2023版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)第十三章推理與證明、算法、復(fù)數(shù)13.1歸納與類(lèi)比試題理北師大版

PAGEPAGE14第十三章推理與證明、算法、復(fù)數(shù)13.1歸納與類(lèi)比試題理北師大版1．歸納推理根據(jù)一類(lèi)事物中局部事物具有某種屬性，推斷該類(lèi)事物中每一個(gè)事物都有這種屬性．我們將這種推理方式稱(chēng)為歸納推理．簡(jiǎn)言之，歸納推理是由局部到整體，由個(gè)別到一般的推理．歸納推理的根本模式：a，b，c∈M且a，b，c具有某屬性，結(jié)論：任意d∈M，d也具有某屬性．2．類(lèi)比推理由于兩類(lèi)不同對(duì)象具有某些類(lèi)似的特征，在此根底上，根據(jù)一類(lèi)對(duì)象的其他特征，推斷另一類(lèi)對(duì)象也具有類(lèi)似的其他特征，我們把這種推理過(guò)程稱(chēng)為類(lèi)比推理．簡(jiǎn)言之，類(lèi)比推理是兩類(lèi)事物特征之間的推理．類(lèi)比推理的根本模式：A：具有屬性a，b，c，d；B：具有屬性a′，b′，c′；結(jié)論：B具有屬性d′.(a，b，c，d與a′，b′，c′，d′相似或相同)3．歸納推理和類(lèi)比推理是最常見(jiàn)的合情推理，合情推理的結(jié)果不一定正確．4．演繹推理是根據(jù)的事實(shí)和正確的結(jié)論，按照嚴(yán)格的邏輯法那么得到新結(jié)論的推理過(guò)程．【思考辨析】判斷以下結(jié)論是否正確(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√〞或“×〞)(1)歸納推理得到的結(jié)論不一定正確，類(lèi)比推理得到的結(jié)論一定正確．(×)(2)由平面三角形的性質(zhì)推測(cè)空間四面體的性質(zhì)，這是一種合情推理．(√)(3)在類(lèi)比時(shí)，平面中的三角形與空間中的平行六面體作為類(lèi)比對(duì)象較為適宜．(×)(4)“所有3的倍數(shù)都是9的倍數(shù)，某數(shù)m是3的倍數(shù)，那么m一定是9的倍數(shù)〞，這是三段論推理，但其結(jié)論是錯(cuò)誤的．(√)(5)一個(gè)數(shù)列的前三項(xiàng)是1,2,3，那么這個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式是an＝n(n∈N＋)．(×)(6)在演繹推理中，只要符合演繹推理的形式，結(jié)論就一定正確．(×)1．觀(guān)察以下各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，那么a10＋b10等于()A．28B．76C．123D．199答案C解析從給出的式子特點(diǎn)觀(guān)察可推知，等式右端的值，從第三項(xiàng)開(kāi)始，后一個(gè)式子的右端值等于它前面兩個(gè)式子右端值的和，依據(jù)此規(guī)律，a10＋b10＝123.2．下面幾種推理過(guò)程是演繹推理的是()A．在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＝eq\f(1,2)(an－1＋eq\f(1,an－1))(n≥2)，由此歸納數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式B．由平面三角形的性質(zhì)，推測(cè)空間四面體性質(zhì)C．兩直線(xiàn)平行，同旁?xún)?nèi)角互補(bǔ)，如果∠A和∠B是兩條平行直線(xiàn)與第三條直線(xiàn)形成的同旁?xún)?nèi)角，那么∠A＋∠B＝180°D．某校高二共10個(gè)班，1班51人，2班53人，3班52人，由此推測(cè)各班都超過(guò)50人答案C解析A、D是歸納推理，B是類(lèi)比推理，C符合三段論模式，應(yīng)選C.3．(2022·濟(jì)南質(zhì)檢)類(lèi)比平面內(nèi)“垂直于同一條直線(xiàn)的兩條直線(xiàn)互相平行〞的性質(zhì)，可得出空間內(nèi)的以下結(jié)論：①垂直于同一個(gè)平面的兩條直線(xiàn)互相平行；②垂直于同一條直線(xiàn)的兩條直線(xiàn)互相平行；③垂直于同一個(gè)平面的兩個(gè)平面互相平行；④垂直于同一條直線(xiàn)的兩個(gè)平面互相平行．那么正確的結(jié)論是________．答案①④解析顯然①④正確；對(duì)于②，在空間中垂直于同一條直線(xiàn)的兩條直線(xiàn)可以平行，也可以異面或相交；對(duì)于③，在空間中垂直于同一個(gè)平面的兩個(gè)平面可以平行，也可以相交．4．(教材改編)在等差數(shù)列{an}中，假設(shè)a10＝0，那么有a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(n<19，n∈N＋)成立，類(lèi)比上述性質(zhì)，在等比數(shù)列{bn}中，假設(shè)b9＝1，那么存在的等式為_(kāi)_______________．答案b1b2…bn＝b1b2…b17－n(n<17，n∈N＋)解析利用類(lèi)比推理，借助等比數(shù)列的性質(zhì)，beq\o\al(2,9)＝b1＋n·b17－n，可知存在的等式為b1b2…bn＝b1b2…b17－n(n<17，n∈N＋)．5．(2022·西安質(zhì)檢)觀(guān)察以下式子：1,1＋2＋1,1＋2＋3＋2＋1,1＋2＋3＋4＋3＋2＋1，…，由以上可推測(cè)出一個(gè)一般性結(jié)論：對(duì)于n∈N＋，1＋2＋…＋n＋…＋2＋1＝______.答案n2解析∵1＝12,1＋2＋1＝22，1＋2＋3＋2＋1＝32，1＋2＋3＋4＋3＋2＋1＝42，…，∴歸納可得1＋2＋…＋n＋…＋2＋1＝n2.題型一歸納推理命題點(diǎn)1與數(shù)字有關(guān)的等式的推理例1(2022·山東)觀(guān)察以下等式：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,3)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,3)))－2＝eq\f(4,3)×1×2；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,5)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,5)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,5)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(4π,5)))－2＝eq\f(4,3)×2×3；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,7)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,7)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,7)))－2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(6π,7)))－2＝eq\f(4,3)×3×4；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,9)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,9)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,9)))－2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(8π,9)))－2＝eq\f(4,3)×4×5；…照此規(guī)律，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,2n＋1)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,2n＋1)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,2n＋1)))－2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2nπ,2n＋1)))－2＝__________.答案eq\f(4,3)×n×(n＋1)解析觀(guān)察等式右邊的規(guī)律：第1個(gè)數(shù)都是eq\f(4,3)，第2個(gè)數(shù)對(duì)應(yīng)行數(shù)n，第3個(gè)數(shù)為n＋1.命題點(diǎn)2與不等式有關(guān)的推理例2(2022·山西四校聯(lián)考)x∈(0，＋∞)，觀(guān)察以下各式：x＋eq\f(1,x)≥2，x＋eq\f(4,x2)＝eq\f(x,2)＋eq\f(x,2)＋eq\f(4,x2)≥3，x＋eq\f(27,x3)＝eq\f(x,3)＋eq\f(x,3)＋eq\f(x,3)＋eq\f(27,x3)≥4，…，類(lèi)比得x＋eq\f(a,xn)≥n＋1(n∈N＋)，那么a＝________.答案nn解析第一個(gè)式子是n＝1的情況，此時(shí)a＝11＝1；第二個(gè)式子是n＝2的情況，此時(shí)a＝22＝4；第三個(gè)式子是n＝3的情況，此時(shí)a＝33＝27，歸納可知a＝nn.命題點(diǎn)3與數(shù)列有關(guān)的推理例3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eq\f(nn＋1,2)＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,2)n，記第n個(gè)k邊形數(shù)為N(n，k)(k≥3)，以以下出了局部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)＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,2)n，正方形數(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(cè)N(n，k)的表達(dá)式，由此計(jì)算N(10,24)＝____________.答案1000解析由N(n,4)＝n2，N(n,6)＝2n2－n，可以推測(cè)：當(dāng)k為偶數(shù)時(shí)，N(n，k)＝eq\f(k－2,2)n2＋eq\f(4－k,2)n，∴N(10,24)＝eq\f(24－2,2)×100＋eq\f(4－24,2)×10＝1100－100＝1000.命題點(diǎn)4與圖形變化有關(guān)的推理例4(2022·大連月考)某種樹(shù)的分枝生長(zhǎng)規(guī)律如下圖，第1年到第5年的分枝數(shù)分別為1,1,2,3,5，那么預(yù)計(jì)第10年樹(shù)的分枝數(shù)為()A．21B．34C．52D．55答案D解析由2＝1＋1,3＝1＋2,5＝2＋3知，從第三項(xiàng)起，每一項(xiàng)都等于前兩項(xiàng)的和，那么第6年為8，第7年為13，第8年為21，第9年為34，第10年為55，應(yīng)選D.思維升華歸納推理問(wèn)題的常見(jiàn)類(lèi)型及解題策略(1)與數(shù)字有關(guān)的等式的推理．觀(guān)察數(shù)字特點(diǎn)，找出等式左右兩側(cè)的規(guī)律及符號(hào)可解．(2)與不等式有關(guān)的推理．觀(guān)察每個(gè)不等式的特點(diǎn)，注意是縱向看，找到規(guī)律后可解．(3)與數(shù)列有關(guān)的推理．通常是先求出幾個(gè)特殊現(xiàn)象，采用不完全歸納法，找出數(shù)列的項(xiàng)與項(xiàng)數(shù)的關(guān)系，列出即可．(4)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(yàn)法驗(yàn)證其真?zhèn)涡裕?1)(2022·陜西)觀(guān)察以下等式：1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)，1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)－eq\f(1,6)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)，…據(jù)此規(guī)律，第n個(gè)等式可為_(kāi)______________________________________________________．(2)(2022·撫順模擬)觀(guān)察以下圖，可推斷出“x〞處應(yīng)該填的數(shù)字是________．答案(1)1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)(2)183解析(1)等式左邊的特征：第1個(gè)等式有2項(xiàng)，第2個(gè)有4項(xiàng)，第3個(gè)有6項(xiàng)，且正負(fù)交錯(cuò)，故第n個(gè)等式左邊有2n項(xiàng)且正負(fù)交錯(cuò)，應(yīng)為1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)；等式右邊的特征：第1個(gè)有1項(xiàng)，第2個(gè)有2項(xiàng)，第3個(gè)有3項(xiàng)，故第n個(gè)有n項(xiàng)，且由前幾個(gè)的規(guī)律不難發(fā)現(xiàn)第n個(gè)等式右邊應(yīng)為eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n).(2)由前兩個(gè)圖形發(fā)現(xiàn)：中間數(shù)等于四周四個(gè)數(shù)的平方和，∴“x〞處應(yīng)填的數(shù)字是32＋52＋72＋102＝183.題型二類(lèi)比推理例5(1)(2022·西安質(zhì)檢)對(duì)于命題：如果O是線(xiàn)段AB上一點(diǎn)，那么|eq\o(OB,\s\up6(→))|eq\o(OA,\s\up6(→))＋|eq\o(OA,\s\up6(→))|eq\o(OB,\s\up6(→))＝0；將它類(lèi)比到平面的情形是：假設(shè)O是△ABC內(nèi)一點(diǎn)，有S△OBC·eq\o(OA,\s\up6(→))＋S△OCA·eq\o(OB,\s\up6(→))＋S△OBA·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0；將它類(lèi)比到空間的情形應(yīng)該是：假設(shè)O是四面體ABCD內(nèi)一點(diǎn)，那么有________．(2)求eq\r(1＋\r(1＋\r(1＋…)))的值時(shí)，采用了如下方法：令eq\r(1＋\r(1＋\r(1＋…)))＝x，那么有x＝eq\r(1＋x)，解得x＝eq\f(1＋\r(5),2)(負(fù)值已舍去)．可用類(lèi)比的方法，求得1＋eq\f(1,2＋\f(1,1＋\f(1,2＋\f(1,…))))的值為_(kāi)_______．答案(1)VO－BCD·eq\o(OA,\s\up6(→))＋VO－ACD·eq\o(OB,\s\up6(→))＋VO－ABD·eq\o(OC,\s\up6(→))＋VO－ABC·eq\o(OD,\s\up6(→))＝0(2)eq\f(1＋\r(3),2)解析(1)線(xiàn)段長(zhǎng)度類(lèi)比到空間為體積，再結(jié)合類(lèi)比到平面的結(jié)論，可得空間中的結(jié)論為VO－BCD·eq\o(OA,\s\up6(→))＋VO－ACD·eq\o(OB,\s\up6(→))＋VO－ABD·eq\o(OC,\s\up6(→))＋VO－ABC·eq\o(OD,\s\up6(→))＝0.(2)令1＋eq\f(1,2＋\f(1,…))＝x，那么有1＋eq\f(1,2＋\f(1,x))＝x，解得x＝eq\f(1＋\r(3),2)(負(fù)值已舍去)．思維升華(1)進(jìn)行類(lèi)比推理，應(yīng)從具體問(wèn)題出發(fā)，通過(guò)觀(guān)察、分析、聯(lián)想進(jìn)行類(lèi)比，提出猜測(cè)．其中找到適宜的類(lèi)比對(duì)象是解題的關(guān)鍵．(2)類(lèi)比推理常見(jiàn)的情形有平面與空間類(lèi)比；低維的與高維的類(lèi)比；等差數(shù)列與等比數(shù)列類(lèi)比；數(shù)的運(yùn)算與向量的運(yùn)算類(lèi)比；圓錐曲線(xiàn)間的類(lèi)比等．在平面上，設(shè)ha，hb，hc是三角形ABC三條邊上的高，P為三角形內(nèi)任一點(diǎn)，P到相應(yīng)三邊的距離分別為Pa，Pb，Pc，我們可以得到結(jié)論：eq\f(Pa,ha)＋eq\f(Pb,hb)＋eq\f(Pc,hc)＝1.把它類(lèi)比到空間，那么三棱錐中的類(lèi)似結(jié)論為_(kāi)_____________________．答案eq\f(Pa,ha)＋eq\f(Pb,hb)＋eq\f(Pc,hc)＋eq\f(Pd,hd)＝1解析設(shè)ha，hb，hc，hd分別是三棱錐A－BCD四個(gè)面上的高，P為三棱錐A－BCD內(nèi)任一點(diǎn)，P到相應(yīng)四個(gè)面的距離分別為Pa，Pb，Pc，Pd，于是可以得出結(jié)論：eq\f(Pa,ha)＋eq\f(Pb,hb)＋eq\f(Pc,hc)＋eq\f(Pd,hd)＝1.題型三演繹推理例6設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿(mǎn)足4Sn＝aeq\o\al(2,n＋1)－4n－1，n∈N＋，且a2，a5，a14構(gòu)成等比數(shù)列．(1)證明：a2＝eq\r(4a1＋5)；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(3)證明：對(duì)一切正整數(shù)n，有eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)<eq\f(1,2).(1)證明當(dāng)n＝1時(shí)，4a1＝aeq\o\al(2,2)－5，aeq\o\al(2,2)＝4a1＋5，又an>0，∴a2＝eq\r(4a1＋5).(2)解當(dāng)n≥2時(shí)，4Sn－1＝aeq\o\al(2,n)－4(n－1)－1，∴4an＝4Sn－4Sn－1＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)－4，即aeq\o\al(2,n＋1)＝aeq\o\al(2,n)＋4an＋4＝(an＋2)2，又an>0，∴an＋1＝an＋2，∴當(dāng)n≥2時(shí)，{an}是公差為2的等差數(shù)列．又a2，a5，a14成等比數(shù)列，∴aeq\o\al(2,5)＝a2·a14，即(a2＋6)2＝a2·(a2＋24)，解得a2＝3.由(1)知a1＝1，又a2－a1＝3－1＝2，∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)a1＝1，公差d＝2的等差數(shù)列．∴an＝2n－1.(3)證明eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋eq\f(1,5×7)＋…＋eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)[(1－eq\f(1,3))＋(eq\f(1,3)－eq\f(1,5))＋…＋(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))]＝eq\f(1,2)(1－eq\f(1,2n＋1))<eq\f(1,2).思維升華演繹推理是由一般到特殊的推理，常用的一般模式為三段論，演繹推理的前提和結(jié)論之間有著某種蘊(yùn)含關(guān)系，解題時(shí)要找準(zhǔn)正確的大前提，一般地，假設(shè)大前提不明確時(shí)，可找一個(gè)使結(jié)論成立的充分條件作為大前提．(1)某國(guó)家流傳這樣的一個(gè)政治笑話(huà)：“鵝吃白菜，參議員先生也吃白菜，所以參議員先生是鵝．〞結(jié)論顯然是錯(cuò)誤的，是因?yàn)?)A．大前提錯(cuò)誤 B．小前提錯(cuò)誤C．推理形式錯(cuò)誤 D．非以上錯(cuò)誤(2)(2022·洛陽(yáng)模擬)以下四個(gè)推導(dǎo)過(guò)程符合演繹推理三段論形式且推理正確的選項(xiàng)是()A．大前提：無(wú)限不循環(huán)小數(shù)是無(wú)理數(shù)；小前提：π是無(wú)理數(shù)；結(jié)論：π是無(wú)限不循環(huán)小數(shù)B．大前提：無(wú)限不循環(huán)小數(shù)是無(wú)理數(shù)；小前提：π是無(wú)限不循環(huán)小數(shù)；結(jié)論：π是無(wú)理數(shù)C．大前提：π是無(wú)限不循環(huán)小數(shù)；小前提：無(wú)限不循環(huán)小數(shù)是無(wú)理數(shù)；結(jié)論：π是無(wú)理數(shù)D．大前提：π是無(wú)限不循環(huán)小數(shù)；小前提：π是無(wú)理數(shù)；結(jié)論：無(wú)限不循環(huán)小數(shù)是無(wú)理數(shù)答案(1)C(2)B解析(1)因?yàn)榇笄疤帷谤Z吃白菜〞，不是全稱(chēng)命題，大前提本身正確，小前提“參議員先生也吃白菜〞本身也正確，但不是大前提下的特殊情況，鵝與人不能類(lèi)比，所以不符合三段論推理形式，所以推理形式錯(cuò)誤．(2)A中小前提不是大前提的特殊情況，不符合三段論的推理形式，故A錯(cuò)誤；C、D都不是由一般性命題到特殊性命題的推理，所以C、D都不正確，只有B正確，應(yīng)選B.10．高考中的合情推理問(wèn)題考點(diǎn)分析合情推理在近年來(lái)的高考中，考查頻率逐漸增大，題型多為選擇、填空題，難度為中檔．解決此類(lèi)問(wèn)題的考前須知與常用方法：(1)解決歸納推理問(wèn)題，常因條件缺乏，了解不全面而致誤．應(yīng)由條件多列舉一些特殊情況再進(jìn)行歸納．(2)解決類(lèi)比問(wèn)題，應(yīng)先弄清所給問(wèn)題的實(shí)質(zhì)及結(jié)論成立的緣由，再去類(lèi)比另一類(lèi)問(wèn)題．典例(1)傳說(shuō)古希臘畢達(dá)哥拉斯學(xué)派的數(shù)學(xué)家經(jīng)常在沙灘上畫(huà)點(diǎn)或用小石子表示數(shù)．他們研究過(guò)如下圖的三角形數(shù)：將三角形數(shù)1,3,6,10，…記為數(shù)列{an}，將可被5整除的三角形數(shù)按從小到大的順序組成一個(gè)新數(shù)列{bn}，可以推測(cè)：①b2014是數(shù)列{an}的第________項(xiàng)；②b2k－1＝________.(用k表示)(2)設(shè)S，T是R的兩個(gè)非空子集，如果存在一個(gè)從S到T的函數(shù)y＝f(x)滿(mǎn)足：(1)T＝{f(x)|x∈S}；(2)對(duì)任意x1，x2∈S，當(dāng)x1<x2時(shí)，恒有f(x1)<f(x2)．那么稱(chēng)這兩個(gè)集合“保序同構(gòu)〞．以下集合對(duì)不是“保序同構(gòu)〞的是________．①A＝N＋，B＝N；②A(yíng)＝{x|－1≤x≤3}，B＝{x|x＝－8或0<x≤10}；③A＝{x|0<x<1}，B＝R；④A＝Z，B＝Q.解析(1)①an＝1＋2＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)，b1＝eq\f(4×5,2)＝a4，b2＝eq\f(5×6,2)＝a5，b3＝eq\f(9×2×5,2)＝a9，b4＝eq\f(2×5×11,2)＝a10，b5＝eq\f(14×3×5,2)＝a14，b6＝eq\f(3×5×16,2)＝a15，…b2014＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2014,2)×5))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2014,2)×5＋1)),2)＝a5035.②由①知b2k－1＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k－1＋1,2)×5－1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k－1＋1,2)×5)),2)＝eq\f(5k5k－1,2).(2)對(duì)于①，取f(x)＝x－1，x∈N＋，所以A＝N＋，B＝N是“保序同構(gòu)〞的，故排除①；對(duì)于②，取f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－8，x＝－1，,x＋1，－1<x≤0，,x2＋1，0<x≤3，))所以A＝{x|－1≤x≤3}，B＝{x|x＝－8或0<x≤10}是“保序同構(gòu)〞的，故排除②；對(duì)于③，取f(x)＝tan(πx－eq\f(π,2))(0<x<1)，所以A＝{x|0<x<1}，B＝R是“保序同構(gòu)〞的，故排除③.④不符合，故填④.答案(1)①5035②eq\f(5k5k－1,2)(2)④1．(2022·重慶檢測(cè))演繹推理“因?yàn)閷?duì)數(shù)函數(shù)y＝logax(a>0且a≠1)是增函數(shù)，而函數(shù)y＝是對(duì)數(shù)函數(shù)，所以y＝是增函數(shù)〞所得結(jié)論錯(cuò)誤的原因是()A．大前提錯(cuò)誤 B．小前提錯(cuò)誤C．推理形式錯(cuò)誤 D．大前提和小前提都錯(cuò)誤答案A解析因?yàn)楫?dāng)a>1時(shí)，y＝logax在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，當(dāng)0<a<1時(shí)，y＝logax在定義域內(nèi)單調(diào)遞減，所以大前提錯(cuò)誤．2．以下推理是歸納推理的是()A．A，B為定點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P滿(mǎn)足|PA|＋|PB|＝2a>|AB|，那么P點(diǎn)的軌跡為橢圓B．由a1＝1，an＝3n－1，求出S1，S2，S3，猜測(cè)出數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn的表達(dá)式C．由圓x2＋y2＝r2的面積πr2，猜測(cè)出橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的面積S＝πabD．科學(xué)家利用魚(yú)的沉浮原理制造潛艇答案B解析從S1，S2，S3猜測(cè)出數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn，是從特殊到一般的推理，所以B是歸納推理，故應(yīng)選B.3．(2022·西安八校聯(lián)考)觀(guān)察一列算式：1?1,1?2,2?1,1?3,2?2,3?1,1?4,2?3,3?2,4?1，…，那么式子3?5是第()A．22項(xiàng) B．23項(xiàng)C．24項(xiàng) D．25項(xiàng)答案C解析兩數(shù)和為2的有1個(gè)，和為3的有2個(gè)，和為4的有3個(gè)，和為5的有4個(gè)，和為6的有5個(gè)，和為7的有6個(gè)，前面共有21個(gè)，3?5是和為8的第3項(xiàng)，所以為第24項(xiàng)．4．(2022·泉州模擬)正偶數(shù)列有一個(gè)有趣的現(xiàn)象：①2＋4＝6；②8＋10＋12＝14＋16；③18＋20＋22＋24＝26＋28＋30，…按照這樣的規(guī)律，那么2016所在等式的序號(hào)為()A．29 B．30C．31 D．32答案C解析由題意知，每個(gè)等式正偶數(shù)的個(gè)數(shù)組成等差數(shù)列3,5,7，…，2n＋1，…，其前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(n[3＋2n＋1],2)＝n(n＋2)且S31＝1023，即第31個(gè)等式中最后一個(gè)偶數(shù)是1023×2＝2046，且第31個(gè)等式中含有63個(gè)偶數(shù)，故2016在第31個(gè)等式中．5．假設(shè)數(shù)列{an}是等差數(shù)列，那么數(shù)列{bn}(bn＝eq\f(a1＋a2＋…＋an,n))也為等差數(shù)列．類(lèi)比這一性質(zhì)可知，假設(shè)正項(xiàng)數(shù)列{cn}是等比數(shù)列，且{dn}也是等比數(shù)列，那么dn的表達(dá)式應(yīng)為()A．dn＝eq\f(c1＋c2＋…＋cn,n) B．dn＝eq\f(c1·c2·…·cn,n)C．dn＝eq\r(n,\f(c\o\al(n,1)＋c\o\al(n,2)＋…＋c\o\al(n,n),n)) D．dn＝eq\r(n,c1·c2·…·cn)答案D解析假設(shè){an}是等差數(shù)列，那么a1＋a2＋…＋an＝na1＋eq\f(nn－1,2)d，∴bn＝a1＋eq\f(n－1,2)d＝eq\f(d,2)n＋a1－eq\f(d,2)，即{bn}為等差數(shù)列；假設(shè){cn}是等比數(shù)列，那么c1·c2·…·cn＝ceq\o\al(n,1)·q1＋2＋…＋(n－1)＝，∴dn＝eq\r(n,c1·c2·…·cn)＝，即{dn}為等比數(shù)列，應(yīng)選D.6．把正整數(shù)按一定的規(guī)那么排成如下圖的三角形數(shù)表，設(shè)aij(i，j∈N＋)是位于這個(gè)三角形數(shù)表中從上往下第i行，從左往右數(shù)第j個(gè)數(shù)，如a42＝8，假設(shè)aij＝2009，那么i與j的和為_(kāi)_______．答案107解析由題可知奇數(shù)行為奇數(shù)列，偶數(shù)行為偶數(shù)列，2009＝2×1005－1，所以2009為第1005個(gè)奇數(shù)，又前31個(gè)奇數(shù)行內(nèi)數(shù)的個(gè)數(shù)為961，前32個(gè)奇數(shù)行內(nèi)數(shù)的個(gè)數(shù)為1024，故2009在第32個(gè)奇數(shù)行內(nèi)，那么i＝63，因?yàn)榈?3行第1個(gè)數(shù)為2×962－1＝1923,2009＝1923＋2(j－1)，所以j＝44，所以i＋j＝107.7．假設(shè)P0(x0，y0)在橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)外，過(guò)P0作橢圓的兩條切線(xiàn)的切點(diǎn)分別為P1，P2，那么切點(diǎn)弦P1P2所在的直線(xiàn)方程是eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1，那么對(duì)于雙曲線(xiàn)那么有如下命題：假設(shè)P0(x0，y0)在雙曲線(xiàn)eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)外，過(guò)P0作雙曲線(xiàn)的兩條切線(xiàn)，切點(diǎn)分別為P1，P2，那么切點(diǎn)弦P1P2所在直線(xiàn)的方程是________________．答案eq\f(x0x,a2)－eq\f(y0y,b2)＝1解析設(shè)P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，那么P1，P2的切線(xiàn)方程分別是eq\f(x1x,a2)－eq\f(y1y,b2)＝1，eq\f(x2x,a2)－eq\f(y2y,b2)＝1.因?yàn)镻0(x0，y0)在這兩條切線(xiàn)上，故有eq\f(x1x0,a2)－eq\f(y1y0,b2)＝1，eq\f(x2x0,a2)－eq\f(y2y0,b2)＝1，這說(shuō)明P1(x1，y1)，P2(x2，y2)在直線(xiàn)eq\f(x0x,a2)－eq\f(y0y,b2)＝1上，故切點(diǎn)弦P1P2所在的直線(xiàn)方程是eq\f(x0x,a2)－eq\f(y0y,b2)＝1.8.如圖，我們知道，圓環(huán)也可以看作線(xiàn)段AB繞圓心O旋轉(zhuǎn)一周所形成的平面圖形，又圓環(huán)的面積S＝π(R2－r2)＝(R－r)×2π×eq\f(R＋r,2).所以，圓環(huán)的面積等于以線(xiàn)段AB＝R－r為寬，以AB中點(diǎn)繞圓心O旋轉(zhuǎn)一周所形成的圓的周長(zhǎng)2π×eq\f(R＋r,2)為長(zhǎng)的矩形面積．請(qǐng)你將上述想法拓展到空間，并解決以下問(wèn)題：假設(shè)將平面區(qū)域M＝{(x，y)|(x－d)2＋y2≤r2}(其中0<r<d)繞y軸旋轉(zhuǎn)一周，那么所形成的旋轉(zhuǎn)體的體積是________．答案2π2r2d解析平面區(qū)域M的面積為πr2，由類(lèi)比知識(shí)可知：平面區(qū)域M繞y軸旋轉(zhuǎn)一周得到的旋轉(zhuǎn)體為實(shí)心的車(chē)輪內(nèi)胎，旋轉(zhuǎn)體的體積等于以圓(面積為πr2)為底，以O(shè)為圓心、d為半徑的圓的周長(zhǎng)2πd為高的圓柱的體積，所以旋轉(zhuǎn)體的體積V＝πr2×2πd＝2π2r2d.9．設(shè)f(x)＝eq\f(1,3x＋\r(3))，先分別求f(0)＋f(1)，f(－1)＋f(2)，f(－2)＋f(3)，然后歸納猜測(cè)一般性結(jié)論，并給出證明．解f(0)＋f(1)＝eq\f(1,30＋\r(3))＋eq\f(1,31＋\r(3))＝eq\f(1,1＋\r(3))＋eq\f(1,\r(3)1＋\r(3))＝eq\f(\r(3),\r(3)1＋\r(3))＋eq\f(1,\r(3)1＋\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，同理可得f(－1)＋f(2)＝eq\f(\r(3),3)，f(－2)＋f(3)＝eq\f(\r(3),3).由此猜測(cè)f(x)＋f(1－x)＝eq\f(\r(3),3).證明：f(x)＋f(1－x)＝eq\f(1,3x＋\r(3))＋eq\f(1,31－x＋\r(3))＝eq\f(1,3x＋\r(3))＋eq\f(3x,3＋\r(3)·3x)＝eq\f(1,3x＋\r(3))＋eq\f(3x,\r(3)\r(3)＋3x)＝eq\f(\r(3)＋3x,\r(3)\r(3)＋3x)＝eq\f(\r(3),3).10．(2022·泉州模擬)先閱讀以下不等式的證法，再解決后面的問(wèn)題：a1，a2∈R，a1＋a2＝1，求證：aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)≥eq\f(1,2).證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2，即f(x)＝2x2－2(a1＋a2)x＋aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＝2x2－2x＋aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2).因?yàn)閷?duì)一切x∈R，恒有f(x)≥0，所以Δ＝4－8(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2))≤0，從而得aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)≥eq\f(1,2).(1)假設(shè)a1，a2，…，an∈R，a1＋a2＋…＋an＝1，請(qǐng)寫(xiě)出上述結(jié)論的推廣式；(2)參考上述證法，對(duì)你推廣的結(jié)論加以證明．(1)解假設(shè)a1，a2，…，an∈R，a1＋a2＋…＋an＝1，那么aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al