《高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 專題四 數(shù)列、推理與證明 第4講 推理與證明練習(xí) 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 專題四 數(shù)列、推理與證明 第4講 推理與證明練習(xí) 理（16頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第4講　推理與證明 1．(2016課標(biāo)全國(guó)丙)定義“規(guī)范01數(shù)列”{an}如下：{an}共有2m項(xiàng)，其中m項(xiàng)為0，m項(xiàng)為1，且對(duì)任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的個(gè)數(shù)不少于1的個(gè)數(shù)．若m＝4，則不同的“規(guī)范01數(shù)列”共有(　　) A．18個(gè) B．16個(gè) C．14個(gè) D．12個(gè) 答案　C 解析　第一位為0，最后一位為1，中間3個(gè)0,3個(gè)1,3個(gè)1在一起時(shí)為000111,001110；只有2個(gè)1相鄰時(shí)，共A個(gè)，其中110100；110010；110001,101100不符合題意，三個(gè)1都不在一起時(shí)有C個(gè)，共2＋8＋4＝14(個(gè))． 2．(2016山東)觀察下列等式： －2＋－2＝12； －2＋－2＋－2＋－2＝23； －2＋－2＋－2＋…＋－2＝34； －2＋－2＋－2＋…＋－2＝45； … 照此規(guī)律，－2＋－2＋－2＋…＋－2＝__________. 答案　n(n＋1) 解析　觀察等式右邊的規(guī)律：第1個(gè)數(shù)都是，第2個(gè)數(shù)對(duì)應(yīng)行數(shù)n，第3個(gè)數(shù)為n＋1. 3．(2016課標(biāo)全國(guó)甲)有三張卡片，分別寫有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一張卡片，甲看了乙的卡片后說(shuō)：“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2”，乙看了丙的卡片后說(shuō)：“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1”，丙說(shuō)：“我的卡片上的數(shù)字之和不是5”，則甲的卡片上的數(shù)字是________． 答案　1和3 解析　由丙說(shuō)：“我的卡片上的數(shù)字之和不是5”可知，丙為“1和2”或“1和3”，又乙說(shuō)“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1”，所以乙只可能為“2和3”，所以由甲說(shuō)“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2”，所以甲只能為“1和3”． 1.以數(shù)表、數(shù)陣、圖形為背景與數(shù)列、周期性等知識(shí)相結(jié)合考查歸納推理和類比推理，多以小題形式出現(xiàn). 2.直接證明和間接證明的考查主要作為證明和推理數(shù)學(xué)命題的方法，常與函數(shù)、數(shù)列及不等式等綜合命題. 熱點(diǎn)一　歸納推理 1．歸納推理是由某類事物的部分對(duì)象具有某些特征，推出該類事物的全部對(duì)象都具有這些特征的推理，或者由個(gè)別事實(shí)概括出一般結(jié)論的推理． 2．歸納推理的思維過(guò)程如下： →→ 例1　(1)古希臘畢達(dá)哥拉斯學(xué)派的數(shù)學(xué)家研究過(guò)各種多邊形數(shù)，如三角形數(shù)1,3,6,10，…，第n個(gè)三角形數(shù)為＝n2＋n，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， 正方形數(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(8,12)＝____________. (2)已知f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)，經(jīng)計(jì)算得f(4)>2，f(8)>，f(16)>3，f(32)>，則有______________________． 答案　(1)288　(2)f(2n)>(n≥2，n∈N*) 解析　(1)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， 由歸納推理可得N(n，k)＝n2＋n， 故N(8,12)＝82＋8＝288. (2)由題意得f(22)>，f(23)>，f(24)>，f(25)>，所以當(dāng)n≥2時(shí)，有f(2n)>. 故填f(2n)>(n≥2，n∈N*)． 思維升華　歸納遞推思想在解決問題時(shí)，從特殊情況入手，通過(guò)觀察、分析、概括，猜想出一般性結(jié)論，然后予以證明，這一數(shù)學(xué)思想方法在解決探索性問題、存在性問題或與正整數(shù)有關(guān)的命題時(shí)有著廣泛的應(yīng)用．其思維模式是“觀察—?dú)w納—猜想—證明”，解題的關(guān)鍵在于正確的歸納猜想． 跟蹤演練1　(1)兩旅客坐火車外出旅游，希望座位連在一起，且有一個(gè)靠窗，已知火車上的座位的排法如圖所示，則下列座位號(hào)碼符合要求的應(yīng)當(dāng)是(　　) A．48,49 B．62,63 C．75,76 D．84,85 (2)用黑白兩種顏色的正方形地磚依照下圖所示的規(guī)律拼成若干個(gè)圖形，則按此規(guī)律，第100個(gè)圖形中有白色地磚________塊；現(xiàn)將一粒豆子隨機(jī)撒在第100個(gè)圖中，則豆子落在白色地磚上的概率是________． 答案　(1)D　(2)503　 解析　(1)由已知圖形中座位的排列順序，可得：被5除余1的數(shù)和能被5整除的座位號(hào)臨窗，由于兩旅客希望座位連在一起，且有一個(gè)靠窗，分析答案中的4組座位號(hào)，只有D符合條件． (2)按拼圖的規(guī)律，第1個(gè)圖有白色地磚(33－1)塊，第2個(gè)圖有白色地磚(35－2)塊，第3個(gè)圖有白色地磚(37－3)塊，…，則第100個(gè)圖中有白色地磚3201－100＝503(塊)．第100個(gè)圖中黑白地磚共有603塊，則將一粒豆子隨機(jī)撒在第100個(gè)圖中，豆子落在白色地磚上的概率是. 熱點(diǎn)二　類比推理 1．類比推理是由兩類對(duì)象具有某些類似特征和其中一類對(duì)象的某些已知特征，推出另一類對(duì)象也具有這些特征的推理． 2．類比推理的思維過(guò)程如下： →→ 例2　(1)已知結(jié)論：“在正△ABC中，若D是邊BC的中點(diǎn)，G是△ABC的重心，則＝2”．若把該結(jié)論推廣到空間，則有結(jié)論：“在棱長(zhǎng)都相等的四面體A—BCD中，若△BCD的中心為M，四面體內(nèi)部一點(diǎn)O到四面體各面的距離都相等”，則等于(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 (2)已知雙曲正弦函數(shù)sh x＝和雙曲余弦函數(shù)ch x＝與我們學(xué)過(guò)的正弦函數(shù)和余弦函數(shù)有許多類似的性質(zhì)，請(qǐng)類比正弦函數(shù)和余弦函數(shù)的和角或差角公式，寫出雙曲正弦或雙曲余弦函數(shù)的一個(gè)類似的正確結(jié)論______________________． 答案　(1)C　(2)ch(x－y)＝ch xch y－sh xsh y 解析　(1)如圖，設(shè)正四面體的棱長(zhǎng)為1，則易知其高AM＝，此時(shí)易知點(diǎn)O即為正四面體內(nèi)切球的球心，設(shè)其半徑為r，利用等積法有4r＝?r＝，故AO＝AM－MO＝－＝， 故AO∶OM＝∶＝3∶1. (2)ch x ch y－sh x sh y＝－ ＝(ex＋y＋ex－y＋e－x＋y＋e－x－y－ex＋y＋ex－y＋e－x＋y－e－x－y) ＝(2ex－y＋2e－(x－y))＝＝ch(x－y)， 故知ch(x＋y)＝ch xch y＋sh xsh y， 或sh(x－y)＝sh xch y－ch xsh y， 或sh(x＋y)＝sh xch y＋ch xsh y. 思維升華　類比推理是合情推理中的一類重要推理，強(qiáng)調(diào)的是兩類事物之間的相似性，有共同要素是產(chǎn)生類比遷移的客觀因素，類比可以由概念性質(zhì)上的相似性引起，如等差數(shù)列與等比數(shù)列的類比，也可以由解題方法上的類似引起．當(dāng)然首先是在某些方面有一定的共性，才能有方法上的類比． 跟蹤演練2　(1)公比為4的等比數(shù)列{bn}中，若Tn是數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)積，則有，，也成等比數(shù)列，且公比為4100；類比上述結(jié)論，相應(yīng)地在公差為3的等差數(shù)列{an}中，若Sn是{an}的前n項(xiàng)和，則有一相應(yīng)的S20－S10，S30－S20，S40－S30成等差數(shù)列，該等差數(shù)列的公差為________． (2)若點(diǎn)P0(x0，y0)在橢圓＋＝1(a>b>0)外，過(guò)點(diǎn)P0作該橢圓的兩條切線，切點(diǎn)分別為P1，P2，則切點(diǎn)弦P1P2所在直線的方程為＋＝1.那么對(duì)于雙曲線－＝1(a>0，b>0)，類似地，可以得到切點(diǎn)弦所在直線的方程為____________________． 答案　(1)300　(2)－＝1 解析　(1)在等比數(shù)列{bn}中，若Tn是數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)積，則有，，也成等比數(shù)列，且公比為4100；類比上述結(jié)論，在公差為3的等差數(shù)列{an}中，我們可以類比推斷出：S20－S10，S30－S20，S40－S30也構(gòu)成等差數(shù)列，公差為100d＝300. (2)設(shè)P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，P0(x0，y0)，則過(guò)點(diǎn)P1，P2的切線的方程分別為－＝1，－＝1.因?yàn)镻0(x0，y0)在這兩條切線上，所以－＝1，－＝1，這說(shuō)明P1(x1，y1)，P2(x2，y2)都在直線－＝1上，故切點(diǎn)弦P1P2所在直線的方程為－＝1. 熱點(diǎn)三　直接證明和間接證明 直接證明的常用方法有綜合法和分析法，綜合法由因?qū)Ч?，而分析法則是執(zhí)果索因，反證法是反設(shè)結(jié)論導(dǎo)出矛盾的證明方法． 例3　已知{an}是正數(shù)組成的數(shù)列，a1＝1，且點(diǎn)(，an＋1) (n∈N*)在函數(shù)y＝x2＋1的圖象上． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若數(shù)列{bn}滿足b1＝1，bn＋1＝bn＋2，求證：bnbn＋21)，證明：方程f(x)＝0沒有負(fù)根． 證明　(1)要證＋＝， 即證＋＝3， 也就是＋＝1， 只需證c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)， 需證c2＋a2＝ac＋b2， 又△ABC三內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列， 故B＝60， 由余弦定理，得 b2＝c2＋a2－2accos 60， 即b2＝c2＋a2－ac， 故c2＋a2＝ac＋b2成立． 于是原等式成立． (2)假設(shè)x0是f(x)＝0的負(fù)根， 則x0<0，且x0≠－1， 所以?0<－<1， 解得1，f(2)>1； 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明： 當(dāng)n≥3時(shí)，f(n)<1. ①由(1)知當(dāng)n＝3時(shí)，f(n)<1； ②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥3，k∈N*)時(shí)，f(k)<1， 即f(k)＝＋＋…＋<1， 那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)， f(k＋1)＝＋＋…＋＋＋ ＝(＋＋＋…＋)＋＋－ <1＋(－)＋(－) ＝1＋＋ ＝1－－<1， 所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，f(n)<1也成立． 由①和②知，當(dāng)n≥3時(shí)，f(n)<1. 所以當(dāng)n＝1和n＝2時(shí)，f(n)>1； 當(dāng)n≥3時(shí)，f(n)<1. 思維升華　用數(shù)學(xué)歸納法證明與正整數(shù)有關(guān)的等式命題時(shí)，關(guān)鍵在于弄清等式兩邊的構(gòu)成規(guī)律，等式的兩邊各有多少項(xiàng)，由n＝k到n＝k＋1時(shí)，等式的兩邊會(huì)增加多少項(xiàng)，增加怎樣的項(xiàng)．難點(diǎn)在于尋求等式在n＝k和n＝k＋1時(shí)的聯(lián)系． 跟蹤演練4　設(shè)a>0，f(x)＝，令a1＝1，an＋1＝f(an)，n∈N*. (1)寫出a2，a3，a4的值，并猜想數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)用數(shù)學(xué)歸納法證明你的結(jié)論． (1)解　∵a1＝1，∴a2＝f(a1)＝f(1)＝； a3＝f(a2)＝；a4＝f(a3)＝. 猜想an＝(n∈N*)． (2)證明?、儆?1)易知，n＝1時(shí)，猜想正確． ②假設(shè)n＝k時(shí)猜想正確，即ak＝， 則ak＋1＝f(ak)＝＝ ＝＝. 這說(shuō)明，n＝k＋1時(shí)猜想正確． 由①②知，對(duì)于任何n∈N*， 都有an＝. 1．將正整數(shù)作如下分組： (1)， (2,3)， (4,5,6)， (7,8,9,10)， (11,12,13,14,15)， (16,17,18,19,20,21)， (22,23,24,25,26,27,28)， … 分別計(jì)算各組包含的正整數(shù)的和，如下所示： S1＝1， S2＝2＋3＝5， S3＝4＋5＋6＝15， S4＝7＋8＋9＋10＝34， S5＝11＋12＋13＋14＋15＝65， S6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111， S7＝22＋23＋24＋25＋26＋27＋28＝175， … 試猜測(cè)S1＋S3＋S5＋…＋S2 015＝________. 押題依據(jù)　數(shù)表(陣)是高考命題的常見類型，本題以三角形數(shù)表中對(duì)應(yīng)的各組包含的正整數(shù)的和的計(jì)算為依托，圍繞簡(jiǎn)單的計(jì)算、歸納猜想以及數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用等，考查考生歸納猜想能力以及對(duì)數(shù)學(xué)歸納法邏輯推理證明步驟的掌握程度． 答案　1 0084 解析　由題意知，當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝1＝14； 當(dāng)n＝2時(shí)，S1＋S3＝16＝24； 當(dāng)n＝3時(shí)，S1＋S3＋S5＝81＝34； 當(dāng)n＝4時(shí)，S1＋S3＋S5＋S7＝256＝44； …… 猜想：S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4. ∴S1＋S3＋S5＋…＋S2 015＝1 0084. 2．已知下列不等式：x＋≥2，x＋≥3，x＋≥4，…，則第n個(gè)不等式為________________． 押題依據(jù)　根據(jù)n個(gè)等式或不等式歸納猜想一般規(guī)律的式子是近幾年高考熱點(diǎn)，相對(duì)而言，歸納推理在高考中出現(xiàn)的機(jī)率較大． 答案　x＋≥n＋1 解析　已知所給不等式的左邊第一個(gè)式子都是x，不同之處在于第二個(gè)式子，當(dāng)n＝1時(shí)，為；當(dāng)n＝2時(shí)，為；當(dāng)n＝3時(shí)，為；…… 顯然式子中的分子與分母是對(duì)應(yīng)的，分母為xn，分子是nn， 所以不等式左邊的式子為x＋， 顯然不等式右邊的式子為n＋1， 所以第n個(gè)不等式為x＋≥n＋1. 3．設(shè)數(shù)列{an}是公比為q的等比數(shù)列，Sn是它的前n項(xiàng)和，證明：數(shù)列{Sn}不是等比數(shù)列． 押題依據(jù)　反證法是一種重要的證明方法，對(duì)含“至多”“至少”等詞語(yǔ)的命題用反證法十分有效，近幾年高考時(shí)有涉及． 證明　假設(shè){Sn}是等比數(shù)列，則S＝S1S3，即a(1＋q)2＝a1a1(1＋q＋q2)．因?yàn)閍1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2，即q＝0，這與q≠0矛盾，故{Sn}不是等比數(shù)列． A組　專題通關(guān) 1．觀察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，則a10＋b10等于(　　) A．28 B．76 C．123 D．199 答案　C 解析　觀察可得各式的值構(gòu)成數(shù)列1,3,4,7,11，…，其規(guī)律為從第三項(xiàng)起，每項(xiàng)等于其前相鄰兩項(xiàng)的和，所求值為數(shù)列中的第10項(xiàng)． 繼續(xù)寫出此數(shù)列為1,3,4,7,11,18,29,47,76,123，…， 第10項(xiàng)為123，即a10＋b10＝123. 2．設(shè)a，b，c∈(－∞，0)，則a＋，b＋，c＋(　　) A．都不大于－2 B．都不小于－2 C．至少有一個(gè)不大于－2 D．至少有一個(gè)不小于－2 答案　C 解析　假設(shè)a＋，b＋，c＋都大于－2， 即a＋>－2，b＋>－2，c＋>－2， 將三式相加，得a＋＋b＋＋c＋>－6， 又因?yàn)閍＋≤－2，b＋≤－2，c＋≤－2， 所以a＋＋b＋＋c＋≤－6， 所以假設(shè)不成立，故選C. 3．正弦函數(shù)是奇函數(shù)，f(x)＝sin(x2＋1)是正弦函數(shù)，因此f(x)＝sin(x2＋1)是奇函數(shù)，以上推理(　　) A．結(jié)論正確 B．大前提不正確 C．小前提不正確 D．全不正確 答案　C 解析　因?yàn)閒(x)＝sin(x2＋1)不是正弦函數(shù)，所以小前提不正確． 4．某珠寶店丟了一件珍貴珠寶，以下四人中只有一個(gè)人說(shuō)了真話，只有一人偷了珠寶．甲：我沒有偷；乙：丙是小偷；丙：丁是小偷；?。何覜]有偷．根據(jù)以上條件，可以判斷偷珠寶的人是(　　) A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 答案　A 解析　假如甲說(shuō)了真話，則乙、丙、丁都說(shuō)了假話，那么丙不是小偷，丁不是小偷，丁偷了珠寶，顯然矛盾，故甲說(shuō)了假話，即甲是小偷，故選A. 5．設(shè)a，b∈R，定義：M(a，b)＝，m(a，b)＝，則下列式子錯(cuò)誤的是(　　) A．M(a，b)＋m(a，b)＝a＋b B．m(|a＋b|，|a－b|)＝|a|－|b| C．M(|a＋b|，|a－b|)＝|a|＋|b| D．m(M(a，b)，m(a，b))＝m(a，b) 答案　B 解析　∵M(jìn)(a，b)＝m(a，b)＝ ∴m(M(a，b)，m(a，b))＝m(a，b)，D正確； M(a，b)＋m(a，b)＝a＋b，A正確； m(|a＋b|，|a－b|)＝ ＝B錯(cuò)誤； M(|a＋b|，|a－b|)＝ ＝C正確．故選B. 6．對(duì)于任意的兩個(gè)實(shí)數(shù)對(duì)(x1，y1)和(x2，y2)，規(guī)定：(x1，y1)＝(x2，y2)，當(dāng)且僅當(dāng)運(yùn)算“?”為(x1，y1)?(x2，y2)＝(x1x2－y1y2，y1x2＋x1y2)；運(yùn)算“”為(x1，y1)(x2，y2)＝(x1＋x2，y1＋y2)．設(shè)k，n∈R，若(1,2)?(k，n)＝(3,1)，則(1,2)(k，n)＝________. 答案　(2,1) 解析　由(1,2)?(k，n)＝(3,1)， 得　解得 所以(1,2)(k，n)＝(1,2)(1，－1)＝(2,1)． 7．宋元時(shí)期杰出的數(shù)學(xué)家朱世杰在其數(shù)學(xué)巨著《四元玉鑒》卷中“茭草形段”第一個(gè)問題“今有茭草六百八十束，欲令‘落一形’埵(同垛)之．問底子(每層三角形邊茭草束數(shù)，等價(jià)于層數(shù))幾何？”中探討了“垛枳術(shù)”中的落一形垛(“落一形”即是指頂上1束，下一層3束，再下一層6束，……，成三角錐的堆垛，故也稱三角垛，如圖，表示第二層開始的每層茭草束數(shù))，則本問題中三角垛底層茭草總束數(shù)為________． 答案　120 解析　由題意，第n層茭草束數(shù)為 1＋2＋…＋n＝， ∴1＋3＋6＋…＋＝680， 即為[n(n＋1)(2n＋1)＋n(n＋1)] ＝n(n＋1)(n＋2)＝680， 即有n(n＋1)(n＋2)＝151617， ∴n＝15，∴＝120. 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△ABC中，sin A＋sin B＋sin C的最大值是________． 答案　 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＝. 9．某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn)，以下五個(gè)式子的值都等于同一個(gè)常數(shù)： ①sin213＋cos217－sin 13cos 17； ②sin215＋cos215－sin 15cos 15； ③sin218＋cos212－sin 18cos 12； ④sin2(－18)＋cos248－sin(－18)cos 48； ⑤sin2(－25)＋cos255－sin(－25)cos 55. (1)試從上述五個(gè)式子中選擇一個(gè)，求出這個(gè)常數(shù)； (2)根據(jù)(1)的計(jì)算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論． 解　方法一　(1)選擇②式，計(jì)算如下： sin215＋cos215－sin 15cos 15 ＝1－sin 30＝1－＝. (2)三角恒等式為 sin2α＋cos2(30－α)－sin αcos(30－α)＝. 證明如下： sin2α＋cos2(30－α)－sin αcos(30－α) ＝sin2α＋(cos 30cos α＋sin 30sin α)2 －sin α(cos 30cos α＋sin 30sin α) ＝sin2α＋cos2α＋sin αcos α＋sin2α－sin αcos α－sin2α＝sin2α＋cos2α＝. 方法二　(1)同方法一． (2)三角恒等式為sin2α＋cos2(30－α)－sin αcos(30－α)＝. 證明如下： sin2α＋cos2(30－α)－sin αcos(30－α) ＝＋－sin α(cos 30cos α＋sin 30sin α) ＝－cos 2α＋＋(cos 60cos 2α＋sin 60sin 2α)－sin αcos α－sin2α ＝－cos 2α＋＋cos 2α＋sin 2α－sin 2α－(1－cos 2α) ＝1－cos 2α－＋cos 2α＝. 10．已知a，b，m為非零實(shí)數(shù)，且a2＋b2＋2－m＝0，＋＋1－2m＝0. (1)求證：＋≥； (2)求證：m≥. 證明　(1)(分析法)要證＋≥成立， 只需證(＋)(a2＋b2)≥9， 即證1＋4＋＋≥9， 即證＋≥4. 根據(jù)基本不等式，有＋≥2 ＝4成立， 所以原不等式成立． (2)(綜合法)因?yàn)閍2＋b2＝m－2，＋＝2m－1， 由(1)，知(m－2)(2m－1)≥9，即2m2－5m－7≥0， 解得m≤－1或m≥.又因?yàn)閍2＋b2＝m－2>0. 所以m>2，故m≤－1舍去，所以m≥. B組　能力提高 11．已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)是a，依次連接正方形ABCD各邊中點(diǎn)得到一個(gè)新的正方形，再依次連接新正方形各邊中點(diǎn)又得到一個(gè)新的正方形，由此規(guī)律，依次得到一系列的正方形，如圖所示．現(xiàn)有一只小蟲從A點(diǎn)出發(fā)，沿正方形的邊逆時(shí)針方向爬行，每遇到新正方形的頂點(diǎn)時(shí)，沿這個(gè)正方形的邊逆時(shí)針方向爬行，如此下去，爬行了10條線段．則這10條線段長(zhǎng)度的平方和是(　　) A.a2 B.a2 C.a2 D.a2 答案　A 解析　由題意可知，這只小蟲爬行的第一條線段長(zhǎng)度的平方為a＝(a)2＝a2，第二條線段長(zhǎng)度的平方為a＝(a)2＝a2，第三條線段長(zhǎng)度的平方為a＝(a)2＝a2，…，從而可知，小蟲爬行的線段長(zhǎng)度的平方可以構(gòu)成以a＝a2為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，所以該數(shù)列的前10項(xiàng)和為S10＝＝.故選A. 12．對(duì)大于1的自然數(shù)m的三次冪可用奇數(shù)進(jìn)行以下方式的“分裂”：23，33，43，….仿此，若m3的“分裂數(shù)”中有一個(gè)是59，則m的值為________． 答案　8 解析　由已知可觀察出m3可分裂為m個(gè)連續(xù)奇數(shù)，最小的一個(gè)為(m－1)m＋1.當(dāng)m＝8時(shí)，最小的數(shù)為57，第二個(gè)便是59.∴m＝8. 13．如圖(1)，已知O是△ABC內(nèi)任意一點(diǎn)，連接AO，BO，CO并延長(zhǎng)交對(duì)邊分別于點(diǎn)A′，B′，C′，則＋＋＝1.這是平面幾何中的一道題，其證明常采用“面積法”：＋＋＝＋＋＝＝1.請(qǐng)運(yùn)用類比思想，如圖(2)所示，在空間四面體V—BCD中，任取一點(diǎn)O，連接VO，DO，BO，CO并延長(zhǎng)分別交四個(gè)面于點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，用“體積法”可得的類似結(jié)論為________________． 答案?。? 解析　利用類比推理，面積類比體積． 14．蜜蜂被認(rèn)為是自然界中最杰出的建筑師，單個(gè)蜂巢可以近似地看作是一個(gè)正六邊形，如圖為一組蜂巢的截面圖．其中第一個(gè)圖有1個(gè)蜂巢，第二個(gè)圖有7個(gè)蜂巢，第三個(gè)圖有19個(gè)蜂巢，按此規(guī)律，以f(n)表示第n個(gè)圖的蜂巢總數(shù)． (1)試給出f(4)，f(5)的值，并求f(n)的表達(dá)式(不要求證明)； (2)證明：＋＋＋…＋<. (1)解　f(4)＝37，f(5)＝61. 由于f(2)－f(1)＝7－1＝6， f(3)－f(2)＝19－7＝26， f(4)－f(3)＝37－19＝36， f(5)－f(4)＝61－37＝46，… 因此，當(dāng)n≥2時(shí)，有f(n)－f(n－1)＝6(n－1)， 所以f(n)＝[f(n)－f(n－1)]＋[f(n－1)－f(n－2)]＋…＋[f(2)－f(1)]＋f(1) ＝6[(n－1)＋(n＋2)＋…＋2＋1]＋1＝3n2－3n＋1. 又f(1)＝1＝312－31＋1， 所以f(n)＝3n2－3n＋1. (2)證明　當(dāng)k≥2時(shí)， ＝<＝(－)． 所以＋＋＋…＋<1＋[(1－)＋(－)＋…＋(－)] ＝1＋(1－)<1＋＝.