推理與證明題型全歸納(AB卷)

第五節(jié)合情推理與演繹推理1．合情推理(1)歸納推理：①定義：由某類(lèi)事物的局部對(duì)象具有某些特征，推出該類(lèi)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特點(diǎn)：是由局部到整體、由個(gè)別到一般的推理．(2)類(lèi)比推理①定義：由兩類(lèi)對(duì)象具有某些類(lèi)似特征和其中一類(lèi)對(duì)象的某些特征，推出另一類(lèi)對(duì)象也具有這些特征的推理．②特點(diǎn)：類(lèi)比推理是由特殊到特殊的推理．2．演繹推理(1)模式：三段論①大前提——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(duì)特殊情況做出的判斷．(2)特點(diǎn)：演繹推理是由一般到特殊的推理．演繹推理是由一般到特殊的證明，它常用來(lái)證明和推理數(shù)學(xué)問(wèn)題，注意推理過(guò)程的嚴(yán)密性，書(shū)寫(xiě)格式的標(biāo)準(zhǔn)性．[試一試]1．?dāng)?shù)列2,5,11,20，x,47，…中的x等于()A．28 B．32C．33 D．27解析：選B由5－2＝3,11－5＝6,20－11＝9.那么x－20＝12，因此x＝32.2．“因?yàn)橹笖?shù)函數(shù)y＝ax是增函數(shù)(大前提)，而y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x是指數(shù)函數(shù)(小前提)，所以y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x是增函數(shù)(結(jié)論)”，上面推理的錯(cuò)誤是()A．大前提錯(cuò)導(dǎo)致結(jié)論錯(cuò)B．小前提錯(cuò)導(dǎo)致結(jié)論錯(cuò)C．推理形式錯(cuò)導(dǎo)致結(jié)論錯(cuò)D．大前提和小前提都導(dǎo)致結(jié)論錯(cuò)解析：選Ay＝ax是增函數(shù)這個(gè)大前提是錯(cuò)誤的，從而導(dǎo)致結(jié)論錯(cuò)誤．歸納推理與類(lèi)比推理的步驟(1)歸納推理的一般步驟：①通過(guò)觀察個(gè)別情況發(fā)現(xiàn)某些相同性質(zhì)；②從的相同性質(zhì)中推出一個(gè)明確表述的一般性命題(猜測(cè))；③檢驗(yàn)猜測(cè)．eq\x(實(shí)驗(yàn)、觀察)→eq\x(概括、推廣)→eq\x(猜測(cè)一般性結(jié)論)(2)類(lèi)比推理的一般步驟：①找出兩類(lèi)事物之間的相似性或一致性；②用一類(lèi)事物的性質(zhì)去推測(cè)另一類(lèi)事物的性質(zhì)，得出一個(gè)明確的命題(猜測(cè))；③檢驗(yàn)猜測(cè)．eq\x(觀察、比擬)→eq\x(聯(lián)想、類(lèi)推)→eq\x(猜測(cè)新結(jié)論)[練一練]在平面上，假設(shè)兩個(gè)正三角形的邊長(zhǎng)的比為1∶2，那么它們的面積比為1∶4.類(lèi)似地，在空間中，假設(shè)兩個(gè)正四面體的棱長(zhǎng)的比為1∶2，那么它們的體積比為_(kāi)_______．解析：eq\f(V1,V2)＝eq\f(\f(1,3)S1h1,\f(1,3)S2h2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S1,S2)))·eq\f(h1,h2)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,8).答案：1∶8考點(diǎn)一類(lèi)比推理1.給出下面類(lèi)比推理(其中Q為有理數(shù)集，R為實(shí)數(shù)集，C為復(fù)數(shù)集)：①“假設(shè)a，b∈R，那么a－b＝0?a＝b”類(lèi)比推出“a，c∈C，那么a－c＝0?a＝c”；②“假設(shè)a，b，c，d∈R，那么復(fù)數(shù)a＋bi＝c＋di?a＝c，b＝d”類(lèi)比推出“a，b，c，d∈Q，那么a＋beq\r(2)＝c＋deq\r(2)?a＝c，b＝d”；③“a，b∈R，那么a－b＞0?a＞b”類(lèi)比推出“假設(shè)a，b∈C，那么a－b＞0?a＞b”；④“假設(shè)x∈R，那么|x|＜1?－1＜x＜1”類(lèi)比推出“假設(shè)z∈C，那么|z|＜1?－1＜z＜1其中類(lèi)比結(jié)論正確的個(gè)數(shù)為()A．1 B．2C．3 D．4解析：選B類(lèi)比結(jié)論正確的有①②.2．在平面幾何里，有“假設(shè)△ABC的三邊長(zhǎng)分別為a，b，c內(nèi)切圓半徑為r，那么三角形面積為S△ABC＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)r”，拓展到空間，類(lèi)比上述結(jié)論，“假設(shè)四面體ABCD的四個(gè)面的面積分別為S1，S2，S3，S4，內(nèi)切球的半徑為r，那么四面體的體積為_(kāi)___________”．解析：三角形的面積類(lèi)比為四面體的體積，三角形的邊長(zhǎng)類(lèi)比為四面體四個(gè)面的面積，內(nèi)切圓半徑類(lèi)比為內(nèi)切球的半徑．二維圖形中eq\f(1,2)類(lèi)比為三維圖形中的eq\f(1,3)，得V四面體ABCD＝eq\f(1,3)(S1＋S2＋S3＋S4)r.答案：V四面體ABCD＝eq\f(1,3)(S1＋S2＋S3＋S4)r[類(lèi)題通法]類(lèi)比推理的分類(lèi)類(lèi)比推理的應(yīng)用一般為類(lèi)比定義、類(lèi)比性質(zhì)和類(lèi)比方法(1)類(lèi)比定義：在求解由某種熟悉的定義產(chǎn)生的類(lèi)比推理型試題時(shí)，可以借助原定義來(lái)求解；(2)類(lèi)比性質(zhì)：從一個(gè)特殊式子的性質(zhì)、一個(gè)特殊圖形的性質(zhì)入手，提出類(lèi)比推理型問(wèn)題，求解時(shí)要認(rèn)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(guò)程是求解的關(guān)鍵；(3)類(lèi)比方法：有一些處理問(wèn)題的方法具有類(lèi)比性，我們可以把這種方法類(lèi)比應(yīng)用到其他問(wèn)題的求解中，注意知識(shí)的遷移．考點(diǎn)二歸納推理[典例](1)(2013·陜西高考)觀察以下等式(1＋1)＝2×1(2＋1)(2＋2)＝22×1×3(3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23×1×3×5…照此規(guī)律，第n個(gè)等式可為_(kāi)_______．(2)函數(shù)f(x)＝eq\f(x,x＋2)(x＞0)．如下定義一列函數(shù)：f1(x)＝f(x)，f2(x)＝f(f1(x))，f3(x)＝f(f2(x))，…，fn(x)＝f(fn－1(x))，…，n∈N*，那么由歸納推理可得函數(shù)fn(x)的解析式是fn(x)＝________.[解析](1)觀察規(guī)律可知，左邊為n項(xiàng)的積，最小項(xiàng)和最大項(xiàng)依次為(n＋1)，(n＋n)，右邊為連續(xù)奇數(shù)之積乘以2n，那么第n個(gè)等式為：(n＋1)(n＋2)(n＋3)·…·(n＋n)＝2n×1×3×5×…×(2n－1)．(2)依題意得，f1(x)＝eq\f(x,x＋2)，f2(x)＝eq\f(\f(x,x＋2),\f(x,x＋2)＋2)＝eq\f(x,3x＋4)＝eq\f(x,22－1x＋22)，f3(x)＝eq\f(\f(x,3x＋4),\f(x,3x＋4)＋2)＝eq\f(x,7x＋8)＝eq\f(x,23－1x＋23)，…，由此歸納可得fn(x)＝eq\f(x,2n－1x＋2n)(x＞0)．[答案](1)(n＋1)(n＋2)(n＋3)·…·(n＋n)＝2n×1×3×5×…×(2n－1)(2)eq\f(x,2n－1x＋2n)(x＞0)[類(lèi)題通法]歸納推理的分類(lèi)常見(jiàn)的歸納推理分為數(shù)的歸納和形的歸納兩類(lèi)(1)數(shù)的歸納包括數(shù)字歸納和式子歸納，解決此類(lèi)問(wèn)題時(shí)，需要細(xì)心觀察，尋求相鄰項(xiàng)及項(xiàng)與序號(hào)之間的關(guān)系，同時(shí)還要聯(lián)系相關(guān)的知識(shí)，如等差數(shù)列、等比數(shù)列等；(2)形的歸納主要包括圖形數(shù)目歸納和圖形變化規(guī)律歸納．[針對(duì)訓(xùn)練]下面圖形由小正方形組成，請(qǐng)觀察圖1至圖4的規(guī)律，并依此規(guī)律，寫(xiě)出第n個(gè)圖形中小正方形的個(gè)數(shù)是________．解析：由圖知第n個(gè)圖形的小正方形個(gè)數(shù)為1＋2＋3＋…＋n.∴總個(gè)數(shù)為eq\f(nn＋1,2).答案：eq\f(nn＋1,2)考點(diǎn)三演繹推理[典例]數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和記為Sn，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)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn，∴(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(xiàng)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)，∴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∵a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提∴對(duì)于任意正整數(shù)n，都有Sn＋1＝4an.(結(jié)論)[類(lèi)題通法]演繹推理的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)(1)演繹推理是由一般到特殊的推理，其最常見(jiàn)的形式是三段論，它是由大前提、小前提、結(jié)論三局部組成的．三段論推理中包含三個(gè)判斷：第一個(gè)判斷稱(chēng)為大前提，它提供了一個(gè)一般的原理；第二個(gè)判斷叫小前提，它指出了一個(gè)特殊情況．這兩個(gè)判斷聯(lián)合起來(lái)，提示了一般原理和特殊情況的內(nèi)在聯(lián)系，從而產(chǎn)生了第三個(gè)判斷：結(jié)論．(2)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)，一般可找一個(gè)使結(jié)論成立的充分條件作為大前提．[針對(duì)訓(xùn)練]如下圖，D，E，F(xiàn)分別是BC，CA，AB上的點(diǎn)，∠BFD＝∠A，且DE∥BA.求證：ED＝AF(要求注明每一步推理的大前提、小前提和結(jié)論，并最終把推理過(guò)程用簡(jiǎn)略的形式表示出來(lái))．證明：(1)同位角相等，兩條直線平行，(大前提)∠BFD與∠A是同位角，且∠BFD＝∠A，(小前提)所以DF∥EA.(結(jié)論)(2)兩組對(duì)邊分別平行的四邊形是平行四邊形，(大前提)DE∥BA且DF∥EA，(小前提)所以四邊形AFDE為平行四邊形．(結(jié)論)(3)平行四邊形的對(duì)邊相等，(大前提)ED和AF為平行四邊形的對(duì)邊，(小前提)所以ED＝AF.(結(jié)論)上面的證明可簡(jiǎn)略地寫(xiě)成：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(∠BFD＝∠A?DF∥EA,DE∥BA))?四邊形AFDE是平行四邊形?ED＝AF.[課堂練通考點(diǎn)]1．(2018合肥模擬)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．全不正確解析：選C因?yàn)閒(x)＝sin(x2＋1)不是正弦函數(shù)，所以小前提不正確.2．給出以下三個(gè)類(lèi)比結(jié)論．①(ab)n＝anbn與(a＋b)n類(lèi)比，那么有(a＋b)n＝an＋bn；②loga(xy)＝logax＋logay與sin(α＋β)類(lèi)比，那么有sin(α＋β)＝sinαsinβ；③(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2與(a＋b)2類(lèi)比，那么有(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2其中結(jié)論正確的個(gè)數(shù)是()A．0 B．1C．2 D．3解析：選B只有③正確．3．觀察以下各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，那么a10＋b10＝()A．28 B．76C．123 D．199解析：選C記an＋bn＝f(n)，那么f(3)＝f(1)＋f(2)＝1＋3＝4；f(4)＝f(2)＋f(3)＝3＋4＝7；f(5)＝f(3)＋f(4)＝11.通過(guò)觀察不難發(fā)現(xiàn)f(n)＝f(n－1)＋f(n－2)(n∈N*，n≥3)，那么f(6)＝f(4)＋f(5)＝18；f(7)＝f(5)＋f(6)＝29；f(8)＝f(6)＋f(7)＝47；f(9)＝f(7)＋f(8)＝76；f(10)＝f(8)＋f(9)＝123.所以a10＋b10＝123.4．(2013·青島期末)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eq\f(fx1＋fx2＋…＋fxn,n)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n))).假設(shè)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(mǎn)足eq\f(fx1＋fx2＋…＋fxn,n)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n)))，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)5．設(shè)等差數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，那么S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差數(shù)列．類(lèi)比以上結(jié)論．設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)積為T(mén)n，那么T4，________，________，eq\f(T16,T12)成等比數(shù)列．解析：對(duì)于等比數(shù)列，通過(guò)類(lèi)比等差數(shù)列，有等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)積為T(mén)n，那么T4＝a1a2a3a4，T8＝a1a2…a8，T12＝a1a2…a12，T16＝a1a2…a16，所以eq\f(T8,T4)＝a5a6a7a8，eq\f(T12,T8)＝a9a10a11a12，eq\f(T16,T12)＝a13a14a15a16，所以T4，eq\f(T8,T4)，eq\f(T12,T8)，eq\f(T16,T12)的公比為q16，因此T4，eq\f(T8,T4)，eq\f(T12,T8)，eq\f(T16,T12)成等比數(shù)列．答案：eq\f(T8,T4)eq\f(T12,T8)6．(2014·山西四校聯(lián)考)x∈(0，＋∞)，觀察以下各式：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＝________.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.答案：nn[課下提升考能]第Ⅰ組：全員必做題1．推理“①矩形是平行四邊形；②三角形不是平行四邊形；③三角形不是矩形”中的小前提是()A．① B．②C．③ D．①和②解析：選B由演繹推理三段論可知，①是大前提；②是小前提；③是結(jié)論．應(yīng)選B.2．由代數(shù)式的乘法法那么類(lèi)比推導(dǎo)向量的數(shù)量積的運(yùn)算法那么：①“mn＝nm”類(lèi)比得到“a·b＝b·a”；②“(m＋n)t＝mt＋nt”類(lèi)比得到“(a＋b)·c＝a·c＋b·c”；③“(m·n)t＝m(n·t)”類(lèi)比得到“(a·b)·c＝a·(b·c)”；④“t≠0，mt＝xt?m＝x”類(lèi)比得到“p≠0，a·p＝x·p?a＝x”；⑤“|m·n|＝|m|·|n|”類(lèi)比得到“|a·b|＝|a|·|b|”；⑥“eq\f(ac,bc)＝eq\f(a,b)”類(lèi)比得到“eq\f(a·c,b·c)＝eq\f(a,b)”．以上的式子中，類(lèi)比得到的結(jié)論正確的個(gè)數(shù)是()A．1 B．2C．3 D．4解析：選B①②正確，③④⑤⑥錯(cuò)誤．3．在平面幾何中有如下結(jié)論：正三角形ABC的內(nèi)切圓面積為S1，外接圓面積為S2，那么eq\f(S1,S2)＝eq\f(1,4)，推廣到空間可以得到類(lèi)似結(jié)論；正四面體P－ABC的內(nèi)切球體積為V1，外接球體積為V2，那么eq\f(V1,V2)＝()A.eq\f(1,8) B.eq\f(1,9)C.eq\f(1,64) D.eq\f(1,27)解析：選D正四面體的內(nèi)切球與外接球的半徑之比為1∶3，故eq\f(V1,V2)＝eq\f(1,27).4．以下推理中屬于歸納推理且結(jié)論正確的選項(xiàng)是()A．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.由an＝2n－1，求出S1＝12，S2＝22，S3＝32，…，推斷：Sn＝n2B．由f(x)＝xcosx滿(mǎn)足f(－x)＝－f(x)對(duì)?x∈R都成立，推斷：f(x)＝xcosx為奇函數(shù)C．由圓x2＋y2＝r2的面積S＝πr2，推斷：橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的面積S＝πabD．由(1＋1)2＞21，(2＋1)2＞22，(3＋1)2＞23，…，推斷：對(duì)一切n∈N*，(n＋1)2＞2n解析：選A選項(xiàng)A由一些特殊事例得出一般性結(jié)論，且注意到數(shù)列{an}是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和等于Sn＝eq\f(n1＋2n－1,2)＝n2，選項(xiàng)D中的推理屬于歸納推理，但結(jié)論不正確．5．將正奇數(shù)按如下圖的規(guī)律排列，那么第21行從左向右的第5個(gè)數(shù)為()eq\a\vs4\al(1,357,911131517,19212325272931,………)A．809 B．852C．786 D．893解析：選A前20行共有正奇數(shù)1＋3＋5＋…＋39＝202＝400個(gè)，那么第21行從左向右的第5個(gè)數(shù)是第405個(gè)正奇數(shù)，所以這個(gè)數(shù)是2×405－1＝809.6．在平面上，我們?nèi)绻靡粭l直線去截正方形的一個(gè)角，那么截下的一個(gè)直角三角形，按以下圖所標(biāo)邊長(zhǎng)，由勾股定理有：c2＝a2＋b2.設(shè)想正方形換成正方體，把截線換成如圖的截面，這時(shí)從正方體上截下三條側(cè)棱兩兩垂直的三棱錐O－LMN，如果用S1，S2，S3表示三個(gè)側(cè)面面積，S4表示截面面積，那么類(lèi)比得到的結(jié)論是________．解析：將側(cè)面面積類(lèi)比為直角三角形的直角邊，截面面積類(lèi)比為直角三角形的斜邊，可得Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3)＝Seq\o\al(2,4).答案：Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3)＝Seq\o\al(2,4)7．假設(shè){an}是等差數(shù)列，m，n，p是互不相等的正整數(shù)，那么有：(m－n)ap＋(n－p)am＋(p－m)an＝0，類(lèi)比上述性質(zhì)，相應(yīng)地，對(duì)等比數(shù)列{bn}，有__________________．解析：設(shè){bn}的首項(xiàng)為b1，公比為q，那么beq\o\al(m－n,p)·beq\o\al(n－p,m)·beq\o\al(p－m,n)＝(b1qp－1)m－n·(b1qm－1)n－p·(b1qn－1)p－m＝beq\o\al(0,1)·q0＝1.答案：beq\o\al(m－n,p)·beq\o\al(n－p,m)·beq\o\al(p－m,n)＝18．(2013·湖北高考)在平面直角坐標(biāo)系中，假設(shè)點(diǎn)P(x，y)的坐標(biāo)x，y均為整數(shù)，那么稱(chēng)點(diǎn)P為格點(diǎn)．假設(shè)一個(gè)多邊形的頂點(diǎn)全是格點(diǎn)，那么稱(chēng)該多邊形為格點(diǎn)多邊形．格點(diǎn)多邊形的面積記為S，其內(nèi)部的格點(diǎn)數(shù)記為N，邊界上的格點(diǎn)數(shù)記為L(zhǎng).例如圖中△ABC是格點(diǎn)三角形，對(duì)應(yīng)的S＝1，N＝0，L＝4.(1)圖中格點(diǎn)四邊形DEFG對(duì)應(yīng)的S，N，L分別是________；(2)格點(diǎn)多邊形的面積可表示為S＝aN＋bL＋c，其中a，b，c為常數(shù)．假設(shè)某格點(diǎn)多邊形對(duì)應(yīng)的N＝71，L＝18，那么S＝________(用數(shù)值作答)．解析：(1)由定義知，四邊形DEFG由一個(gè)等腰直角三角形和一個(gè)平行四邊形構(gòu)成，其內(nèi)部格點(diǎn)有1個(gè)，邊界上格點(diǎn)有6個(gè)，S四邊形DEFG＝3.(2)由待定系數(shù)法可得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＝a·0＋b·3＋c，,1＝a·0＋b·4＋c，,3＝a·1＋b·6＋c，))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝\f(1,2)，,c＝－1，))當(dāng)N＝71，L＝18時(shí)，S＝1×71＋eq\f(1,2)×18－1＝79.答案：(1)3,1,6(2)799．平面中的三角形和空間中的四面體有很多相類(lèi)似的性質(zhì)，例如在三角形中：(1)三角形兩邊之和大于第三邊；(2)三角形的面積S＝eq\f(1,2)×底×高；(3)三角形的中位線平行于第三邊且等于第三邊的eq\f(1,2)；……請(qǐng)類(lèi)比上述性質(zhì)，寫(xiě)出空間中四面體的相關(guān)結(jié)論．解：由三角形的性質(zhì)，可類(lèi)比得空間四面體的相關(guān)性質(zhì)為：(1)四面體的任意三個(gè)面的面積之和大于第四個(gè)面的面積；(2)四面體的體積V＝eq\f(1,3)×底面積×高；(3)四面體的中位面平行于第四個(gè)面且面積等于第四個(gè)面的面積的eq\f(1,4).10．(2012·福建高考)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)：(1)sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；(2)sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；(3)sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；(4)sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；(5)sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°.(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：(1)選擇(2)式，計(jì)算如下：sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－eq\f(1,2)sin30°＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).(2)三角恒等式為sin2α＋cos2(30°－α)－sinα·cos(30°－α)＝eq\f(3,4).證明如下：法一：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°·cosα＋sin30°sinα)＝sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＋eq\f(\r(3),2)sinαcosα＋eq\f(1,4)sin2α－eq\f(\r(3),2)sinαcosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(3,4)sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＝eq\f(3,4).法二：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(1－cos2α,2)＋eq\f(1＋cos60°－2α,2)－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2α＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)(cos60°cos2α＋sin60°sin2α)－eq\f(\r(3),2)sinαcosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2α＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)cos2α＋eq\f(\r(3),4)sin2α－eq\f(\r(3),4)sin2α－eq\f(1,4)(1－cos2α)＝1－eq\f(1,4)cos2α－eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)cos2α＝eq\f(3,4).第Ⅱ組：重點(diǎn)選做題1．觀察以下算式：13＝1，23＝3＋5，33＝7＋9＋11，43＝13＋15＋17＋19，……假設(shè)某數(shù)m3按上述規(guī)律展開(kāi)后，發(fā)現(xiàn)等式右邊含有“2013”這個(gè)數(shù)，那么m＝________.解析：某數(shù)m3按上述規(guī)律展開(kāi)后，等式右邊為m個(gè)連續(xù)奇數(shù)的和，觀察可知每行的最后一個(gè)數(shù)為1＝12＋0,5＝22＋1,11＝32＋2,19＝42＋3，…，所以第m行的最后一個(gè)數(shù)為m2＋(m－1)．因?yàn)楫?dāng)m＝44時(shí)，m2＋(m－1)＝1979，當(dāng)m＝45時(shí)，m2＋(m－1)＝2069，所以要使等式右邊含有“2013”這個(gè)數(shù)，那么m＝45.答案：452．(2018東北三校聯(lián)考)在數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＝(－1)n·2an－2(n≥3，n∈N*)，其前n項(xiàng)和為Sn.(1)a2n＋1關(guān)于n的表達(dá)式為_(kāi)_______；(2)觀察S1，S2，S3，S4，…Sn，在數(shù)列{Sn}的前100項(xiàng)中相等的項(xiàng)有________對(duì)．解析：(1)eq\f(a3,a1)＝eq\f(a5,a3)＝…＝eq\f(a2n＋1,a2n－1)＝－2，又a1＝1，從而a2n＋1＝(－2)n.(2)由(1)及條件知，數(shù)列{an}為1,2，－2,22，(－2)2,23，(－2)3,24，…，從而可知S1＝S3，S5＝S7，S9＝S11，…，故在{Sn}的前100項(xiàng)中相等的項(xiàng)有25對(duì)．答案：(1)a2n＋1＝(－2)n(2)25第六節(jié)直接證明和間接證明1．直接證明(1)綜合法：利用條件和某些數(shù)學(xué)定義、公理、定理等，經(jīng)過(guò)一系列的推理論證，最后推導(dǎo)出所要證明的結(jié)論成立，這種證明方法叫做綜合法．(2)分析法：從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最后，把要證明的結(jié)論歸結(jié)為判定一個(gè)明顯成立的條件(條件、定理、定義、公理等)為止，這種證明方法叫做分析法．2．間接證明反證法：假設(shè)原命題不成立，經(jīng)過(guò)正確的推理，最后得出矛盾，因此說(shuō)明假設(shè)錯(cuò)誤，從而證明了原命題成立，這樣的證明方法叫做反證法．1．用分析法證明數(shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)，要注意書(shū)寫(xiě)格式的標(biāo)準(zhǔn)性，常常用“要證(欲證)…”“即要證…”“就要證…”等分析到一個(gè)明顯成立的結(jié)論P(yáng)，再說(shuō)明所要證明的數(shù)學(xué)問(wèn)題成立．2．利用反證法證明數(shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)，沒(méi)有用假設(shè)命題推理而推出矛盾結(jié)果，其推理過(guò)程是錯(cuò)誤的．[試一試]1．要證明eq\r(3)＋eq\r(7)<2eq\r(5)，可選擇的方法有以下幾種，其中最合理的是()A．綜合法 B．分析法C．反證法 D．歸納法解析：選B要證明eq\r(3)＋eq\r(7)<2eq\r(5)成立，可采用分析法對(duì)不等式兩邊平方后再證明．2．用反證法證明“如果a>b，那么eq\r(3,a)>eq\r(3,b)”假設(shè)內(nèi)容應(yīng)是()A.eq\r(3,a)＝eq\r(3,b) B.eq\r(3,a)<eq\r(3,b)C.eq\r(3,a)＝eq\r(3,b)且eq\r(3,a)<eq\r(3,b) D.eq\r(3,a)＝eq\r(3,b)或eq\r(3,a)<eq\r(3,b)解析：選D假設(shè)結(jié)論不成立，即eq\r(3,a)>eq\r(3,b)的否認(rèn)為eq\r(3,a)≤eq\r(3,b).明晰三種證題的一般規(guī)律(1)綜合法證題的一般規(guī)律：用綜合法證明命題時(shí)，必須首先找到正確的出發(fā)點(diǎn)，也就是能想到從哪里起步，我們一般的處理方法是廣泛地聯(lián)想條件所具備的各種性質(zhì)，逐層推進(jìn)，從而由逐步推出結(jié)論．(2)分析法證題的一般規(guī)律：分析法的思路是逆向思維，用分析法證題必須從結(jié)論出發(fā)，倒著分析，尋找結(jié)論成立的充分條件．應(yīng)用分析法證明問(wèn)題時(shí)要嚴(yán)格按分析法的語(yǔ)言表達(dá)，下一步是上一步的充分條件．(3)反證法證題的一般規(guī)律：反證法證題的實(shí)質(zhì)是證明它的逆否命題成立．反證法的主要依據(jù)是邏輯中的排中律，排中律的一般形式是：或者是A，或者是非A.即在同一討論過(guò)程中，A和非A有且僅有一個(gè)是正確的，不能有第三種情況出現(xiàn)．[練一練]在不等邊三角形中，a為最大邊，要想得到∠A為鈍角的結(jié)論，三邊a，b，c應(yīng)滿(mǎn)足________．解析：由余弦定理cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)<0，所以b2＋c2－a2<0，即a2>b2＋c2.答案：a2>b2＋c2考點(diǎn)一綜合法1.(2013·江蘇高考節(jié)選)設(shè){an}是首項(xiàng)為a，公差為d的等差數(shù)列(d≠0)，Sn是其前n項(xiàng)的和．記bn＝eq\f(nSn,n2＋c)，n∈N*，其中c為實(shí)數(shù)．假設(shè)c＝0，且b1，b2，b4成等比數(shù)列，證明：Snk＝n2Sk(k，n∈N*)．證明：由題意得，Sn＝na＋eq\f(nn－1,2)d.由c＝0，得bn＝eq\f(Sn,n)＝a＋eq\f(n－1,2)d.又因?yàn)閎1，b2，b4成等比數(shù)列，所以beq\o\al(2,2)＝b1b4，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(d,2)))2＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(3,2)d))，化簡(jiǎn)得d2－2ad＝0.因?yàn)閐≠0，所以d＝2a.因此，對(duì)于所有的m∈N*，有Sm＝m2a從而對(duì)于所有的k，n∈N*，有Snk＝(nk)2a＝n2k2a＝n2S2．函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝a＋bx－eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,3)x3，函數(shù)y＝f(x)與函數(shù)y＝g(x)的圖像在交點(diǎn)(0,0)處有公共切線．(1)求a，b；(2)證明：f(x)≤g(x)．解：(1)f′(x)＝eq\f(1,1＋x)，g′(x)＝b－x＋x2，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g0＝f0，,f′0＝g′0，))解得a＝0，b＝1.(2)證明：令h(x)＝f(x)－g(x)＝ln(x＋1)－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2－x(x＞－1)．h′(x)＝eq\f(1,x＋1)－x2＋x－1＝eq\f(－x3,x＋1).h(x)在(－1,0)上為增函數(shù)，在(0，＋∞)上為減函數(shù)．h(x)max＝h(0)＝0，h(x)≤h(0)＝0，即f(x)≤g(x)．[類(lèi)題通法]綜合法證題的思路考點(diǎn)二分析法[典例]函數(shù)f(x)＝tanx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，假設(shè)x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且x1≠x2，求證：eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).[證明]要證eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))，即證明eq\f(1,2)(tanx1＋tanx2)>taneq\f(x1＋x2,2)，只需證明eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx1,cosx1)＋\f(sinx2,cosx2)))>taneq\f(x1＋x2,2)，只需證明eq\f(sinx1＋x2,2cosx1cosx2)>eq\f(sinx1＋x2,1＋cosx1＋x2).由于x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故x1＋x2∈(0，π)．∴cosx1cosx2>0，sin(x1＋x2)>0，1＋cos(x1＋x2)>0，故只需證明1＋cos(x1＋x2)>2cosx1cosx2，即證1＋cosx1cosx2－sinx1sinx2>2cosx1cosx2，即證：cos(x1－x2)<1.由x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，x1≠x2知上式顯然成立，因此，eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).假設(shè)本例中f(x)變?yōu)閒(x)＝3x－2x，試證：對(duì)于任意的x1，x2∈R，均有eq\f(fx1＋fx2,2)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).證明：要證明eq\f(fx1＋fx2,2)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))，即證明eq\f(3x1－2x1＋3x2－2x2,2)≥3eq\f(x1＋x2,2)－2·eq\f(x1＋x2,2)， 因此只要證明eq\f(3x1＋3x2,2)－(x1＋x2)≥3eq\f(x1＋x2,2)－(x1＋x2)，即證明eq\f(3x1＋3x2,2)≥3eq\f(x1＋x2,2)，因此只要證明eq\f(3x1＋3x2,2)≥eq\r(3x1·3x2)，由于x1，x2∈R時(shí)，3x1>0,3x2>0，由根本不等式知eq\f(3x1＋3x2,2)≥eq\r(3x1·3x2)顯然成立，故原結(jié)論成立．[類(lèi)題通法]分析法證題的技巧(1)逆向思考是用分析法證題的主要思想，通過(guò)反推，逐步尋找使結(jié)論成立的充分條件．正確把握轉(zhuǎn)化方向是使問(wèn)題順利獲解的關(guān)鍵．(2)證明較復(fù)雜的問(wèn)題時(shí)，可以采用兩頭湊的方法，即通過(guò)分析法找出某個(gè)與結(jié)論等價(jià)(或充分)的中間結(jié)論，然后通過(guò)綜合法由條件證明這個(gè)中間結(jié)論，從而使原命題得證．[針對(duì)訓(xùn)練]△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.求證：eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c).證明：要證eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c)，即證eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c,b＋c)＝3也就是eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝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＋a2－2accos60°，即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．于是原等式成立．考點(diǎn)三反證法[典例]f(x)＝ax2＋bx＋c，假設(shè)a＋c＝0，f(x)在[－1,1]上的最大值為2，最小值為－eq\f(5,2).求證：a≠0且eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))<2.[證明]假設(shè)a＝0或eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))≥2.(1)當(dāng)a＝0時(shí)，由a＋c＝0，得f(x)＝bx，顯然b≠0.由題意得f(x)＝bx在[－1,1]上是單調(diào)函數(shù)，所以f(x)的最大值為|b|，最小值為－|b|.由條件，得|b|＋(－|b|)＝2－eq\f(5,2)＝－eq\f(1,2)，這與|b|＋(－|b|)＝0相矛盾，所以a≠0.(2)當(dāng)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))≥2時(shí)，由二次函數(shù)的對(duì)稱(chēng)軸為x＝－eq\f(b,2a)，知f(x)在[－1,1]上是單調(diào)函數(shù)，故其最值在區(qū)間的端點(diǎn)處取得．所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝a＋b＋c＝2，,f－1＝a－b＋c＝－\f(5,2)，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝a＋b＋c＝－\f(5,2)，,f－1＝a－b＋c＝2.))又a＋c＝0，那么此時(shí)b無(wú)解，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))<2.由(1)(2)，得a≠0且eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))<2.[類(lèi)題通法]反證法證明問(wèn)題的一般步驟(1)反設(shè)：假定所要證的結(jié)論不成立，而設(shè)結(jié)論的反面(否認(rèn)命題)成立；(否認(rèn)結(jié)論)(2)歸謬：將“反設(shè)”作為條件，由此出發(fā)經(jīng)過(guò)正確的推理，導(dǎo)出矛盾——與條件、的定義、公理、定理及明顯的事實(shí)矛盾或自相矛盾；(推導(dǎo)矛盾)(3)立論：因?yàn)橥评碚_，所以產(chǎn)生矛盾的原因在于“反設(shè)”的謬誤．既然原命題結(jié)論的反面不成立，從而肯定了原命題成立．(命題成立)[針對(duì)訓(xùn)練]實(shí)數(shù)a，b，c，d滿(mǎn)足a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd＞1，求證：a，b，c，d中至少有一個(gè)為負(fù)數(shù)．證明：假設(shè)a，b，c，d都是非負(fù)數(shù)，那么由a＋b＝c＋d＝1，得1＝(a＋b)(c＋d)＝ac＋bd＋ad＋bc≥ac＋bd，即ac＋bd≤1，這與ac＋bd＞1矛盾，故假設(shè)不成立．即a，b，c，d中至少有一個(gè)為負(fù)數(shù)．[課堂練通考點(diǎn)]1．命題“如果數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝2n2－3n，那么數(shù)列{an}一定是等差數(shù)列”是否成立()A．不成立 B．成立C．不能斷定 D．能斷定解析：選B∵Sn＝2n2－3n，∴Sn－1＝2(n－1)2－3(n－1)(n≥2)，∴an＝Sn－Sn－1＝4n－5(當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝－1符合上式)．∴an＋1－an＝4(n≥1)，∴{an}是等差數(shù)列．2．要證：a2＋b2－1－a2b2≤0，只要證明()A．2ab－1－a2b2≤0 B．a(chǎn)2＋b2－1－eq\f(a4＋b4,2)≤0C.eq\f(a＋b2,2)－1－a2b2≤0 D．(a2－1)(b2－1)≥0解析：選D因?yàn)閍2＋b2－1－a2b2≤0?(a2－1)(b2－1)≥0.3．不相等的三個(gè)正數(shù)a，b，c成等差數(shù)列，并且x是a，b的等比中項(xiàng)，y是b，c的等比中項(xiàng)，那么x2，b2，y2三數(shù)()A．成等比數(shù)列而非等差數(shù)列B．成等差數(shù)列而非等比數(shù)列C．既成等差數(shù)列又成等比數(shù)列D．既非等差數(shù)列又非等比數(shù)列解析：選B由條件，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋c＝2b，①,x2＝ab，②,y2＝bc.③))由②③得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(x2,b)，,c＝\f(y2,b).))代入①，得eq\f(x2,b)＋eq\f(y2,b)＝2b，即x2＋y2＝2b2.故x2，b2，y2成等差數(shù)列．4．設(shè)a，b是兩個(gè)實(shí)數(shù)，給出以下條件：①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；⑤ab>1.其中能推出：“a，b中至少有一個(gè)大于1”的條件是A．②③ B．①②③C．③ D．③④⑤解析：選C假設(shè)a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(2,3)，那么a＋b>1，但a<1，b<1，故①推不出；假設(shè)a＝b＝1，那么a＋b＝2，故②推不出；假設(shè)a＝－2，b＝－3，那么a2＋b2>2，故④推不出；假設(shè)a＝－2，b＝－3，那么ab>1，故⑤推不出；對(duì)于③，即a＋b>2，那么a，b中至少有一個(gè)大于1，反證法：假設(shè)a≤1且b≤1，那么a＋b≤2與a＋b>2矛盾，因此假設(shè)不成立，a，b中至少有一個(gè)大于1.5．?dāng)?shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝λ，an＋1＝eq\f(2,3)an＋n－4，n∈N*，其中λ為實(shí)數(shù)．求證：數(shù)列{an}不是等比數(shù)列．證明：由可得a1＝λ，a2＝eq\f(2,3)λ－3，a3＝eq\f(4,9)λ－4.假設(shè)存在實(shí)數(shù)λ，使{an}是等比數(shù)列，那么必有aeq\o\al(2,2)＝a1a3，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)λ－3))2＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)λ－4))，于是eq\f(4,9)λ2－4λ＋9＝eq\f(4,9)λ2－4λ，可得9＝0，矛盾，所以假設(shè)錯(cuò)誤，即數(shù)列{an}不是等比數(shù)列．[課下提升考能]1．用反證法證明：假設(shè)整系數(shù)一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理數(shù)根，那么a，b，c中至少有一個(gè)是偶數(shù)．用反證法證明時(shí)，以下假設(shè)正確的選項(xiàng)是()A．假設(shè)a，b，c都是偶數(shù)B．假設(shè)a，b，c都不是偶數(shù)C．假設(shè)a，b，c至多有一個(gè)偶數(shù)D．假設(shè)a，b，c至多有兩個(gè)偶數(shù)解析：選B“至少有一個(gè)”的否認(rèn)為“都不是”．應(yīng)選B.2．(2014·銀川模擬)設(shè)a，b，c是不全相等的正數(shù)，給出以下判斷：①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；②a>b，a<b及a＝b中至少有一個(gè)成立；③a≠c，b≠c，a≠b不能同時(shí)成立，其中正確判斷的個(gè)數(shù)為()A．0 B．1C．2 D．3解析：選C①②正確；③中，a≠b，b≠c，a≠c可以同時(shí)成立，如a＝1，b＝2，c＝3，故正確的判斷有2個(gè)．3．設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)單調(diào)遞減，假設(shè)x1＋x2>0，那么f(x1)＋f(x2)的值()A．恒為負(fù)值 B．恒等于零C．恒為正值 D．無(wú)法確定正負(fù)解析：選A由f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)單調(diào)遞減，可知f(x)是R上的單調(diào)遞減函數(shù)，由x1＋x2>0，可知x1>－x2，f(x1)<f(－x2)＝－f(x2)，那么f(x1)＋f(x2)<0，應(yīng)選A.4.eq\a\vs4\al(創(chuàng)新題)在R上定義運(yùn)算：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ab,cd))＝ad－bc.假設(shè)不等式eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－1a－2,a＋1x))≥1對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立，那么實(shí)數(shù)a的最大值為()A．－eq\f(1,2) B．－eq\f(3,2)C.eq\f(1,2) D.eq\f(3,2)解析：選D據(jù)定義可得不等式x2－x－a2＋a＋1≥0恒成立，故Δ＝1－4(－a2＋a＋1)≤0，解得－eq\f(1,2)≤a≤eq\f(3,2)，故a的最大值為eq\f(3,2).5．如果△A1B1C1的三個(gè)內(nèi)角的余弦值分別等于△A2B2C2的三個(gè)內(nèi)角的正弦值，A．△A1B1C1和△A2B2CB．△A1B1C1和△A2B2CC．△A1B1C1是鈍角三角形，△A2B2CD．△A1B1C1是銳角三角形，△A2B2C解析：選D由條件知，△A1B1C1的三個(gè)內(nèi)角的余弦值均大于0，那