【数学】2020届一轮复习（理）江苏专版10-3合情推理与演绎推理作业 8页

课时跟踪检测（五十四） 合情推理与演绎推理 一抓基础，多练小题做到眼疾手快 ‎1．(2019·徐州调研)已知f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)，经计算得f(4)＞2，f(8)＞，f(16)＞3，f(32)＞，则对于任意n(n∈N*)有不等式________成立．‎ 解析：观察已知中的等式：‎ ‎ f(2)＝，f(4)＞2，f(8)＞，‎ f(16)＞3，f(32)＞，…，‎ 则f(2n)≥.‎ 答案：f(2n)≥ ‎2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，则S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差数列．类比以上结论我们可以得到的一个真命题为：设等比数列{bn}的前n项积为Tn，则____________________成等比数列．‎ 解析：利用类比推理把等差数列中的差换成商即可．‎ 答案：T4，，， ‎3．由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则：‎ ‎①“mn＝nm”类比得到“a·b＝b·a”；‎ ‎②“(m＋n)t＝mt＋nt”类比得到“(a＋b)·c＝a·c＋b·c”；‎ ‎③“(m·n)t＝m(n·t)”类比得到“(a·b)·c＝a·(b·c)”；‎ ‎④“t≠0，mt＝xt⇒m＝x”类比得到“p≠0，a·p＝x·p⇒a＝x”；‎ ‎⑤“|m·n|＝|m|·|n|”类比得到“|a·b|＝|a|·|b|”；‎ ‎⑥“＝”类比得到“＝”．‎ 以上的式子中，类比得到的结论正确的个数是________．‎ 解析：①②正确，③④⑤⑥错误．‎ 答案：2‎ ‎4．(2018·扬州期末)点(x0，y0)到直线Ax＋By＋C＝0的距离公式为d＝，通过类比的方法，可求得：在空间中，点(1,1,2)到平面x＋y＋2z＋3＝0的距离为________．‎ 解析：在空间中，点(1,1,2)到平面x＋y＋2z＋3＝0的距离d＝＝.‎ 答案： ‎5．(2019·南京调研)已知函数f(x)＝x3＋x，对于等差数列{an}满足：f(a2－1)＝2， f(a2 016－3)＝－2，Sn是其前n项和，则S2 017＝________.‎ 解析：因为函数f(x)＝x3＋x为奇函数，且在R上单调递增，‎ 又因为f(a2－1)＝2，f(a2 016－3)＝－2，则a2－1＝－(a2 016－3)，即a2＋a2 016＝4，‎ 即a1＋a2 017＝4.‎ 则S2 017＝(a1＋a2 017)＝4 034.‎ 答案：4 034‎ ‎6．(2018·启东检测) [x]表示不超过x的最大整数，例如：[π]＝3.‎ S1＝[]＋[]＋[]＝3，‎ S2＝[]＋[]＋[]＋[]＋[]＝10，‎ S3＝[]＋[]＋[]＋[]＋[]＋[]＋[]＝21，‎ ‎……‎ 依此规律，那么S10＝________.‎ 解析：因为[x]表示不超过x的最大整数，‎ 所以S1＝[]＋[]＋[]＝1×3＝3，‎ S2＝[]＋[]＋[]＋[]＋[]＝2×5＝10，‎ S3＝[]＋[]＋[]＋[]＋[]＋[]＋[]＝3×7＝21，……，‎ Sn＝[]＋[]＋[]＋…＋[]＋[]＝n×(2n＋1)，‎ 所以S10＝10×21＝210.‎ 答案：210‎ 二保高考，全练题型做到高考达标 ‎1．已知正三角形ABC，它的高为h，内切圆的半径为r，则＝，类比这一结论可知：正四面体SABC的高为H，内切球的半径为R，则＝________.‎ 解析：从平面图形类比空间图形，从二维类比三维，‎ 可得如下结论：正四面体的内切球半径等于这个正四面体高的.‎ 证明如下：球心到正四面体一个面的距离即球的半径R，‎ 连结球心与正四面体的四个顶点，把正四面体分成四个高为R的三棱锥，设正四面体一个面的面积为S，所以4·S·R＝·S·H，解得R＝H，所以＝.‎ 答案： ‎ ‎2．观察下列等式 ‎12＝1‎ ‎12－22＝－3‎ ‎12－22＋32＝6‎ ‎12－22＋32－42＝－10‎ ‎……‎ 照此规律，第n个等式可为________________．‎ 解析：观察规律可知，第n个式子为12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1.‎ 答案：12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1 ‎3．(2018·南京第十三中学检测)某种树的分枝生长规律如图所示，第1年到第5年的分枝数分别为1,1,2,3,5，则预计第10年树的分枝数为________．‎ 解析：因为2＝1＋1,3＝2＋1,5＝3＋2，即从第三项起每一项都等于前两项的和，所以第10年树的分枝数为21＋34＝55.‎ 答案：55‎ ‎4．(2019·南京模拟)观察下列式子：＜2，＋＜，＋＋＜8，＋＋＋＜，……，根据以上规律，第n(n∈N*)个不等式是____________________．‎ 解析：根据所给不等式可得第n个不等式是＋＋…＋＜.‎ 答案：＋＋…＋＜ ‎5．在平面几何中：△ABC的∠C内角平分线CE分AB所成线段的比为＝.把这个结论类比到空间：在三棱锥ABCD中(如图)，平面DEC平分二面角ACDB且与AB相交于E，则得到类比的结论是______________．‎ 解析：由平面中线段的比转化为空间中面积的比可得 ＝.‎ 答案：＝ ‎6．(2018·常州调研)已知数组，，，，…，记该数组为(a1)，(a2，a3)，(a4，a5，a6)，…，则a2 019＝________.‎ 解析：设a2 019是第M组数中的第N个数，‎ 则 解得M＝64，且1＋2＋3＋…＋63＝2 016，‎ ‎∵2 019－2 016＝3，‎ ‎∴a2 019＝.‎ 答案： ‎7．(2018·沭阳月考)将正奇数按如下规律填在5列的数表中：则2 019排在该表的第________行，第________列．(行是从上往下数，列是从左往右数).‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎5‎ ‎7‎ ‎15‎ ‎13‎ ‎11‎ ‎9 ‎ ‎17‎ ‎19‎ ‎21‎ ‎23‎ ‎31‎ ‎29‎ ‎27‎ ‎25‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎…‎ 解析：∵2 019＝252×8＋3＝253×8－5，∴2 019在第253行，‎ ‎∵第三列数：3,11,19,27，…，规律为8n－5，‎ ‎∴2 019应该出现在第3列．‎ 答案：253　3‎ ‎8．如果函数f(x)在区间D上是凸函数，那么对于区间D内的任意x1，x2，…，xn，都有≤f.若y＝sin x在区间(0，π)上是凸函数，那么在△ABC中，sin A＋sin B＋sin C的最大值是________．‎ 解析：由题意知，凸函数满足 ≤f ，‎ 又y＝sin x在区间(0，π)上是凸函数，‎ 则sin A＋sin B＋sin C≤3sin＝3sin＝.‎ 答案： ‎9．(2018·苏州调研)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x2－x－m.‎ ‎(1)当m＝0时，求函数F(x)＝f(x)－g(x)在(0，a]的最大值；‎ ‎(2)证明：当m≥－3时，不等式f(x)＋g(x)＜x2－(x－2)ex对任意x∈均成立(其中e为自然对数的底数，e＝2.718…)．‎ 解：(1)当m＝0时，F(x)＝ln x－x2＋x，x∈(0，＋∞)，‎ 则F′(x)＝－，x∈(0，＋∞)，‎ 当0＜x＜1时，F′(x)＞0；当x＞1时，F′(x)＜0，‎ 所以F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，‎ 所以当0＜a≤1时，F(x)的最大值为F(a)＝ln a－a2＋a；‎ 当a＞1时，F(x)的最大值为F(1)＝0.‎ ‎(2)证明：f(x)＋g(x)＜x2－(x－2)ex可化为m＞(x－2)ex＋ln x－x，‎ 设h(x)＝(x－2)ex＋ln x－x，x∈，‎ 要证m≥－3时，m＞h(x)对任意x∈均成立，‎ 只要证h(x)max＜－3即可，下证此结论成立．‎ 因为h′(x)＝(x－1)，所以当＜x＜1时，x－1＜0，‎ 设u(x)＝ex－，则u′(x)＝ex＋＞0，‎ 所以u(x)在上单调递增，‎ 又因为u(x)在区间上的图象是一条不间断的曲线，且u＝－2＜0，u(1)＝e－1＞0，‎ 所以∃x0∈，使得u(x0)＝0，即e＝，ln x0＝－x0，‎ 当x∈时，u(x)＜0，h′(x)＞0；‎ 当x∈(x0,1)时，u(x)＞0，h′(x)＜0；‎ 所以函数h(x)在上单调递增，在(x0,1]上单调递减，‎ 所以h(x)max＝h(x0)＝(x0－2)e＋ln x0－x0＝(x0－2)·－2x0＝1－－2x0.‎ 因为y＝1－－2x在x∈上单调递增，‎ 所以h(x0)＝1－－2x0＜1－2－2＝－3，即h(x)max＜－3，‎ 所以当m≥－3时，不等式f(x)＋g(x)＜x2－(x－2)ex对任意x∈均成立. ‎ ‎10．已知O是△ABC内任意一点，连结AO，BO，CO并延长，分别交对边于A′，B′，C′，则＋＋＝1，这是一道平面几何题，其证明常采用“面积法”：‎ ＋＋＝＋＋＝＝1.‎ 请运用类比思想，对于空间中的四面体ABCD，存在什么类似的结论，并用“体积法”证明．‎ 解：在四面体ABCD中，任取一点O，连结AO，DO，BO，CO并延长，分别交四个面于E，F，G，H点．‎ 则＋＋＋＝1.‎ 证明：在四面体OBCD与ABCD中，‎ ＝＝＝.‎ 同理有＝；＝；＝.‎ 所以＋＋＋ ‎＝＝＝1.‎ 三上台阶，自主选做志在冲刺名校 ‎1．观察下列事实：|x|＋|y|＝1的不同整数解(x，y)的个数为4，|x|＋|y|＝2的不同整数解(x，y)的个数为8，|x|＋|y|＝3的不同整数解(x，y)的个数为12，…，则|x|＋|y|＝20的不同整数解(x，y)的个数为________．‎ 解析：由|x|＋|y|＝1的不同整数解的个数为4，|x|＋|y|＝2的不同整数解的个数为8，|x|＋|y|＝3的不同整数解的个数为12，归纳推理得|x|＋|y|＝n的不同整数解的个数为4n，故|x|＋|y|＝20的不同整数解的个数为80.‎ 答案：80‎ ‎2．古希腊的数学家研究过各种多边形数．记第n个k边形数为N(n，k)(k≥‎ ‎3)，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：‎ 三角形数　　　N(n,3)＝n2＋n 四边形数　　　N(n,4)＝n2‎ 五边形数　　　N(n,5)＝n2－n 六边形数　　　N(n,6)＝2n2－n ‎……‎ 可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(20,15)的值为________．‎ 解析：原已知式子可化为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.‎ 故N(n，k)＝n2＋n，‎ N(20,15)＝×202＋×20＝2 490.‎ 答案：2 490‎ ‎3.(2018·东台中学检测)如图，已知双曲线－＝1，F1，F2是左右两个焦点，点M在双曲线上．‎ ‎(1)若∠F1MF2＝90°，求△F1MF2的面积；‎ ‎(2)若∠F1MF2＝120°，△F1MF2的面积是多少？若∠F1MF2＝60°， △F1MF2的面积又是多少？‎ ‎(3)观察以上结果，你能猜出随着∠F1MF2的度数的变化，‎ ‎△F1MF2的面积将怎样变化吗？试证明你的结论．‎ 解：由双曲线方程知a＝2，b＝3，c＝，‎ 设MF1＝r1，MF2＝r2(r1＞r2)，由双曲线的定义，得r1－r2＝2a＝4，‎ 将r1－r2＝4两边平方得r＋r－2r1r2＝16，‎ ‎(1)若∠F1MF2＝90°，在Rt△F1MF2中，有F1F－4S△F1MF2＝16，‎ 即52－16＝4S△F1MF2，解得S△F1MF2＝9.‎ ‎(2)若∠F1MF2＝120°，在△F1MF2中，由余弦定理得F1F＝r＋r－2r1r2cos 120°，‎ 即F1F＝(r1－r2)2＋3r1r2，‎ 即(2)2＝42＋3r1r2，所以r1r2＝12，‎ 可得S△F1MF2＝r1r2sin 120°＝3.‎ 同理可得，若∠F1MF2＝60°时，S△F1MF2＝9.‎ ‎(3)由此猜想：随着∠F1MF2的度数的逐渐增大，△F1MF2的面积将逐渐减小．‎ 证明如下：令∠F1MF2＝θ(0＜θ＜π)，‎ 则S△F1MF2＝r1r2sin θ，‎ 由双曲线的定义及余弦定理，‎ 得 ‎②－①得r1r2＝，‎ 所以S△F1MF2＝＝，‎ 因为0＜θ＜π，0＜＜，所以当∈时，tan 是增函数．‎ 而当tan 逐渐增大时，S△F1MF2＝将逐渐减小，所以随着∠F1MF2的度数的逐渐增大，△F1MF2的面积将逐渐减小．‎