(江蘇專(zhuān)用)高考數(shù)學(xué) 考前三個(gè)月 必考題型過(guò)關(guān)練 第42練 歸納與類(lèi)比推理 理_第1頁(yè)
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第42練歸納與類(lèi)比推理題型一利用歸納推理求解相關(guān)問(wèn)題例1如圖所示,是某小朋友在用火柴拼圖時(shí)呈現(xiàn)的圖形,其中第1個(gè)圖形用了3根火柴,第2個(gè)圖形用了9根火柴,第3個(gè)圖形用了18根火柴…,則第2014個(gè)圖形用的火柴根數(shù)為_(kāi)_______.破題切入點(diǎn)觀察圖形的規(guī)律,寫(xiě)成代數(shù)式歸納可得.答案3021×2015解析由題意,第1個(gè)圖形需要火柴的根數(shù)為3×1;第2個(gè)圖形需要火柴的根數(shù)為3×(1+2);第3個(gè)圖形需要火柴的根數(shù)為3×(1+2+3);……由此,可以推出,第n個(gè)圖形需要火柴的根數(shù)為3×(1+2+3+…+n).所以第2014個(gè)圖形所需火柴的根數(shù)為3×(1+2+3+…+2014)=3×eq\f(2014×1+2014,2)=3021×2015.題型二利用類(lèi)比推理求解相關(guān)問(wèn)題例2如圖所示,在平面上,用一條直線截正方形的一個(gè)角,截下的是一個(gè)直角三角形,有勾股定理c2=a2+b2.空間中的正方體,用一平面去截正方體的一角,截下的是一個(gè)三條側(cè)棱兩兩垂直的三棱錐,若這三個(gè)兩兩垂直的側(cè)面的面積分別為S1,S2,S3,截面面積為S,類(lèi)比平面中的結(jié)論有________.破題切入點(diǎn)由平面圖形中各元素到空間幾何體中各元素的類(lèi)比.答案S2=Seq\o\al(2,1)+Seq\o\al(2,2)+Seq\o\al(2,3)解析建立從平面圖形到空間圖形的類(lèi)比,在由平面幾何的性質(zhì)類(lèi)比推理空間立體幾何的性質(zhì)時(shí),注意平面幾何中點(diǎn)的性質(zhì)可類(lèi)比推理空間幾何中線的性質(zhì),平面幾何中線的性質(zhì)可類(lèi)比推理空間幾何中面的性質(zhì),平面幾何中面的性質(zhì)可類(lèi)比推理空間幾何中體的性質(zhì).所以三角形類(lèi)比空間中的三棱錐,線段的長(zhǎng)度類(lèi)比圖形的面積,于是作出猜想:S2=Seq\o\al(2,1)+Seq\o\al(2,2)+Seq\o\al(2,3).總結(jié)提高(1)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(guò)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(guò)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(wèn)題和提出問(wèn)題.(2)類(lèi)比推理的一般步驟①定類(lèi),即找出兩類(lèi)對(duì)象之間可以確切表述的相似特征;②推測(cè),即用一類(lèi)對(duì)象的已知特征去推測(cè)另一類(lèi)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(lèi)比推理運(yùn)用于簡(jiǎn)單推理之中,在不斷的推理中提高自己的觀察、歸納、類(lèi)比能力.1.已知x>0,觀察不等式x+eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))=2,x+eq\f(4,x2)=eq\f(x,2)+eq\f(x,2)+eq\f(4,x2)≥3eq\r(3,\f(x,2)·\f(x,2)·\f(4,x2))=3,…,由此可得一般結(jié)論:x+eq\f(a,xn)≥n+1(n∈N*),則a的值為_(kāi)_______.答案nn解析根據(jù)已知,續(xù)寫(xiě)一個(gè)不等式:x+eq\f(33,x3)=eq\f(x,3)+eq\f(x,3)+eq\f(x,3)+eq\f(33,x3)≥4eq\r(4,\f(x,3)·\f(x,3)·\f(x,3)·\f(33,x3))=4,由此可得a=nn.2.在平面內(nèi)點(diǎn)O是直線AB外一點(diǎn),點(diǎn)C在直線AB上,若eq\o(OC,\s\up6(→))=λeq\o(OA,\s\up6(→))+μeq\o(OB,\s\up6(→)),則λ+μ=1;類(lèi)似地,如果點(diǎn)O是空間內(nèi)任一點(diǎn),點(diǎn)A,B,C,D中任意三點(diǎn)均不共線,并且這四點(diǎn)在同一平面內(nèi),若eq\o(DO,\s\up6(→))=xeq\o(OA,\s\up6(→))+yeq\o(OB,\s\up6(→))+zeq\o(OC,\s\up6(→)),則x+y+z=________.答案-1解析在平面內(nèi),由三角形法則,得eq\o(AB,\s\up6(→))=eq\o(OB,\s\up6(→))-eq\o(OA,\s\up6(→)),eq\o(BC,\s\up6(→))=eq\o(OC,\s\up6(→))-eq\o(OB,\s\up6(→)).因?yàn)锳,B,C三點(diǎn)共線,所以存在實(shí)數(shù)t,使eq\o(AB,\s\up6(→))=teq\o(BC,\s\up6(→)),即eq\o(OB,\s\up6(→))-eq\o(OA,\s\up6(→))=t(eq\o(OC,\s\up6(→))-eq\o(OB,\s\up6(→))),所以eq\o(OC,\s\up6(→))=-eq\f(1,t)eq\o(OA,\s\up6(→))+(eq\f(1,t)+1)eq\o(OB,\s\up6(→)).因?yàn)閑q\o(OC,\s\up6(→))=λeq\o(OA,\s\up6(→))+μeq\o(OB,\s\up6(→)),所以λ=-eq\f(1,t),μ=eq\f(1,t)+1,所以λ+μ=1.類(lèi)似地,在空間內(nèi)可得eq\o(OD,\s\up6(→))=λeq\o(OA,\s\up6(→))+μeq\o(OB,\s\up6(→))+ηeq\o(OC,\s\up6(→)),λ+μ+η=1.因?yàn)閑q\o(DO,\s\up6(→))=-eq\o(OD,\s\up6(→)),所以x+y+z=-1.3.觀察下列各式:55=3125,56=15625,57=78125,58=390625,59=1953125,…,則52014的末四位數(shù)字為_(kāi)_______.答案5625解析由觀察易知55的末四位數(shù)字為3125,56的末四位數(shù)字為5625,57的末四位數(shù)字為8125,58的末四位數(shù)字為0625,59的末四位數(shù)字為3125,故周期T=4.又由于2014=503×4+2,因此52014的末四位數(shù)字是5625.4.觀察下列各式:a+b=1,a2+b2=3,a3+b3=4,a4+b4=7,a5+b5=11,…,則a10+b10=________.答案123解析記an+bn=f(n),則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;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,即a10+b10=123.5.已知正三角形內(nèi)切圓的半徑是其高的eq\f(1,3),把這個(gè)結(jié)論推廣到空間正四面體,類(lèi)似的結(jié)論是________.答案正四面體的內(nèi)切球的半徑是其高的eq\f(1,4)解析設(shè)正四面體的每個(gè)面的面積是S,高是h,內(nèi)切球半徑為R,由體積分割可得:eq\f(1,3)SR×4=eq\f(1,3)Sh,所以R=eq\f(1,4)h.6.觀察下列等式:(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)_____________.答案(n+1)(n+2)…(n+n)=2n×1×3×…×(2n-1)解析由已知的三個(gè)等式左邊的變化規(guī)律,得第n個(gè)等式左邊為(n+1)(n+2)…(n+n),由已知的三個(gè)等式右邊的變化規(guī)律,得第n個(gè)等式右邊為2n與n個(gè)奇數(shù)之積,即2n×1×3×…×(2n-1).7.(2013·湖北)古希臘畢達(dá)哥拉斯學(xué)派的數(shù)學(xué)家研究過(guò)各種多邊形數(shù),如三角形數(shù)1,3,6,10,…,第n個(gè)三角形數(shù)為eq\f(nn+1,2)=eq\f(1,2)n2+eq\f(1,2)n,記第n個(gè)k邊形數(shù)為N(n,k)(k≥3),以下列出了部分k邊形數(shù)中第n個(gè)數(shù)的表達(dá)式:三角形數(shù)N(n,3)=eq\f(1,2)n2+eq\f(1,2)n,正方形數(shù)N(n,4)=n2,五邊形數(shù)N(n,5)=eq\f(3,2)n2-eq\f(1,2)n,六邊形數(shù)N(n,6)=2n2-n………可以推測(cè)N(n,k)的表達(dá)式,由此計(jì)算N(10,24)=________________________________________________________________________.答案1000解析由N(n,4)=n2,N(n,6)=2n2-n,可以推測(cè):當(dāng)k為偶數(shù)時(shí),N(n,k)=eq\f(k-2,2)n2+eq\f(4-k,2)n,∴N(10,24)=eq\f(24-2,2)×100+eq\f(4-24,2)×10=1100-100=1000.8.兩點(diǎn)等分單位圓時(shí),有相應(yīng)正確關(guān)系為sinα+sin(π+α)=0;三點(diǎn)等分單位圓時(shí),有相應(yīng)正確關(guān)系為sinα+sin(α+eq\f(2π,3))+sin(α+eq\f(4π,3))=0.由此可以推知:四點(diǎn)等分單位圓時(shí)的相應(yīng)正確關(guān)系為_(kāi)_______________________.答案sinα+sin(α+eq\f(π,2))+sin(α+π)+sin(α+eq\f(3π,2))=0解析由類(lèi)比推理可知,四點(diǎn)等分單位圓時(shí),α與α+π的終邊互為反向延長(zhǎng)線,α+eq\f(π,2)與α+eq\f(3π,2)的終邊互為反向延長(zhǎng)線,如圖.9.(2013·陜西)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_(kāi)_______.答案12-22+32-42+…+(-1)n+1n2=(-1)n+1·eq\f(nn+1,2)解析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+1eq\f(nn+1,2).10.如圖1是一個(gè)邊長(zhǎng)為1的正三角形,分別連結(jié)這個(gè)三角形三邊中點(diǎn),將原三角形剖分成4個(gè)三角形(如圖2),再分別連結(jié)圖2中一個(gè)小三角形三邊的中點(diǎn),又可將原三角形剖分成7個(gè)三角形(如圖3),…,依此類(lèi)推.設(shè)第n個(gè)圖中原三角形被剖分成an個(gè)三角形,則第4個(gè)圖中最小三角形的邊長(zhǎng)為_(kāi)_______;a100=________.答案eq\f(1,8)298解析由三角形的生成規(guī)律得,后面的每一個(gè)圖形中小三角形的邊長(zhǎng)均等于前一個(gè)圖形中小三角形邊長(zhǎng)的eq\f(1,2),即最小三角形的邊長(zhǎng)是以1為首項(xiàng),eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列,則第4個(gè)圖中最小三角形的邊長(zhǎng)等于1×eq\f(1,23)=eq\f(1,8),由a2-a1=a3-a2=…=an-an-1=3可得,數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1,公差為3的等差數(shù)列,則a100=a1+99×3=1+297=298.11.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),…照此規(guī)律,第五個(gè)不等式為_(kāi)_______.答案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)解析觀察每行不

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