)數(shù)V′＝4πr2，即為球的二維測(cè)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(cè)度V＝8πr3，則其四維測(cè)度W＝2πr4. 答案：2πr4 2．觀察下列等式 12＝1 12－22＝－3

7、 12－22＋32＝6 12－22＋32－42＝－10 …… 照此規(guī)律，第n個(gè)等式可為_(kāi)_______________． 解析：觀察規(guī)律可知，第n個(gè)式子為12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1. 答案：12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1 3．(xx·南京第十三中學(xué)檢測(cè))某種樹(shù)的分枝生長(zhǎng)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(jì)第10年樹(shù)的分枝數(shù)為_(kāi)_______． 解析：因?yàn)?＝1＋1,3＝2＋1,5＝3＋2，即從第三項(xiàng)起每一項(xiàng)都等于前兩項(xiàng)的和，所以第10年樹(shù)的分枝數(shù)為21＋34＝55. 答案：55

8、 4．給出以下數(shù)對(duì)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(gè)數(shù)對(duì)為aij，如a43＝(3,2)，則anm＝________. 解析：由前4行的特點(diǎn)，歸納可得：若an m＝(a，b)，則a＝m，b＝n－m＋1，所以an m＝(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＝.把這個(gè)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____________

9、__． 解析：由平面中線段的比轉(zhuǎn)化為空間中面積的比可得 ＝. 答案：＝ 6．設(shè)n為正整數(shù)，f(n)＝1＋＋＋…＋，計(jì)算得f(2)＝，f(4)>2，f(8)>，f(16)>3，觀察上述結(jié)果，可推測(cè)一般的結(jié)論為_(kāi)___________________． 解析：因?yàn)閒(21)＝，f(22)>2＝，f(23)>，f(24)>，所以歸納得f(2n)≥. 答案：f(2n)≥ 7．(xx·海門中學(xué)測(cè)試) 有一個(gè)奇數(shù)組成的數(shù)陣排列如下： 1 3 7 13 21 … 5 9 15 23 … … 11 17 25 … … … 19 27 … … …

10、 … 29 … … … … … … … … … … … 則第30行從左到右第3個(gè)數(shù)是________． 解析：由歸納推理可得第30行的第1個(gè)數(shù)是1＋4＋6＋8＋10＋…＋60＝－1＝929.又第n行從左到右的第2個(gè)數(shù)比第1個(gè)數(shù)大2n，第3個(gè)數(shù)比第2個(gè)數(shù)大2n＋2，所以第30行從左到右的第2個(gè)數(shù)比第1個(gè)數(shù)大60，第3個(gè)數(shù)比第2個(gè)數(shù)大62，故第30行從左到右第3個(gè)數(shù)是929＋60＋62 ＝1 051. 答案：1 051 8．如果函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是凸函數(shù)，那么對(duì)于區(qū)間D內(nèi)的任意x1，x2，…，xn，都有≤f.若y＝sin x在區(qū)間(0，π)上是凸函數(shù)，那么在△A

11、BC中，sin A＋sin B＋sin C的最大值是________． 解析：由題意知，凸函數(shù)滿足 ≤f， 又y＝sin x在區(qū)間(0，π)上是凸函數(shù)， 則sin A＋sin B＋sin C≤3sin＝3sin＝. 答案： 9．(xx·蘇州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ln x，g(x)＝x2－x－m. (1)當(dāng)m＝0時(shí)，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(shí)，不等式f(x)＋g(x)

12、 則F′(x)＝－，x∈(0，＋∞)， 當(dāng)00；當(dāng)x>1時(shí)，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)01時(shí)，F(xiàn)(x)的最大值為F(1)＝0. (2)證明：f(x)＋g(x)(x－2)ex＋ln x－x， 設(shè)h(x)＝(x－2)ex＋ln x－x，x∈， 要證m≥－3時(shí)，m>h(x)對(duì)任意x∈均成立， 只要證h(x)max<－3即可，下證此結(jié)論成立． 因?yàn)閔′(x)＝(x－1)，所以當(dāng)

13、， 設(shè)u(x)＝ex－，則u′(x)＝ex＋>0， 所以u(píng)(x)在上單調(diào)遞增， 又因?yàn)閡(x)在區(qū)間上的圖象是一條不間斷的曲線，且u＝－2<0，u(1)＝e－1>0， 所以?x0∈，使得u(x0)＝0，即ex0＝，ln x0＝－x0， 當(dāng)x∈時(shí)，u(x)<0，h′(x)>0； 當(dāng)x∈(x0,1)時(shí)，u(x)>0，h′(x)<0； 所以函數(shù)h(x)在上單調(diào)遞增，在(x0,1]上單調(diào)遞減， 所以h(x)max＝h(x0)＝(x0－2)ex0＋ln x0－x0＝(x0－2)·－2x0＝1－－2x0. 因?yàn)閥＝1－－2x在x∈上單調(diào)遞增， 所以h(x0)＝1－－2x0<1－2－2＝

14、－3，即h(x)max<－3， 所以當(dāng)m≥－3時(shí)，不等式f(x)＋g(x)

15、 ＝＝＝1. 三上臺(tái)階，自主選做志在沖刺名校 1．觀察下列事實(shí)：|x|＋|y|＝1的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為4，|x|＋|y|＝2的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為8，|x|＋|y|＝3的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為12，…，則|x|＋|y|＝20的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為_(kāi)_______． 解析：由|x|＋|y|＝1的不同整數(shù)解的個(gè)數(shù)為4，|x|＋|y|＝2的不同整數(shù)解的個(gè)數(shù)為8，|x|＋|y|＝3的不同整數(shù)解的個(gè)數(shù)為12，歸納推理得|x|＋|y|＝n的不同整數(shù)解的個(gè)數(shù)為4n，故|x|＋|y|＝20的不同整數(shù)解的個(gè)數(shù)為80. 答案：80 2．古希臘的數(shù)學(xué)家研究過(guò)各種多邊形數(shù)

16、．記第n個(gè)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(gè)數(shù)的表達(dá)式： 三角形數(shù)　　　N(n,3)＝n2＋n 四邊形數(shù)　　　N(n,4)＝n2 五邊形數(shù)　　　N(n,5)＝n2－n 六邊形數(shù)　　　N(n,6)＝2n2－n …… 可以推測(cè)N(n，k)的表達(dá)式，由此計(jì)算N(20,15)的值為_(kāi)_______． 解析：原已知式子可化為N(n,3)＝n2＋n＝n2＋n； N(n,4)＝n2＝n2＋n； N(n,5)＝n2－n＝n2＋n； N(n,6)＝2n2－n＝n2＋n. 故N(n，k)＝n2＋n， N(20,15)＝×202＋×20＝2 490. 答案：2

17、 490 3.(xx·東臺(tái)中學(xué)檢測(cè))如圖，已知雙曲線－＝1，F(xiàn)1，F(xiàn)2是左右兩個(gè)焦點(diǎn)，點(diǎn)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＝， 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r＋r－2r1r2＝16， (1)若∠F1MF

18、2＝90°，在Rt△F1MF2中，有F1F－4S△F1MF2＝16， 即52－16＝4S△F1MF2，解得S△F1MF2＝9. (2)若∠F1MF2＝120°，在△F1MF2中，由余弦定理得F1F＝r＋r－2r1r2cos 120°， 即F1F＝(r1－r2)2＋3r1r2， 即(2)2＝42＋3r1r2，所以r1r2＝12， 可得S△F1MF2＝r1r2sin 120°＝3. 同理可得，若∠F1MF2＝60°時(shí)，S△F1MF2＝9. (3)由此猜想：隨著∠F1MF2的度數(shù)的逐漸增大，△F1MF2的面積將逐漸減?。? 證明如下：令∠F1MF2＝θ(0<θ<π)， 則S△F1MF2＝r1r2sin θ， 由雙曲線的定義及余弦定理， 得 ②－①得r1r2＝， 所以S△F1MF2＝＝， 因?yàn)?<θ<π，0<<，所以當(dāng)∈時(shí)，tan 是增函數(shù)． 而當(dāng)tan 逐漸增大時(shí)，S△F1MF2＝將逐漸減小，所以隨著∠F1MF2的度數(shù)的逐漸增大，△F1MF2的面積將逐漸減?。?