2017版數(shù)學(xué)知識(shí)方法篇專題5數(shù)列、推理與證明第25練含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第25練歸納推理與類比推理[題型分析·高考展望］歸納推理與類比推理是新增內(nèi)容，在高考中,常以選擇題、填空題的形式考查.題目難度不大,只要掌握合情推理的基礎(chǔ)理論知識(shí)和基本方法即可解決.體驗(yàn)高考1.(2015·陜西）觀察下列等式：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_______________________________________________。答案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)解析等式左邊的特征: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。(2016·課標(biāo)全國甲)有三張卡片，分別寫有1和2，1和3，2和3.甲，乙，丙三人各取走一張卡片，甲看了乙的卡片后說：“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2”,乙看了丙的卡片后說:“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1”，丙說:“我的卡片上的數(shù)字之和不是5”,則甲的卡片上的數(shù)字是________.答案1和3解析由丙說：“我的卡片上的數(shù)字之和不是5”可知，丙為“1和2”或“1和3”，又乙說“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1”，所以乙只可能為“2和3"，所以由甲說“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2"，所以甲只能為“1和3”。3.（2015·福建)一個(gè)二元碼是由0和1組成的數(shù)字串x1x2…xn（n∈N*），其中xk（k＝1,2，…，n)稱為第k位碼元。二元碼是通信中常用的碼,但在通信過程中有時(shí)會(huì)發(fā)生碼元錯(cuò)誤(即碼元由0變?yōu)?，或者由1變?yōu)?)。已知某種二元碼x1x2…x7的碼元滿足如下校驗(yàn)方程組：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x4x5x6x7＝0,,x2x3x6x7＝0,，x1x3x5x7＝0,）)其中運(yùn)算定義為00＝0，01＝1，10＝1,11＝0?，F(xiàn)已知一個(gè)這種二元碼在通信過程中僅在第k位發(fā)生碼元錯(cuò)誤后變成了1101101,那么利用上述校驗(yàn)方程組可判定k等于________.答案5解析(ⅰ)x4x5x6x7＝1101＝1；（ⅱ）x2x3x6x7＝1001＝0；（ⅲ)x1x3x5x7＝1011＝1.由（ⅰ)(ⅲ)知x5，x7有一個(gè)錯(cuò)誤,(ⅱ）中沒有錯(cuò)誤，∴x5錯(cuò)誤，故k等于5.高考必會(huì)題型題型一利用歸納推理求解相關(guān)問題例1（1)觀察下列等式12＝1，12－22＝－3,12－22＋32＝6，12－22＋32－42＝－10，…照此規(guī)律，第n個(gè)等式可為______________________.(2）如圖是今年元宵花燈展中一款五角星燈連續(xù)旋轉(zhuǎn)閃爍所成的三個(gè)圖形，照此規(guī)律閃爍，下一個(gè)呈現(xiàn)出來的圖形是(）答案（1）12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝（－1)n＋1·eq\f（nn＋1,2）（2)A解析(1)觀察等式左邊的式子，每次增加一項(xiàng),故第n個(gè)等式左邊有n項(xiàng),指數(shù)都是2，且正、負(fù)相間，所以等式左邊的通項(xiàng)為(－1)n＋1n2。等式右邊的值的符號(hào)也是正、負(fù)相間，其絕對(duì)值分別為1，3，6，10，15，21，….設(shè)此數(shù)列為{an}，則a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4,a5－a4＝5，…，an－an－1＝n，各式相加得an－a1＝2＋3＋4＋…＋n，即an＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f（nn＋1,2）。所以第n個(gè)等式為12－22＋32－42＋…＋（－1）n＋1n2＝(－1)n＋1·eq\f（nn＋1，2）.（2）第一個(gè)圖,左下角為黑,然后順時(shí)針旋轉(zhuǎn),變?yōu)榈诙€(gè)圖；接下來，相鄰的黑塊順時(shí)針旋轉(zhuǎn)；所以之后所有圖就應(yīng)該是相鄰的黑塊順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，故選A。點(diǎn)評(píng)歸納推理的三個(gè)特點(diǎn)（1)歸納推理的前提是幾個(gè)已知的特殊對(duì)象，歸納所得到的結(jié)論是未知的一般現(xiàn)象,該結(jié)論超越了前提所包含的范圍；（2)由歸納推理得到的結(jié)論具有猜測(cè)的性質(zhì)，結(jié)論是否準(zhǔn)確，還需要經(jīng)過邏輯推理和實(shí)踐檢驗(yàn)，因此歸納推理不能作為數(shù)學(xué)證明的工具;(3)歸納推理是一種具有創(chuàng)造性的推理,通過歸納推理得到的猜想，可以作為進(jìn)一步研究的起點(diǎn)，幫助發(fā)現(xiàn)問題和提出問題。變式訓(xùn)練1已知coseq\f(π，3）＝eq\f（1，2)，coseq\f（π，5)coseq\f（2π，5)＝eq\f(1,4），coseq\f(π,7)coseq\f(2π,7)coseq\f(3π，7)＝eq\f（1，8)，根據(jù)以上等式，可猜想出的一般結(jié)論是________________________。答案coseq\f（π,2n＋1）coseq\f（2π，2n＋1）·…·coseq\f（nπ，2n＋1）＝eq\f（1，2n），n∈N*題型二利用類比推理求解相關(guān)問題例2半徑為r的圓的面積S(r）＝πr2，周長C(r)＝2πr，若將r看作（0，＋∞）上的變量，則（πr2）′＝2πr①，①式用語言可以敘述為：圓的面積函數(shù)的導(dǎo)數(shù)等于圓的周長函數(shù),對(duì)于半徑為R的球,若將R看作(0，＋∞）上的變量，請(qǐng)寫出類比①的等式：_______________.上式用語言可以敘述為_______________。答案（eq\f（4，3)πR3)′＝4πR2球的體積函數(shù)的導(dǎo)數(shù)等于球的表面積函數(shù)解析圓的面積類比為球的體積，圓的周長類比為球的表面積，那么語言可以敘述為：球的體積函數(shù)的導(dǎo)數(shù)等于球的表面積函數(shù),故填:（eq\f（4,3)πR3)′＝4πR2；球的體積函數(shù)的導(dǎo)數(shù)等于球的表面積函數(shù)。點(diǎn)評(píng)類比推理的一般步驟（1）定類，即找出兩類對(duì)象之間可以確切表述的相似特征;(2）推測(cè)，即用一類對(duì)象的已知特征去推測(cè)另一類對(duì)象的特征，從而得出一個(gè)猜想；（3)檢驗(yàn)，即檢驗(yàn)猜想的正確性，要將類比推理運(yùn)用于簡單推理之中，在不斷的推理中提高自己的觀察、歸納、類比能力。變式訓(xùn)練2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,則eq\f（S1,S2）＝eq\f（1，4）.推廣到空間可以得到類似結(jié)論：已知正四面體PABC的內(nèi)切球體積為V1，外接球體積為V2,則eq\f(V1,V2)等于（)A。eq\f（1,64）B。eq\f（1,27）C.eq\f（1,9）D。eq\f（1，8）答案B解析從平面圖形類比到空間圖形，從二維類比三維,可得到如下結(jié)論：正四面體的內(nèi)切球與外接球半徑之比為eq\f（1，3)，所以正四面體的內(nèi)切球的體積V1與外接球的體積V2之比等于eq\f(V1，V2）＝（eq\f(1,3)）3＝eq\f(1,27）,故選B.高考題型精練1。設(shè)0〈θ〈eq\f(π，2)，已知a1＝2cosθ，an＋1＝eq\r(2＋an）（n∈N＊），猜想an等于(）A。2coseq\f(θ，2n)B。2coseq\f（θ,2n－1)C.2coseq\f（θ，2n＋1）D。2sineq\f(θ，2n)答案B解析a2＝eq\r（2＋a1)＝eq\r（2＋2cosθ)＝eq\r（4cos2\f(θ，2)）＝2coseq\f(θ，2)，同理a3＝eq\r(2＋2cos\f（θ,2)）＝2coseq\f（θ，4)，a4＝2coseq\f(θ，8)，猜想an＝2coseq\f（θ，2n－1)，故選B。2.面積為S的平面凸四邊形的第i條邊的邊長記為ai(i＝1，2，3，4)，此四邊形內(nèi)任一點(diǎn)P到第i條邊的距離記為hi(i＝1,2，3，4），若eq\f(a1,1）＝eq\f（a2,2）＝eq\f(a3,3)＝eq\f（a4,4）＝k，則h1＋2h2＋3h3＋4h4＝eq\f（2S,k）。類比以上性質(zhì)，體積為V的三棱錐的第i個(gè)面的面積記為Si(i＝1,2,3，4），此三棱錐內(nèi)任一點(diǎn)Q到第i個(gè)面的距離記為Hi（i＝1,2，3，4），若eq\f(S1，1)＝eq\f（S2，2）＝eq\f(S3，3)＝eq\f（S4,4)＝K，則H1＋2H2＋3H3＋4H4等于（）A。eq\f（2V,K）B。eq\f(3V，K）C。eq\f（V，2K)D.eq\f(V，3K）答案B解析根據(jù)三棱錐的體積公式V＝eq\f（1,3)SH得：eq\f(1,3）S1H1＋eq\f(1,3)S2H2＋eq\f（1，3)S3H3＋eq\f(1，3）S4H4＝V，即S1H1＋S2H2＋S3H3＋S4H4＝3V，∴H1＋2H2＋3H3＋4H4＝eq\f（3V,K).3。若數(shù)列{an}是等差數(shù)列，則數(shù)列{bn｝(bn＝eq\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{cn}是等比數(shù)列，且{dn｝也是等比數(shù)列，則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)·,∴dn＝eq\r(n，c1·c2·…·cn）＝c1·,即{dn}為等比數(shù)列，故選D.4.已知f（1，1）＝1，f(m，n）∈N＊(m、n∈N*)，且對(duì)任意m，n∈N*都有：①f(m，n＋1)＝f（m，n）＋2；②f(m＋1，1)＝2f（m，1）；給出以下三個(gè)結(jié)論：（1)f(1，5）＝9；（2）f（5,1）＝16;（3)f(5，6）＝26.其中正確的個(gè)數(shù)為()A.3B。2C。1D。0答案A解析由題意f（1,5)＝f(1，4)＋2＝f（1,3）＋2＋2＝f(1，2)＋2＋2＋2＝f(1，1）＋2＋2＋2＋2＝9，f(5，1)＝2f（4，1)＝22f（3，1）＝23f（2，1）＝24f（1，1）＝16,f（5,6)＝f(5，5)＋2＝f(5,4）＋4＝…＝f（5，1）＋10＝16＋10＝26。所以三個(gè)都正確，故選A。5。集合｛1，2，3，…，n}(n≥3)中，每兩個(gè)相異數(shù)作乘積，將所有這些乘積的和記為Tn,如：T3＝1×2＋1×3＋2×3＝eq\f（1，2）[62－（12＋22＋32）］＝11；T4＝1×2＋1×3＋1×4＋2×3＋2×4＋3×4＝eq\f(1，2）[102－（12＋22＋32＋42）]＝35;T5＝1×2＋1×3＋1×4＋1×5＋…＋3×5＋4×5＝eq\f（1,2）［152－（12＋22＋32＋42＋52）]＝85,則T7＝________。(寫出計(jì)算結(jié)果）答案322解析由T3,T4,T5歸納得出Tn＝eq\f(1，2）［（1＋2＋…＋n）2－（12＋22＋…＋n2)]，則T7＝eq\f(1，2)[282－（12＋22＋…＋72）],又12＋22＋…＋72＝eq\f(1,6)n（n＋1)(2n＋1），∴T7＝eq\f（1，2）(784－140)＝322.6.已知下列四個(gè)等式21×1＝2,22×1×3＝3×4，23×1×3×5＝4×5×6,24×1×3×5×7＝5×6×7×8，…依此類推,猜想第n個(gè)等式為______________________.答案2n×1×3×5×7×…×（2n－1)＝(n＋1）×（n＋2）×（n＋3）×…×（n＋n)解析觀察給出的四個(gè)等式可以發(fā)現(xiàn)第n個(gè)等式的左邊是2n乘上從1開始的n個(gè)奇數(shù)，右邊是從（n＋1）開始的n個(gè)連續(xù)正整數(shù)的積,根據(jù)這一規(guī)律即可歸納出第n個(gè)等式為2n×1×3×5×7×…×(2n－1)＝（n＋1)×(n＋2）×(n＋3)×…×(n＋n)。7.如圖1有面積關(guān)系：eq\f(S△PA′B′,S△PAB）＝eq\f（PA′·PB′，PA·PB)，則圖2有體積關(guān)系：eq\f（VP－A′B′C′，VP－ABC)＝______。答案eq\f(PA′·PB′·PC′,PA·PB·PC）解析這是一個(gè)類比推理的題，在由平面圖形到空間圖形的類比推理中，一般是由點(diǎn)的性質(zhì)類比推理到線的性質(zhì)，由線的性質(zhì)類比推理到面的性質(zhì)，由面積的性質(zhì)類比推理到體積性質(zhì).8。對(duì)于實(shí)數(shù)x，［x]表示不超過x的最大整數(shù),觀察下列等式:［eq\r（1)］＋[eq\r（2）］＋[eq\r(3）］＝3，［eq\r(4）]＋［eq\r（5）］＋［eq\r（6）］＋[eq\r（7）]＋［eq\r（8）］＝10，［eq\r(9)]＋[eq\r(10)］＋［eq\r(11）］＋[eq\r(12)]＋［eq\r（13）］＋[eq\r(14)］＋［eq\r（15）]＝21?！凑沾艘?guī)律,第n個(gè)等式的等號(hào)右邊的結(jié)果為________。答案2n2＋n解析按照此規(guī)律第n個(gè)等式為eq\r(n2)＋eq\r(n2＋1)＋…＋eq\r（n＋12－1)＝n[（n＋1)2－1－n2＋1]＝n（2n＋1)＝2n2＋n，第n個(gè)等式的右邊為2n2＋n.9.有以下三個(gè)等式：（12＋42)（92＋52)≥（1×9＋4×5）2；（62＋82）(22＋122）≥（6×2＋8×12）2;(202＋102）(1022＋72)≥（20×102＋10×7)2.請(qǐng)觀察這三個(gè)不等式，猜想出一個(gè)一般性的結(jié)論______________________.答案（a2＋b2)（c2＋d2）≥(ac＋bd）2解析根據(jù)題意，觀察各式得其規(guī)律，用式子將規(guī)律表示出來,再利用規(guī)律進(jìn)行作差比較進(jìn)行證明即可.10。在矩形ABCD中，對(duì)角線AC與相鄰兩邊所成的角為α，β，則cos2α＋cos2β＝1。類比到空間中一個(gè)正確命題是：在長方體ABCD－A1B1C1D1中，對(duì)角線AC1與相鄰三個(gè)面所成的角為α，β，γ，則有________________.答案cos2α＋cos2β＋cos2γ＝2解析由在長方形中，設(shè)一條對(duì)角線與其一頂點(diǎn)出發(fā)的兩條邊所成的角分別是α，β，則有cos2α＋cos2β＝1，我們根據(jù)長方體性質(zhì)可以類比推理出空間性質(zhì)，∵長方體ABCD－A1B1C1D1中，對(duì)角線AC1與過A點(diǎn)的三個(gè)面ABCD，AA1B1B、AA1D1D所成的角分別為α，β，γ，∴cosα＝eq\f（AC，AC1)，cosβ＝eq\f（AB1，AC1），cosγ＝eq\f（AD1，AC1)，∴cos2α＋cos2β＋cos2γ＝eq\f（AC2＋AB\o\al(2，1)＋AD\o\al（2，1),AC\o\al(2,1））＝eq\f(2AB2＋AD2＋AA\o\al（2,1），AB2＋AD2＋AA\o\al(2，1))＝2。故答案為cos2α＋cos2β＋cos2γ＝2.11.若P(x0，y0)是拋物線y2＝2px(p〉0）上的一點(diǎn)，則拋物線在點(diǎn)P處的切線的斜率可以通過如下方法求得：在y2＝2px兩邊同時(shí)對(duì)x求導(dǎo)，得2yy′＝2p，即y′＝eq\f(p,y),所以拋物線在點(diǎn)P處的切線的斜率k＝eq\f(p，y0），請(qǐng)類比上述方法，求出雙曲線x2－eq\f(y2，2）＝1在點(diǎn)P(eq\r(2），eq\r(2))處的切線的方程為________________。答案2x－y－eq\r(2)＝0解析∵x2－eq\f（y2，2)＝