高考數(shù)學(xué)（文）一輪復(fù)習(xí)教師用書第六章第四節(jié)合情推理與演繹推理

第四節(jié)合情推理與演繹推理1．合情推理類型定義特征歸納推理由某類事物的部分對象具有某些特征，推出該類事物的全部對象都具有這些特征的推理由部分到整體、由個別到一般類比推理由兩類對象具有某些類似特征和其中一類對象的某些已知特征，推出另一類對象也具有這些特征的推理由特殊到特殊合情推理歸納推理和類比推理都是根據(jù)已有的事實(shí)，經(jīng)過觀察、分析、比較、聯(lián)想，再進(jìn)行歸納、類比，然后提出猜想的推理2．演繹推理(1)定義：從一般性的原理出發(fā)，推出某個特殊情況下的結(jié)論，我們把這種推理稱為演繹推理．簡言之，演繹推理是由一般到特殊的推理．(2)“三段論”是演繹推理的一般模式，包括：①大前提——已知的一般原理；②小前提——所研究的特殊情況；③結(jié)論——根據(jù)一般原理，對特殊情況做出的判斷．1．判斷下面結(jié)論是否正確(請?jiān)诶ㄌ栔写颉啊獭被颉啊痢?(1)歸納推理得到的結(jié)論不一定正確，類比推理得到的結(jié)論一定正確．()(2)由平面三角形的性質(zhì)推測空間四面體的性質(zhì)，這是一種合情推理．()(3)在類比時，平面中的三角形與空間中的平行六面體作為類比對象較為合適．()(4)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．()答案：(1)×(2)√(3)×(4)×2．已知數(shù)列{an}中，a1＝1，n≥2時，an＝an－1＋2n－1，依次計(jì)算a2，a3，a4后，猜想an的表達(dá)式是()A．a(chǎn)n＝3n－1 B．a(chǎn)n＝4n－3C．a(chǎn)n＝n2 D．a(chǎn)n＝3n－1解析：選Ca1＝1，a2＝4，a3＝9，a4＝16，猜想an＝n2.3．“因?yàn)橹笖?shù)函數(shù)y＝ax(a>0且a≠1)是增函數(shù)(大前提)，又y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x是指數(shù)函數(shù)(小前提)，所以函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x是增函數(shù)(結(jié)論)”，上面推理的錯誤在于()A．大前提錯誤導(dǎo)致結(jié)論錯B．小前提錯誤導(dǎo)致結(jié)論錯C．推理形式錯誤導(dǎo)致結(jié)論錯D．大前提和小前提錯誤導(dǎo)致結(jié)論錯解析：選A當(dāng)a>1時，y＝ax為增函數(shù)；當(dāng)0<a<1時，y＝ax為減函數(shù)，故大前提錯誤．4．在平面上，若兩個正三角形的邊長的比為1∶2，則它們的面積比為1∶4，類似地，在空間中，若兩個正四面體的棱長的比為1∶2，則它們的體積比為________．解析：由平面圖形的面積類比立體圖形的體積得出：在空間內(nèi)，若兩個正四面體的棱長的比為1∶2，則它們的底面積之比為1∶4，對應(yīng)高之比為1∶2，所以體積比為1∶8.答案：1∶8eq\a\vs4\al(考點(diǎn)一類比推理)eq\a\vs4\al(基礎(chǔ)送分型考點(diǎn)——自主練透)[考什么·怎么考]類比推理在高考中不?？?，可能以選擇題和填空題的形式呈現(xiàn)，難度中等偏下.1．給出下面類比推理(其中Q為有理數(shù)集，R為實(shí)數(shù)集，C為復(fù)數(shù)集)：①“若a，b∈R，則a－b＝0?a＝b”類比推出“a，c∈C，則a－c＝0?a＝c”；②“若a，b，c，d∈R，則復(fù)數(shù)a＋bi＝c＋di?a＝c，b＝d”類比推出“a，b，c，d∈Q，則a＋beq\r(2)＝c＋deq\r(2)?a＝c，b＝d”；③“a，b∈R，則a－b＞0?a＞b”類比推出“若a，b∈C，則a－b＞0?a＞b”；④“若x∈R，則|x|＜1?－1＜x＜1”類比推出“若z∈C，則|z|＜1?－1＜z＜1其中類比結(jié)論正確的個數(shù)為()A．1 B．2C．3 D．4解析：選B類比結(jié)論正確的有①②.2．(2018·黑龍江檢測)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．若P0(x0，y0)在橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)外，過P0作橢圓的兩條切線的切點(diǎn)為P1，P2，則切點(diǎn)弦P1P2所在的直線方程是eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1，那么對于雙曲線，則有如下命題：若P(x0，y0)在雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)外，過P0作雙曲線的兩條切線，切點(diǎn)為P1，P2，則切點(diǎn)弦P1P2所在直線的方程是________．解析：類比橢圓的切點(diǎn)弦方程可得雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的切點(diǎn)弦方程為eq\f(x0x,a2)－eq\f(y0y,b2)＝1.答案：eq\f(x0x,a2)－eq\f(y0y,b2)＝14．半徑為x(x>0)的圓的面積函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)等于該圓的周長的函數(shù)．對于半徑為R(R>0)的球，類似的結(jié)論為____________________________．解析：因?yàn)榘霃綖閤(x>0)的圓的面積函數(shù)f(x)＝πx2，所以f′(x)＝2πx.類似地，半徑為R(R>0)的球的體積函數(shù)V(R)＝eq\f(4,3)πR3，所以V′(R)＝4πR2.故對于半徑為R(R>0)的球，類似的結(jié)論為半徑為R(R>0)的球的體積函數(shù)V(R)的導(dǎo)數(shù)等于該球的表面積的函數(shù)．答案：半徑為R(R>0)的球的體積函數(shù)V(R)的導(dǎo)數(shù)等于該球的表面積的函數(shù)[怎樣快解·準(zhǔn)解]1．常見類比推理的幾個角度(1)低維與高維類比；(2)等差數(shù)列與等比數(shù)列類比；(3)數(shù)的運(yùn)算與向量的運(yùn)算類比；(4)圓錐曲線間的類比．2．類比推理的分類及處理方法類別解讀適合題型類比定義在求解由某種熟悉的定義產(chǎn)生的類比推理型問題時，可以借助原定義來求解已知熟悉定義類比新定義類比性質(zhì)從一個特殊式子的性質(zhì)、一個特殊圖形的性質(zhì)入手，提出類比推理型問題，求解時要認(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)化過程是求解的關(guān)鍵平面幾何與立體幾何、等差數(shù)列與等比數(shù)列類比方法有一些處理問題的方法具有類比性，可以把這種方法類比應(yīng)用到其他問題的求解中，注意知識的遷移已知熟悉的處理方法類比未知問題的處理方法eq\a\vs4\al(考點(diǎn)二歸納推理)eq\a\vs4\al(題點(diǎn)多變型考點(diǎn)——追根溯源)歸納推理是每年高考的常考內(nèi)容，題型多為選擇題和填空題，難度稍大，屬于中高檔題.,常見的命題角度有：1與數(shù)字有關(guān)的推理；2與式子有關(guān)的推理；3與圖形有關(guān)的推理.[題點(diǎn)全練]角度(一)與數(shù)字有關(guān)的推理1．從1開始的自然數(shù)按如圖所示的規(guī)則排列，現(xiàn)有一個三角形框架在圖中上下或左右移動，使每次恰有九個數(shù)在此三角形內(nèi)，則這九個數(shù)的和可以為()A．2018 B．2019C．2020 D．2021解析：選B根據(jù)題干圖所示的規(guī)則排列，設(shè)最上層的一個數(shù)為a，則第二層的三個數(shù)為a＋7，a＋8，a＋9，第三層的五個數(shù)為a＋14，a＋15，a＋16，a＋17，a＋18，這九個數(shù)之和為a＋3a＋24＋5a＋80＝9由9a＋104＝2021，得a＝213，是自然數(shù)，故選角度(二)與式子有關(guān)的推理2．觀察下列等式：1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(1,2)n(n＋1)；1＋3＋6＋…＋eq\f(1,2)n(n＋1)＝eq\f(1,6)n(n＋1)(n＋2)；1＋4＋10＋…＋eq\f(1,6)n(n＋1)(n＋2)＝eq\f(1,24)n(n＋1)(n＋2)(n＋3)；……可以推測，1＋5＋15＋…＋eq\f(1,24)n(n＋1)(n＋2)(n＋3)＝________________________.解析：根據(jù)式子中的規(guī)律可知，等式右側(cè)為eq\f(1,5×4×3×2×1)·n(n＋1)(n＋2)(n＋3)(n＋4)＝eq\f(1,120)n(n＋1)(n＋2)(n＋3)(n＋4)．答案：eq\f(1,120)n(n＋1)(n＋2)(n＋3)(n＋4)角度(三)與圖形有關(guān)的推理3．分形幾何學(xué)是數(shù)學(xué)家伯努瓦·曼德爾布羅在20世紀(jì)70年代創(chuàng)立的一門新的數(shù)學(xué)學(xué)科，它的創(chuàng)立為解決傳統(tǒng)科學(xué)眾多領(lǐng)域的難題提供了全新的思路．按照如圖(1)所示的分形規(guī)律可得如圖(2)所示的一個樹形圖．若記圖(2)中第n行黑圈的個數(shù)為an，則a2018＝________.解析：根據(jù)題圖(1)所示的分形規(guī)律，可知1個白圈分形為2個白圈1個黑圈，1個黑圈分形為1個白圈2個黑圈，把題圖(2)中的樹形圖的第1行記為(1,0)，第2行記為(2,1)，第3行記為(5,4)，第4行的白圈數(shù)為2×5＋4＝14，黑圈數(shù)為5＋2×4＝13，所以第4行的“坐標(biāo)”為(14,13)，同理可得第5行的“坐標(biāo)”為(41,40)，第6行的“坐標(biāo)”為(122,121)，….各行黑圈數(shù)乘2，分別是0,2,8,26,80，…，即1－1,3－1，9－1,27－1,81－1，…，所以可以歸納出第n行的黑圈數(shù)an＝eq\f(3n－1－1,2)(n∈N*)，所以a2018＝eq\f(32017－1,2).答案：eq\f(32017－1,2)[題“根”探求]看個性角度(一)與數(shù)字有關(guān)的推理，仔細(xì)觀察數(shù)字之間的特點(diǎn)，找出等式左右兩側(cè)的規(guī)律角度(二)與式子有關(guān)的推理，分析每個式子的特點(diǎn)，找到規(guī)律后可解角度(三)與圖形變化有關(guān)的推理，借助特殊圖形歸納推理得出結(jié)論找共性1.歸納推理是通過觀察個別情況發(fā)現(xiàn)某些相同本質(zhì)；從已知的相同性質(zhì)中推出一個明確表述的一般性命題，即eq\x(實(shí)驗(yàn)、觀察)→eq\x(概括、推廣)→eq\x(猜測一般性結(jié)論)2.破解歸納推理的思維步驟[沖關(guān)演練]1．(2018·濟(jì)寧模擬)已知ai>0(i＝1,2,3，…，n)，觀察下列不等式：eq\f(a1＋a2,2)≥eq\r(a1a2)；eq\f(a1＋a2＋a3,3)≥eq\r(3,a1a2a3)；eq\f(a1＋a2＋a3＋a4,4)≥eq\r(4,a1a2a3a4)；……照此規(guī)律，當(dāng)n∈N*，n≥2時，eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)≥________.解析：根據(jù)題意有eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)≥eq\r(n,a1a2…an)(n∈N*，n≥2)．答案：eq\r(n,a1a2…an)2．某種平面分形圖如圖所示，一級分形圖是由一點(diǎn)出發(fā)的三條線段，長度均為1，兩兩夾角為120°；二級分形圖是在一級分形圖的每條線段的末端出發(fā)再生成兩條長度為原來eq\f(1,3)的線段，且這兩條線段與原線段兩兩夾角為120°，…，依此規(guī)律得到n級分形圖．則n級分形圖中共有________條線段．解析：分形圖的每條線段的末端出發(fā)再生成兩條線段，由題圖知，一級分形圖有3＝3×2－3條線段，二級分形圖有9＝3×22－3條線段，三級分形圖中有21＝3×23－3條線段，按此規(guī)律n級分形圖中的線段條數(shù)an＝3×2n－3.答案：3×2n－3eq\a\vs4\al(考點(diǎn)三演繹推理)eq\a\vs4\al(重點(diǎn)保分型考點(diǎn)——師生共研)演繹推理是高考考查的重點(diǎn)內(nèi)容，主要考查其推理的思維過程，常以三角函數(shù)、數(shù)列、不等式、立體幾何、解析幾何等知識的證明題形式或以現(xiàn)實(shí)生活中的一些推理為背景的形式出現(xiàn)，三種題型均有涉及，難度中等偏上.[典題領(lǐng)悟]數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和記為Sn，已知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)∴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∴對于任意正整數(shù)n，都有Sn＋1＝4an.(結(jié)論)[解題師說]1．演繹推理(三段論)證明的基本模式(1)大前提——已知的一般原理；(2)小前提——所研究的特殊情況；(3)結(jié)論——根據(jù)一般原理對特殊情況做出的判斷．2．演繹推理的推證規(guī)則(1)演繹推理是從一般到特殊的推理，其一般形式是三段論，應(yīng)用三段論解決問題時，應(yīng)當(dāng)首先明確什么是大前提和小前提，如果前提是顯然的，則可以省略，本例中，等比數(shù)列的定義在解題中是大前提，由于它是顯然的，因此省略不寫．(2)演繹推理常用來證明和推理數(shù)學(xué)問題，注意推理過程的嚴(yán)密性，書寫格式的規(guī)范性．如本例中應(yīng)驗(yàn)證S2＝4a1[沖關(guān)演練]已知函數(shù)y＝f(x)滿足：對任意a，b∈R，a≠b，都有af(a)＋bf(b)>af(b)＋bf(a)，試證明：f(x)為R上的單調(diào)增函數(shù)．證明：設(shè)x1，x2∈R，取x1<x2，則由題意得x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(∴x1[f(x1)－f(x2)]＋x2[f(x2)－f(x1)]>0，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)>0，∵x1<x2，∴f(x2)－f(x1)>0，f(x2)>f(x1)．∴y＝f(x)為R上的單調(diào)增函數(shù)．普通高中、重點(diǎn)高中共用作業(yè)(高考難度一般，無須挖潛)A級——基礎(chǔ)小題練熟練快1．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．下列推理中屬于歸納推理且結(jié)論正確的是()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滿足f(－x)＝－f(x)對?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．3．(2018·衡水三調(diào))來自英、法、日、德的甲、乙、丙、丁四位客人，剛好碰在一起．他們除懂本國語言外，每人還會說其他三國語言中的一種．有一種語言是三個人會說的，但沒有一種語言四人都懂，現(xiàn)知道：①甲是日本人，丁不會說日語，但他倆能自由交談；②四人中沒有一個人既能用日語交談，又能用法語交談；③乙、丙、丁交談時，不能只用一種語言；④乙不會說英語，當(dāng)甲與丙交談時，他能做翻譯．針對他們懂的語言，正確的推理是()A．甲日德、乙法德、丙英法、丁英德B．甲日英、乙日德、丙德法、丁日英C．甲日德、乙法德、丙英德、丁英德D．甲日法、乙英德、丙法德、丁法英解析：選A分析題目和選項(xiàng)，由①知，丁不會說日語，排除B選項(xiàng)；由②知，沒有人既會日語又會法語，排除D選項(xiàng)；由③知乙、丙、丁不會同一種語言，排除C選項(xiàng)，故選A.4．在用演繹推理證明通項(xiàng)公式為an＝cqn(cq≠0)的數(shù)列{an}是等比數(shù)列的過程中，大前提是()A．a(chǎn)n＝cqnB.eq\f(an,an－1)＝q(n≥2)C．若數(shù)列{an}滿足eq\f(an＋1,an)(n∈N*)是常數(shù)，則{an}是等比數(shù)列D．若數(shù)列{an}滿足eq\f(an＋1,an)(n≥2)是常數(shù)，則{an}是等比數(shù)列解析：選C證明一個數(shù)列是等比數(shù)列的依據(jù)是等比數(shù)列的定義，其公式表示為eq\f(an＋1,an)(n∈N*)或eq\f(an,an－1)(n≥2)是常數(shù)．5．若等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)之和為Sn，則一定有S2n－1＝(2n－1)an成立．若等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)之積為Tn，類比等差數(shù)列的性質(zhì)，則有()A．T2n－1＝(2n－1)＋bn B．T2n－1＝(2n－1)bnC．T2n－1＝(2n－1)bn D．T2n－1＝beq\o\al(2n－1,n)解析：選D在等差數(shù)列{an}中，a1＋a2n－1＝2an，a2＋a2n－2＝2an,…，故有S2n－1＝(2n－1)an，在等比數(shù)列{bn}中，b1b2n－1＝beq\o\al(2,n)，b2·b2n－2＝beq\o\al(2,n)，…，故有T2n－1＝b1b2…b2n－1＝beq\o\al(2n－1,n).6．(2018·渭南一模)古希臘人常用小石子在沙灘上擺成各種形狀來研究數(shù)，例如：他們研究過圖中的1,3,6,10，…，由于這些數(shù)能夠表示成三角形，故將其稱為三角形數(shù)，由以上規(guī)律，知這些三角形數(shù)從小到大形成一個數(shù)列{an}，那么a10的值為()A．45 B．55C．65 D．66解析：選B第1個圖中，小石子有1個，第2個圖中，小石子有3＝1＋2個，第3個圖中，小石子有6＝1＋2＋3個，第4個圖中，小石子有10＝1＋2＋3＋4個，……故第10個圖中，小石子有1＋2＋3＋…＋10＝eq\f(10×11,2)＝55個，即a10＝55，故選B.7．(2018·咸陽二模)觀察下列式子：eq\r(1×2)<2，eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)<eq\f(9,2)，eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)＋eq\r(3×4)<8，eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)＋eq\r(3×4)＋eq\r(4×5)<eq\f(25,2)，……，根據(jù)以上規(guī)律，第n(n∈N*)個不等式是____________________．解析：根據(jù)所給不等式可得第n個不等式是eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)＋…＋eq\r(n×n＋1)<eq\f(n＋12,2)(n∈N*)．答案：eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)＋…＋eq\r(n×n＋1)<eq\f(n＋12,2)8．用火柴棒擺“金魚”，如圖所示，按照圖中的規(guī)律，第n個“金魚”需要火柴棒的根數(shù)為________．解析：由題意知，第1個圖中有8根火柴棒，第2個圖中有8＋6根火柴棒，第3個圖中有8＋2×6根火柴棒，……，依此類推，第n個“金魚”需要火柴棒的根數(shù)為8＋6(n－1)＝6n＋2.答案：6n＋29．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)10．(2018·岳陽月考)觀察下列不等式：1>eq\f(1,2)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)>1,1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,7)>eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,15)>2，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,31)>eq\f(5,2)，…，由此猜想第n個不等式為______________．解析：觀察給出的式子可得出如下規(guī)律：1>eq\f(1,2)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22－1)>1＝eq\f(2,2)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,7)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,23－1)>eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,15)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,24－1)>2＝eq\f(4,2)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,31)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,25－1)>eq\f(5,2)，……猜想：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)>eq\f(n,2)，n∈N*.答案：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)>eq\f(n,2)，n∈N*B級——中檔題目練通抓牢1．在等比數(shù)列{an}中，若am＝1，則有a1a2…an＝a1a2…a2m－1－n(n<2m－1，且n∈N*)成立，在等差數(shù)列{bn}中，若bm＝0A．b1b2…bn＝b1b2…b2m－1－n(n<2m－1，且n∈NB．b1b2…bn＝b1b2…b2m－n＋1(n<2m＋1，且n∈NC．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b2m－1－n(n<2m－1，且n∈ND．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b2m－n＋1(n<2m＋1，且n∈N解析：選C等比數(shù)列的“比”對應(yīng)等差數(shù)列的“差”，類比上述性質(zhì)，等比數(shù)列的“積”對應(yīng)等差數(shù)列的“和”，由此排除A、B，對于C、D，注意項(xiàng)數(shù)的變化知C正確．2．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＝()A．(m，n－m＋1) B．(m－1，n－m)C．(m－1，n－m＋1) D．(m，n－m)解析：選A由前4行的特點(diǎn)，歸納可得：若anm＝(x，y)，則x＝m，y＝n－m＋1，∴anm＝(m，n－m＋1)．3．我國的刺繡有著悠久的歷史，如圖，(1)(2)(3)(4)為刺繡最簡單的四個圖案，這些圖案都是由小正方形構(gòu)成，小正方形個數(shù)越多刺繡越漂亮．現(xiàn)按同樣的規(guī)律刺繡(小正方形的擺放規(guī)律相同)，設(shè)第n個圖形包含f(n)個小正方形，則f(n)的表達(dá)式為()A．f(n)＝2n－1 B．f(n)＝2n2C．f(n)＝2n2－2n D．f(n)＝2n2－2n＋1解析：選D因?yàn)閒(2)－f(1)＝4，f(3)－f(2)＝8，f(4)－f(3)＝12，…，結(jié)合圖形不難得到f(n)－f(n－1)＝4(n－1)，累加得f(n)－f(1)＝2n(n－1)＝2n2－2n，故f(n)＝2n2－2n＋1.4．(2018·襄陽優(yōu)質(zhì)高中聯(lián)考)將三項(xiàng)式(x2＋x＋1)n展開，當(dāng)n＝0,1,2,3，…時，得到以下等式：(x2＋x＋1)0＝1，(x2＋x＋1)1＝x2＋x＋1，(x2＋x＋1)2＝x4＋2x3＋3x2＋2x＋1，(x2＋x＋1)3＝x6＋3x5＋6x4＋7x3＋6x2＋3x＋1，……觀察多項(xiàng)式系數(shù)之間的關(guān)系，可以仿照楊輝三角構(gòu)造如圖所示的廣義楊輝三角，其構(gòu)造方法為：第0行為1，以下各行每個數(shù)是它正頭頂上與左右兩肩上3個數(shù)(不足3個數(shù)的，缺少的數(shù)記為0)的和，第k行共有2k＋1個數(shù)，若(x2＋x＋1)5(1＋ax)的展開式中，x7項(xiàng)的系數(shù)為75，則實(shí)數(shù)a的值為________．廣義楊輝三角第0行1第1行111第2行12321第3行1367631第4行14101619161041……解析：根據(jù)題意可得廣義楊輝三角第5行為：1,5,15,30,45,51,45,30,15,5,1，故(1＋ax)(x2＋x＋1)5的展開式中，x7項(xiàng)的系數(shù)為30＋45a＝75，解得a＝答案：15.(2018·湖北八校聯(lián)考)祖暅?zhǔn)俏覈媳背瘯r代的數(shù)學(xué)家，是祖沖之的兒子．他提出了一條原理：“冪勢既同，則積不容異．”這里的“冪”指水平截面的面積，“勢”指高．這句話的意思是：兩個等高的幾何體若在所有等高處的水平截面的面積相等，則這兩個幾何體體積相等．設(shè)由橢圓eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)所圍成的平面圖形繞y軸旋轉(zhuǎn)一周后，得一橄欖狀的幾何體(稱為橢球體)如圖所示，課本中介紹了應(yīng)用祖暅原理求球體體積公式的方法，請類比此法，求出橢球體體積，其體積等于________．解析：橢圓的長半軸長為a，短半軸長為b，現(xiàn)構(gòu)造兩個底面半徑為b，高為a的圓柱，然后在圓柱內(nèi)挖去一個以圓柱下底面圓心為頂點(diǎn)，圓柱上底面為底面的圓錐，根據(jù)祖暅原理得出橢球體的體積V＝2(V圓柱－V圓錐)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π×b2×a－\f(1,3)π×b2×a))＝eq\f(4,3)πb2a.答案：eq\f(4,3)πb2a6．在銳角三角形ABC中，求證：sinA＋sinB＋sinC＞cosA＋cosB＋cosC.證明：∵△ABC為銳角三角形，∴A＋B＞eq\f(π,2)，∴A＞eq\f(π,2)－B，∵y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是增函數(shù)，∴sinA＞sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－B))＝cosB，同理可得sinB＞cosC，sinC＞cosA，∴sinA＋sinB＋sinC＞cosA＋cosB＋cosC.7．已知O是△ABC內(nèi)任意一點(diǎn)，連接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(yùn)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(diǎn)O，連接AO，DO，BO，CO并延長，分別交四個面于E，F(xiàn)，G，H點(diǎn)．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)＝e