高考數(shù)學(xué)（理）一輪講義第36講　合情推理與演繹推理

第36講合情推理與演繹推理考綱要求考情分析命題趨勢(shì)1.了解合情推理的含義，能利用歸納和類比等進(jìn)行簡(jiǎn)單的推理．了解合情推理在數(shù)學(xué)發(fā)現(xiàn)中的作用．2．了解演繹推理的重要性，掌握演繹推理的基本模式，并能運(yùn)用它們進(jìn)行一些簡(jiǎn)單推理．3．了解合情推理和演繹推理之間的聯(lián)系和差異.2017·全國卷Ⅰ，122016·北京卷，82015·江蘇卷，112015·福建卷，15合情推理一般以新定義、新規(guī)則的形式考查集合、函數(shù)、不等式、數(shù)列等問題；而演繹推理常結(jié)合函數(shù)、方程、不等式、解析幾何、立體幾何、數(shù)列等問題中的證明來考查.分值：5分1．合情推理(1)歸納推理①定義：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)別的事實(shí)概括出一般結(jié)論的推理．②特點(diǎn)：是由__部分__到__整體__、由__個(gè)別__到__一般__的推理．(2)類比推理①定義：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特點(diǎn)：是由__特殊__到__特殊__的推理．2．演繹推理(1)演繹推理從一般性的原理出發(fā)，推出某個(gè)特殊情況下的結(jié)論，我們把這種推理稱為演繹推理．簡(jiǎn)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(duì)__特殊情況__做出的判斷．1．思維辨析(在括號(hào)內(nèi)打“√”或“×”)．(1)歸納推理與類比推理都是由特殊到一般的推理．(×)(2)在類比時(shí)，平面中的三角形與空間中的平行六面體作為類比對(duì)象較為合適．(×)(3)“所有3的倍數(shù)都是9的倍數(shù)，若數(shù)m是3的倍數(shù)，則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．(√)(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．(×)解析(1)錯(cuò)誤．歸納推理是由部分到整體、由個(gè)別到一般的推理；類比推理是由特殊到特殊的推理．(2)錯(cuò)誤．平面中的三角形與空間中的四面體作為類比對(duì)象較為合適．(3)正確．因?yàn)榇笄疤徨e(cuò)誤，所以結(jié)論錯(cuò)誤．(4)錯(cuò)誤．演繹推理在大前提、小前提和推理形式都正確時(shí)，得到的結(jié)論一定正確．2．命題“有些有理數(shù)是無限循環(huán)小數(shù)，整數(shù)是有理數(shù)，所以整數(shù)是無限循環(huán)小數(shù)”是假命題，推理錯(cuò)誤的原因是(C)A．使用了歸納推理B．使用了類比推理C．使用了“三段論”，但推理形式錯(cuò)誤D．使用了“三段論”，但小前提錯(cuò)誤解析由條件知使用了三段論，但推理形式是錯(cuò)誤的．3．?dāng)?shù)列2,5,11,20，x,47，…中的x＝(B)A．28 B．32C．33 D．27解析由5－2＝3,11－5＝6,20－11＝9.則x－20＝12，因此x＝32.4．給出下列三個(gè)類比結(jié)論：①(ab)n＝anbn與(a＋b)n類比，則有(a＋b)n＝an＋bn；②loga(xy)＝logax＋logay與sin(α＋β)類比，則有sin(α＋β)＝sinαsinβ；③(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2與(a＋b)2類比，則有(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2其中結(jié)論正確的個(gè)數(shù)是(B)A．0 B．1C．2 D．3解析只有③正確．5．觀察下列不等式：1＋eq\f(1,22)＜eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＜eq\f(5,3)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＜eq\f(7,4)，…按此規(guī)律，第五個(gè)不等式為__1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋eq\f(1,52)＋eq\f(1,62)<eq\f(11,6)__.解析觀察得出規(guī)律，左邊為項(xiàng)數(shù)個(gè)連續(xù)自然數(shù)平方的倒數(shù)和，右邊為項(xiàng)數(shù)的2倍減1的差除以項(xiàng)數(shù)，即1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋eq\f(1,52)＋…＋eq\f(1,n2)<eq\f(2n－1,n)(n∈N*，n≥2)，所以第五個(gè)不等式為1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋eq\f(1,52)＋eq\f(1,62)<eq\f(11,6).一類比推理(1)進(jìn)行類比推理，應(yīng)從具體問題出發(fā)，通過觀察、分析、聯(lián)想進(jìn)行對(duì)比，提出猜想．其中找到合適的類比對(duì)象是解題的關(guān)鍵．(2)類比推理常見的情形有：平面與空間類比、低維與高維的類比、等差與等比數(shù)列類比、運(yùn)算類比(加與乘、乘與乘方、減與除、除與開方)、數(shù)的運(yùn)算與向量運(yùn)算類比、圓錐曲線間的類比等．【例1】(1)若數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是等差數(shù)列，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(bn＝\f(a1＋a2＋…＋an,n)))也為等差數(shù)列．類比這一性質(zhì)可知，若正項(xiàng)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(cn))是等比數(shù)列，且eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(dn))也是等比數(shù)列，則dn的表達(dá)式應(yīng)為(D)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)(2)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eq\f(AC,BC)＝eq\f(AE,BE).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__eq\f(AE,EB)＝eq\f(S△ACD,S△BCD)__.解析(1)若{an}是等差數(shù)列，則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；若{cn}是等比數(shù)列，則c1·c2·…·cn＝ceq\o\al(n,1)·q1＋2＋…＋(n－1)＝ceq\o\al(n,1)·qeq\f(nn－1,2)，∴dn＝eq\r(n,c1·c2·…·cn)＝c1·qeq\f(n－1,2)，即{dn}為等比數(shù)列，故選D．(2)由平面中線段的比轉(zhuǎn)化為空間中面積的比可得eq\f(AE,EB)＝eq\f(S△ACD,S△BCD).二歸納推理歸納推理中幾種問題的處理技巧(1)與等式或不等式“共舞”問題．觀察所給的幾個(gè)等式或不等式兩邊式子的特點(diǎn)，注意是縱向看，發(fā)現(xiàn)隱含的規(guī)律．(2)與數(shù)列“牽手”問題．先求出幾個(gè)特殊現(xiàn)象，歸納所得的結(jié)論是尚屬未知的一般現(xiàn)象，該結(jié)論超越了前提所含的范圍，從而由特殊的結(jié)論推廣到一般結(jié)論．(3)與圖形變化“相融”問題．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纠?】觀察下列等式：12＝1；12－22＝－3；12－22＋32＝6；12－22＋32－42＝－10；…依此規(guī)律，第n個(gè)等式可為__12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1·eq\f(nn＋1,2)__.解析第n個(gè)等式的左邊第n項(xiàng)應(yīng)是(－1)n＋1n2，右邊數(shù)的絕對(duì)值為1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)，故有12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1·eq\f(nn＋1,2).【例3】觀察下列的圖形中小正方形的個(gè)數(shù)，則第6個(gè)圖中有__28__個(gè)小正方形．解析第1～5個(gè)圖形中分別有3,6,10,15,21個(gè)小正方形，它們分別為1＋2,1＋2＋3,1＋2＋3＋4,1＋2＋3＋4＋5,1＋2＋3＋4＋5＋6，因此an＝1＋2＋3＋…＋(n＋1)．故a6＝1＋2＋3＋…＋7＝eq\f(71＋7,2)＝28，即第6個(gè)圖中有28個(gè)小正方形．【例4】(2016·山東卷)觀察下列等式：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＝__eq\f(4,3)n(n＋1)__.解析通過觀察已給出等式的特點(diǎn)，可知等式右邊的eq\f(4,3)是個(gè)固定數(shù)，eq\f(4,3)后面第一個(gè)數(shù)是等式左邊最后一個(gè)數(shù)括號(hào)內(nèi)角度值分子中π的系數(shù)的一半，eq\f(4,3)后面第二個(gè)數(shù)是第一個(gè)數(shù)的下一個(gè)自然數(shù)，所以，所求結(jié)果為eq\f(4,3)×n×(n＋1)，即eq\f(4,3)n(n＋1)．三演繹推理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，應(yīng)當(dāng)首先明確什么是大前提和小前提，若前提是顯然的，則可以省略．【例5】數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(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，∴eq\f(Sn＋1,n＋1)＝2·eq\f(Sn,n)，又eq\f(S1,1)＝1≠0，(小前提)故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是以1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．(結(jié)論)(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)1．(2018·安徽淮南模擬)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(gè)三角形框架在圖中上下或左右移動(dòng)，使每次恰有九個(gè)數(shù)在此三角形內(nèi)，則這九個(gè)數(shù)的和可以為(B)A．2011 B．2012C．2013 D．2014解析根據(jù)題圖所示的規(guī)則排列，設(shè)最上層的一個(gè)數(shù)為a∈N*，則第二層的三個(gè)數(shù)為a＋7，a＋8，a＋9，第三層的五個(gè)數(shù)a＋14，a＋15，a＋16，a＋17，a＋18，這9個(gè)數(shù)之和為a＋3a＋24＋5a＋80＝9a＋104.由9a＋104＝2012，得a＝2．(2018·江西臨川一中模擬)已知12＝eq\f(1,6)×1×2×3,12＋22＝eq\f(1,6)×2×3×5,12＋22＋32＝eq\f(1,6)×3×4×7,12＋22＋32＋42＝eq\f(1,6)×4×5×9，則12＋22＋…＋n2＝__eq\f(1,6)n(n＋1)(2n＋1)(n∈N*)__(其中n∈N*)．解析根據(jù)題意可歸納出12＋22＋…＋n2＝eq\f(1,6)n(n＋1)(2n＋1)，下面給出證明：(k＋1)3－k3＝3k2＋3k＋1，則23－13＝3×12＋3×1＋1,33－23＝3×22＋3×2＋1，…，(n＋1)3－n3＝3n2＋3n＋1，累加得(n＋1)3－13＝3(12＋22＋…＋n2)＋3(1＋2＋…＋n)＋n，整理得12＋22＋…＋n2＝eq\f(1,6)n(n＋1)(2n＋1)，故填eq\f(1,6)n(n＋1)(2n＋1)．3．用火柴棒擺“金魚”，如圖所示，按照下面的規(guī)律，第n個(gè)“金魚”圖需要火柴棒的根數(shù)為__6n＋2__.…解析由題意知，圖②的火柴棒比①的多6根，圖③的火柴棒比圖②的多6根，而圖①的火柴棒的根數(shù)為2＋6，∴第n條小魚需要(2＋6n)根．4．(2018·北京海淀模擬)若f(a＋b)＝f(a)f(b)(a，b∈N*)，且f(1)＝2，則eq\f(f2,f1)＋eq\f(f4,f3)＋…＋eq\f(f2018,f2017)＝__2_018__.解析利用三段論．因?yàn)閒(a＋b)＝f(a)f(b)(a，b∈N*)，(大前提)令b＝1，則eq\f(fa＋1,fa)＝f(1)＝2，(小前提)所以eq\f(f2,f1)＝eq\f(f4,f3)＝…＝eq\f(f2018,f2017)＝2.(結(jié)論)所以原式＝＝2018.易錯(cuò)點(diǎn)類比不當(dāng)錯(cuò)因分析：從平面類比到空間時(shí)，缺乏對(duì)對(duì)應(yīng)特點(diǎn)的分析，無法得到正確結(jié)論．【例1】在Rt△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC于D，求證：eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)，那么在四面體A－BCD中，類比上述結(jié)論，你能得到怎樣的猜想，并說明理由．解析如圖(1)所示，由射影定理知AD2＝BD·DC，AB2＝BD·BC，AC2＝BC·DC，∴eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,BD·DC)＝eq\f(BC2,BD·BC·DC·BC)＝eq\f(BC2,AB2·AC2).又BC2＝AB2＋AC2，∴eq\f(1,AD2)＝eq\f(AB2＋AC2,AB2·AC2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)，∴eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2).四面體A－BCD中，AB，AC，AD兩兩垂直，AE⊥平面BCD于E，則eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).證明如下：如圖(2)，連接BE交CD于F，連接AF.∵AB⊥AC，AB⊥AD，∴AB⊥平面ACD．而AF?平面ACD，∴AB⊥AF.在Rt△ABF中，AE⊥BF，∴eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AF2).在Rt△ACD中，AF⊥CD，eq\f(1,AF2)＝eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).∴eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).【跟蹤訓(xùn)練1】在等差數(shù)列{an}中，若a10＝0，則有等式a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(n<19，n∈N*)成立．類比上述性質(zhì)，相應(yīng)地：在等比數(shù)列{bn}中，若b9＝1，則有等式__b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b17－n(n<17，n∈N*)__成立．解析在等差數(shù)列{an}中，由a10＝0，得：a1＋a19＝a2＋a18＝…＝an＋a20－n＝an＋1＋a19－n＝2a10＝0∴S19＝a1＋a2＋…＋an＋…＋a19＝0(n<19)，即a1＋a2＋…＋an＝－a19－a18－…－an＋1，又∵a1＝－a19，a2＝－a18，…，a19－n＝－an＋1，∴a1＋a2＋…＋an＝－a19－a18－…－an＋1＝a1＋a2＋…＋a19－n.若a9＝0，同理a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a17－n(n<17)．在等比數(shù)列{bn}中，b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b17－n(n<17，n∈N*)課時(shí)達(dá)標(biāo)第36講[解密考綱]高考中，歸納推理和類比推理主要是和數(shù)列、不等式等內(nèi)容聯(lián)合考查，多以選擇題和填空題的形式出現(xiàn)．一、選擇題1．下面四個(gè)推導(dǎo)過程符合演繹推理三段論形式且推理正確的是(B)A．大前提：無限不循環(huán)小數(shù)是無理數(shù)；小前提：π是無理數(shù)；結(jié)論：π是無限不循環(huán)小數(shù)B．大前提：無限不循環(huán)小數(shù)是無理數(shù)；小前提：π是無限不循環(huán)小數(shù)；結(jié)論：π是無理數(shù)C．大前提：π是無限不循環(huán)小數(shù)；小前提：無限不循環(huán)小數(shù)是無理數(shù)；結(jié)論：π是無理數(shù)D．大前提：π是無限不循環(huán)小數(shù)；小前提：π是無理數(shù)；結(jié)論：無限不循環(huán)小數(shù)是無理數(shù)解析對(duì)于A項(xiàng)，小前提與結(jié)論互換，錯(cuò)誤；對(duì)于B項(xiàng)，符合演繹推理過程且結(jié)論正確；對(duì)于C項(xiàng)和D項(xiàng)，均為大前提錯(cuò)誤，故選B．2．請(qǐng)仔細(xì)觀察1,1,2,3,5，()，13，運(yùn)用合情推理，可知寫在括號(hào)里的數(shù)最可能是(A)A．8 B．9C．10 D．11解析觀察題中所給各數(shù)可知，2＝1＋1,3＝1＋2,5＝2＋3,8＝3＋5,13＝5＋8，∴括號(hào)中的數(shù)為8.故選A．3．在整數(shù)集Z中，被5除所得余數(shù)為k的所有整數(shù)組成一個(gè)“類”，記為[k]，即[k]＝{5n＋k|n∈Z}，k＝0,1,2,3,4.給出如下四個(gè)結(jié)論：①2013∈[3]；②－2∈[2]；③Z＝[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4]；④整數(shù)a，b屬于同一“類”的充要條件是“a－b∈[0]”．其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為(C)A．1 B．2C．3 D．4解析因?yàn)?013＝402×5＋3，所以2013∈[3]，①正確；－2＝－1×5＋3，－2∈[3]，所以②不正確；因?yàn)檎麛?shù)集中被5除的數(shù)可以且只可以分成五類，所以③正確；整數(shù)a，b屬于同一“類”，因?yàn)檎麛?shù)a，b被5除的余數(shù)相同，從而a－b被5除的余數(shù)為0，反之也成立，故整數(shù)a，b屬于同一“類”的充要條件是“a－b∈[0]”，故④正確．所以正確的結(jié)論有3個(gè)，故選C．4．觀察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3,(cosx)′＝－sinx，由歸納推理可得：若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(－x)＝f(x)，記g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則g(－x)＝(D)A．f(x) B．－f(x)C．g(x) D．－g(x)解析由所給等式知，偶函數(shù)的導(dǎo)數(shù)是奇函數(shù)．∵f(－x)＝f(x)，∴f(x)是偶函數(shù)，從而g(x)是奇函數(shù)．∴g(－x)＝－g(x)．5．已知an＝logn＋1(n＋2)(n∈N*)，觀察下列運(yùn)算：a1·a2＝log23·log34＝eq\f(lg3,lg2)·eq\f(lg4,lg3)＝2；a1·a2·a3·a4·a5·a6＝log23·log34·…·log78＝eq\f(lg3,lg2)·eq\f(lg4,lg3)·…·eq\f(lg8,lg7)＝3；….若a1·a2·a3·…·ak(k∈N*)為整數(shù)，則稱k為“企盼數(shù)”，試確定當(dāng)a1·a2·a3·…·ak＝2018時(shí)，“企盼數(shù)”k為(C)A．22017＋2 B．22017C．22018－2 D．22017－4解析a1·a2·a3·…·ak＝eq\f(lgk＋2,lg2)＝2018，lg(k＋2)＝lg22018，故k＝22018－2.6．(2016·北京卷)袋中裝有偶數(shù)個(gè)球，其中紅球、黑球各占一半．甲，乙，丙是三個(gè)空盒．每次從袋中任意取出兩個(gè)球，將其中一個(gè)球放入甲盒，如果這個(gè)球是紅球，就將另一個(gè)球放入乙盒，否則就放入丙盒．重復(fù)上述過程，直到袋中所有球都被放入盒中，則(B)A．乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B．乙盒中紅球與丙盒中黑球一樣多C．乙盒中紅球不多于丙盒中紅球D．乙盒中黑球與丙盒中紅球一樣多解析假設(shè)袋中只有一紅一黑兩個(gè)球，第一次取出后，若將紅球放入了甲盒，則乙盒中有一個(gè)黑球，丙盒中無球，A錯(cuò)誤；若將黑球放入了甲盒，則乙盒中無球，丙盒中有一個(gè)紅球，D錯(cuò)誤；同樣，假設(shè)袋中有兩個(gè)紅球和兩個(gè)黑球，第一次取出兩個(gè)紅球，則乙盒中有一個(gè)紅球，第二次必然拿出兩個(gè)黑球，則丙盒中有一個(gè)黑球，此時(shí)乙盒中紅球多于丙盒中的紅球，C錯(cuò)誤，故選B．二、填空題7．(2018·河南開封聯(lián)考)如圖所示，由曲線y＝x2，直線x＝a，x＝a＋1(a>0)及x軸圍成的曲邊梯形的面積介于相應(yīng)小矩形與大矩形的面積之間，即a2<∫eq\o\al(a＋1,a)x2dx<(a＋1)2.運(yùn)用類比推理，若對(duì)?n∈N*，eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)<A<eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＋…＋eq\f(1,2n－1)恒成立，則實(shí)數(shù)A＝__ln2__.解析令eq\f(1,n＋1)<A1<eq\f(1,n)，eq\f(1,n＋2)<A2<eq\f(1,n＋1)，…，eq\f(1,2n)<An<eq\f(1,2n－1)，依據(jù)類比推理可得A1＝∫eq\o\al(n＋1,n)eq\f(1,x)dx＝ln(n＋1)－lnn，A2＝eq\i\in(n＋1,n＋2,)eq\f(1,x)dx＝ln(n＋2)－ln(n＋1)，…，An＝eq\i\in(2n－1,2n,)eq\f(1,x)dx＝ln(2n)－ln(2n－1)，所以A＝A1＋A2＋…＋An＝ln(n＋1)－lnn＋ln(n＋2)－ln(n＋1)＋…＋ln(2n)－ln(2n－1)＝ln(2n)－lnn＝ln2.8．觀察下列等式：1＝12＋3＋4＝93＋4＋5＋6＋7＝254＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49…照此規(guī)律，第n個(gè)等式為__n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2__.解析觀察這些等式，第一個(gè)等式左邊是1個(gè)數(shù)，從1開始；第二個(gè)等式左邊是3個(gè)數(shù)相加，從2開始；第三個(gè)等式左邊是5個(gè)數(shù)相加，從3開始；……；第n個(gè)等式左邊是2n－1個(gè)數(shù)相加，從n開始．等式的右邊為左邊2n－1個(gè)數(shù)的中間數(shù)的平方，故第n個(gè)等式為n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2.9．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)論我們可以得到一個(gè)真命題為：設(shè)等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)積為Tn，則__T4，eq\f(T8,T4)，eq\f(T12,T8)，eq\f(T16,T12)__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．三、解答題10．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)，然后歸納猜想一般性結(jié)論，并給出證明．解析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).由此猜想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).11．定義“等和數(shù)列”：在一個(gè)數(shù)列中，如果每一項(xiàng)與它的后一項(xiàng)的和都為同一常數(shù)，那么這個(gè)數(shù)列叫做等和數(shù)列，這個(gè)常數(shù)叫做該數(shù)列的公和．已知數(shù)列{an}是等和數(shù)列，且a1＝2，公和為5.求：(1)a18的值；(2)該數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn.解析(1)由等和數(shù)列的定義，數(shù)列{an}是等和數(shù)列，且a1＝2，公和為5，易知a2n－1＝2，a2n＝3(n＝1,2，…)，故a18＝3.(2)當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an)當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Sn＝Sn－1＋an＝eq\f(5,2)(n－1)＋2＝eq\f(5,2)n－eq\f(1,2).綜上所述，Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)n，n為偶數(shù)，,\f(5,2)n－\f(1,2)，n為奇數(shù).))12．對(duì)于三次函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，給出定義：設(shè)f′(x)是函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)數(shù)，f″(x)是f′(x)的導(dǎo)數(shù)，若方程f″(x)＝0有實(shí)數(shù)解x0，則稱點(diǎn)(x0，f(x0))為函數(shù)y＝f(x)的“拐點(diǎn)”．某同學(xué)經(jīng)過探究發(fā)現(xiàn)：任何—個(gè)三次函數(shù)都有“拐點(diǎn)”；任何—個(gè)三次函數(shù)都有對(duì)稱中心，且“拐點(diǎn)”就是對(duì)稱中心．若f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2＋3x－eq\f(5,12)，請(qǐng)你根據(jù)這一發(fā)現(xiàn)，(1)求函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2＋3x－eq\f(5,12)的對(duì)稱中心；(2)計(jì)算feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2017)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2017)))＋feq