高考數(shù)一輪復(fù)習(xí) 6.5合情推理與演繹推理講解與練習(xí) 理 新人教A版

eq\a\vs4\al(第五節(jié)合情推理與演繹推理)[備考方向要明了]考什么怎么考1.了解合情推理的含義，能利用歸納和類比等進(jìn)行簡單的推理，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)行一些簡單推理．3.了解合情推理和演繹推理之間的聯(lián)系和差異.1.合情推理的考查常單獨(dú)命題，以選擇題、填空題的形式考查，如年江西T6，陜西T11，湖南T16等．2.對(duì)演繹推理的考查則滲透在解答題中，側(cè)重于對(duì)推理形式的考查.[歸納·知識(shí)整合]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)：類比推理是由特殊到特殊的推理．[探究]1.歸納推理的結(jié)論一定正確嗎？提示：不一定，結(jié)論是否真實(shí)，還需要經(jīng)過嚴(yán)格的邏輯證明和實(shí)踐檢驗(yàn)．2．演繹推理(1)模式：三段論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．(2)特點(diǎn)：演繹推理是由一般到特殊的推理．[探究]2.演繹推理所獲得的結(jié)論一定可靠嗎？提示：不一定，只有前提是正確的，推理形式是正確的，結(jié)論才一定是真實(shí)的，錯(cuò)誤的前提則可能導(dǎo)致錯(cuò)誤的結(jié)論．[自測·牛刀小試]1．下面幾種推理是合情推理的是()①由圓的性質(zhì)類比出球的有關(guān)性質(zhì)；②由直角三角形、等腰三角形、等邊三角形的內(nèi)角和是180°，歸納出所有三角形的內(nèi)角和都是180°；③某次考試張軍成績是100分，由此推出全班同學(xué)成績都是100分；④三角形的內(nèi)角和是180°，四邊形的內(nèi)角和是360°，五邊形的內(nèi)角和是540°，由此得出凸多邊形的內(nèi)角和是(n－2)·180°.A．①② B．①③C．①②④ D．②④解析：選C①是類比推理，②④是歸納推理，③是非合情推理．2．觀察下列各式：55＝3125,56＝15625,57＝78125，…，則52013的末四位數(shù)字為()A．3125 B．5625C．0625 D．8125解析：選A55＝3125,56＝15625,57＝78125，，58＝390625，59＝1953125，可得59與55的后四位數(shù)字相同，…，由此可歸納出5m＋4k與5m(k∈N*，m＝5,6,7,8)的后四位數(shù)字相同，又2013＝4×502＋5，所以52013與55后四位數(shù)字相同為3125.3．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()A．0 B．1C．2 D．3解析：選B①②不正確，③正確．4．(教材習(xí)題改編)有一段演繹推理是這樣的：“直線平行于平面，則直線平行于平面內(nèi)所有直線；已知直線b?平面α，直線a?平面α，直線b∥平面α，則直線b∥直線a”，結(jié)論顯然是錯(cuò)誤的，這是因?yàn)?)A．大前提錯(cuò)誤 B．小前提錯(cuò)誤C．推理形式錯(cuò)誤 D．非以上錯(cuò)誤解析：選A大前提是錯(cuò)誤的，直線平行于平面，則不一定平行于平面內(nèi)所有直線，還有異面直線的情況．5．(教材習(xí)題改編)在△ABC中，不等式eq\f(1,A)＋eq\f(1,B)＋eq\f(1,C)≥eq\f(9,π)成立；在四邊形ABCD中，不等式eq\f(1,A)＋eq\f(1,B)＋eq\f(1,C)＋eq\f(1,D)≥eq\f(16,2π)成立；在五邊形ABCDE中，不等式eq\f(1,A)＋eq\f(1,B)＋eq\f(1,C)＋eq\f(1,D)＋eq\f(1,E)≥eq\f(25,3π)成立，猜想，在n邊形A1A2…An中，成立的不等式為________．解析：∵9＝32,16＝42,25＝52，且1＝3－2,2＝4－2,3＝5－2，…，故在n邊形A1A2…An中，有不等式eq\f(1,A1)＋eq\f(1,A2)＋…＋eq\f(1,An)≥eq\f(n2,n－2π)成立．答案：eq\f(1,A1)＋eq\f(1,A2)＋…＋eq\f(1,An)≥eq\f(n2,n－2π)(n≥3)歸納推理[例1](1)(·江西高考)觀察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，則a10＋b10＝()A．28 B．76C．123 D．199(2)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．[自主解答](1)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.通過觀察不難發(fā)現(xiàn)f(n)＝f(n－1)＋f(n－2)(n∈N*，n≥3)，則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.所以a10＋b10＝123.(2)f(0)＋f(1)＝eq\f(\r(3),3)，f(－1)＋f(2)＝eq\f(\r(3),3)，f(－2)＋f(3)＝eq\f(\r(3),3)，猜想f(x)＋f(1－x)＝eq\f(\r(3),3)，證明：∵f(x)＝eq\f(1,3x＋\r(3))，∴f(1－x)＝eq\f(1,31－x＋\r(3))＝eq\f(3x,3＋\r(3)·3x)＝eq\f(3x,\r(3)\r(3)＋3x).∴f(x)＋f(1－x)＝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(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3).[答案](1)C利用本例(2)的結(jié)論計(jì)算f(－2014)＋f(－2013)＋…＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋…＋f(2015)的值．解：∵f(x)＋f(1－x)＝eq\f(\r(3),3)，∴f(－2014)＋f(－2013)＋…＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋…＋f(2015)＝[f(－2014)＋f(2015)]＋[f(－2013)＋f(2014)]＋…＋[f(0)＋f(1)]＝2015×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(2015\r(3),3).———————————————————?dú)w納推理的分類常見的歸納推理分為數(shù)的歸納和形的歸納兩類(1)數(shù)的歸納包括數(shù)字歸納和式子歸納，解決此類問題時(shí)，需要細(xì)心觀察，尋求相鄰項(xiàng)及項(xiàng)與序號(hào)之間的關(guān)系，同時(shí)還要聯(lián)系相關(guān)的知識(shí)，如等差數(shù)列、等比數(shù)列等．(2)形的歸納主要包括圖形數(shù)目歸納和圖形變化規(guī)律歸納．1．觀察下列等式：eq\a\vs4\al(1＝1,1＋2＝3,1＋2＋3＝6,1＋2＋3＋4＝10,1＋2＋3＋4＋5＝15,…)eq\a\vs4\al(13＝1,13＋23＝9,13＋23＋33＝36,13＋23＋33＋43＝100,13＋23＋33＋43＋53＝225,…)可以推測：13＋23＋33＋…＋n3＝________(n∈N*，用含n的代數(shù)式表示)．解析：第二列等式右邊分別是1×1,3×3,6×6,10×10，15×15，與第一列等式右邊比較即可得，13＋23＋33＋…＋n3＝(1＋2＋3＋…＋n)2＝eq\f(1,4)n2(n＋1)2.答案：eq\f(1,4)n2(n＋1)2類比推理[例2](·廣州模擬)已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，若am＝a，an＝b(n－m≥1，m，n∈N*)，則am＋n＝eq\f(nb－ma,n－m).類比等差數(shù)列{an}的上述結(jié)論，對(duì)于等比數(shù)列{bn}(bn>0，n∈N*)，若bm＝c，bn＝d(n－m≥2，m，n∈N*)，則可以得到bm＋n＝________.[自主解答]法一：設(shè)數(shù)列{an}的公差為d1，則d1＝eq\f(an－am,n－m)＝eq\f(b－a,n－m).所以am＋n＝am＋nd1＝a＋n·eq\f(b－a,n－m)＝eq\f(bn－am,n－m).類比推導(dǎo)方法可知：設(shè)數(shù)列{bn}的公比為q，由bn＝bmqn－m可知d＝cqn－m，所以q＝eq\r(n－m,\f(d,c))，所以bm＋n＝bmqn＝c·eq\r(n－m,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,c)))n)＝eq\r(n－m,\f(dn,cm)).法二：(直接類比)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d1，數(shù)列{bn}的公比為q，因?yàn)榈炔顢?shù)列中an＝a1＋(n－1)d1，等比數(shù)列中bn＝b1qn－1，因?yàn)閍m＋n＝eq\f(nb－ma,n－m)，所以bm＋n＝eq\r(n－m,\f(dn,cm)).[答案]eq\r(n－m,\f(dn,cm))———————————————————類比推理的分類類比推理的應(yīng)用一般為類比定義、類比性質(zhì)和類比方法(1)類比定義：在求解由某種熟悉的定義產(chǎn)生的類比推理型試題時(shí)，可以借助原定義來求解；(2)類比性質(zhì)：從一個(gè)特殊式子的性質(zhì)、一個(gè)特殊圖形的性質(zhì)入手，提出類比推理型問題，求解時(shí)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；(3)類比方法：有一些處理問題的方法具有類比性，我們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(shí)的遷移．————————————————————————————————————————2．在△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC于點(diǎn)D.求證：eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2).那么在四面體ABCD中，類比上述結(jié)論，你能得到怎樣的猜想，并說明理由．證明：如圖所示，∵AB⊥AC，AD⊥BC，∴△ABD∽△CAD，△ABC∽△DBA，∴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).猜想：類比AB⊥AC，AD⊥BC，猜想四面體ABCD中，AB，AC，AD兩兩垂直，AE⊥平面BCD，則eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).下面證明上述猜想成立．如右圖所示，連接BE并延長交CD于點(diǎn)F，連接AF.∵AB⊥AC，AB⊥AD，AC∩AD＝A，∴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).同理可得在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).故猜想正確．演繹推理[例3]已知函數(shù)f(x)＝－eq\f(\r(a),ax＋\r(a))(a＞0且a≠1)．(1)證明：函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)))對(duì)稱；(2)求f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)的值．[自主解答](1)證明：函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，任取一點(diǎn)(x，y)，它關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)))對(duì)稱的點(diǎn)的坐標(biāo)為(1－x，－1－y)．由已知得y＝－eq\f(\r(a),ax＋\r(a))，則－1－y＝－1＋eq\f(\r(a),ax＋\r(a))＝－eq\f(ax,ax＋\r(a))，f(1－x)＝－eq\f(\r(a),a1－x＋\r(a))＝－eq\f(\r(a),\f(a,ax)＋\r(a))＝－eq\f(\r(a)·ax,a＋\r(a)·ax)＝－eq\f(ax,ax＋\r(a))，∴－1－y＝f(1－x)，即函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)))對(duì)稱．(2)由(1)可知－1－f(x)＝f(1－x)，即f(x)＋f(1－x)＝－1.則f(－2)＋f(3)＝－1，f(－1)＋f(2)＝－1，f(0)＋f(1)＝－1，則f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝－3.———————————————————演繹推理的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)(1)演繹推理是由一般到特殊的推理，其最常見的形式是三段論，它是由大前提、小前提、結(jié)論三部分組成的．三段論推理中包含三個(gè)判斷：第一個(gè)判斷稱為大前提，它提供了一個(gè)一般的原理；第二個(gè)判斷叫小前提，它指出了一個(gè)特殊情況．這兩個(gè)判斷聯(lián)合起來，提示了一般原理和特殊情況的內(nèi)在聯(lián)系，從而產(chǎn)生了第三個(gè)判斷：結(jié)論．(2)演繹推理的前提和結(jié)論之間有著某種蘊(yùn)含關(guān)系，解題時(shí)要找準(zhǔn)正確的大前提．一般地，若大前提不明確時(shí)，一般可找一個(gè)使結(jié)論成立的充分條件作為大前提．3．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(a,x)＋bx，其中a>0，b>0，x∈(0，＋∞)，試確定f(x)的單調(diào)區(qū)間，并證明在每個(gè)單調(diào)區(qū)間上的增減性．解：法一：設(shè)0<x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x1)＋bx1))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x2)＋bx2))＝(x2－x1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x1x2)－b)).當(dāng)0<x1<x2≤eq\r(\f(a,b))時(shí)，∵a>0，b>0，∴x2－x1>0,0<x1x2<eq\f(a,b)，eq\f(a,x1x2)>b，∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(a,b))))上是減函數(shù)；當(dāng)x2>x1≥eq\r(\f(a,b))>0時(shí)，x2－x1>0，x1x2>eq\f(a,b)，eq\f(a,x1x2)<b，∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,b))，＋∞))上是增函數(shù)．法二：∵a>0，b>0，x∈(0，＋∞)，∴令f′(x)＝－eq\f(a,x2)＋b＝0，得x＝eq\r(\f(a,b))，當(dāng)0＜x≤eq\r(\f(a,b))時(shí)，－eq\f(a,x2)≤－b，∴－eq\f(a,x2)＋b≤0，即f′(x)≤0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(a,b))))上是減函數(shù)；當(dāng)x≥eq\r(\f(a,b))時(shí)，－eq\f(a,x2)＋b≥0，即f′(x)≥0，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,b))，＋∞))上是增函數(shù)．2個(gè)步驟——?dú)w納推理與類比推理的步驟(1)歸納推理的一般步驟：①通過觀察個(gè)別情況發(fā)現(xiàn)某些相同性質(zhì)；②從已知的相同性質(zhì)中推出一個(gè)明確表述的一般性命題(猜想)；③檢驗(yàn)猜想．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)類比推理的一般步驟：①找出兩類事物之間的相似性或一致性；②用一類事物的性質(zhì)去推測另一類事物的性質(zhì)，得出一個(gè)明確的命題(猜想)；③檢驗(yàn)猜想．eq\x(觀察、比較)→eq\x(聯(lián)想、類推)→eq\x(猜想新結(jié)論)1個(gè)區(qū)別——合情推理與演繹推理的區(qū)別(1)歸納是由特殊到一般的推理；(2)類比是由特殊到特殊的推理；(3)演繹推理是由一般到特殊的推理；(4)從推理的結(jié)論來看，合情推理的結(jié)論不一定正確，有待證明；若大前提和小前提正確，則演繹推理得到的結(jié)論一定正確.創(chuàng)新交匯——合情推理與證明的交匯創(chuàng)新1．歸納推理主要有數(shù)與式的歸納推理、圖形中的歸納推理、數(shù)列中的歸納推理；類比推理主要有運(yùn)算的類比、性質(zhì)的類比、平面與空間的類比．題型多為客觀題，而年福建高考三角恒等式的推理與證明相結(jié)合出現(xiàn)在解答題中，是高考命題的一個(gè)創(chuàng)新．2．解決此類問題首先要通過觀察特例發(fā)現(xiàn)某些相似性(特例的共性或一般規(guī)律)；然后把這種相似性推廣到一個(gè)明確表述的一般命題(猜想)；最后對(duì)所得的一般性命題進(jìn)行檢驗(yàn)．[典例](·福建高考)某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn)，以下五個(gè)式子的值都等于同一個(gè)常數(shù)：(1)sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；(2)sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；(3)sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；(4)sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；(5)sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°.(1)試從上述五個(gè)式子中選擇一個(gè)，求出這個(gè)常數(shù)；(2)根據(jù)(1)的計(jì)算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論．[解]法一：(1)選擇(2)式，計(jì)算如下：sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－eq\f(1,2)sin30°＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).(2)三角恒等式為sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(3,4).證明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)＝sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＋eq\f(\r(3),2)sinαcosα＋eq\f(1,4)sin2α－eq\f(\r(3),2)sinαcosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(3,4)sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＝eq\f(3,4).法二：(1)同法一．(2)三角恒等式為sin2α＋cos2(30°－α)－sinα·cos(30°－α)＝eq\f(3,4).證明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(1－cos2α,2)＋eq\f(1＋cos60°－2α,2)－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2α＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)(cos60°cos2α＋sin60°sin2α)－eq\f(\r(3),2)sinαcosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2α＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)cos2α＋eq\f(\r(3),4)sin2α－eq\f(\r(3),4)sin2α－eq\f(1,4)(1－cos2α)＝1－eq\f(1,4)cos2α－eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)cos2α＝eq\f(3,4).eq\a\vs4\al([名師點(diǎn)評(píng)])1．本題的創(chuàng)新點(diǎn)(1)本題給出一個(gè)等于同一個(gè)常數(shù)的5個(gè)代數(shù)式，但沒有給出具體的值，需要學(xué)生求出這個(gè)常數(shù)，這打破以往給出具體關(guān)系式的模式．(2)本題沒有給出具體的三角恒等式，需要考生歸納并給出證明，打破了以往只歸納不證明的方式．2．解決本題的關(guān)鍵(1)正確應(yīng)用三角恒等變換，用一個(gè)式子把常數(shù)求出來．(2)通過觀察各個(gè)等式的特點(diǎn)，找出共性，利用歸納推理正確得出一個(gè)三角恒等式，并給出正確的證明．eq\a\vs4\al([變式訓(xùn)練])閱讀下面材料：根據(jù)兩角和與差的正弦公式，有sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ，①sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ，②由①＋②得sin(α＋β)＋sin(α－β)＝2sinαcosβ.③令α＋β＝A，α－β＝B，有α＝eq\f(A＋B,2)，β＝eq\f(A－B,2)，代入③得sinA＋sinB＝2sineq\f(A＋B,2)coseq\f(A－B,2).(1)類比上述推理方法，根據(jù)兩角和與差的余弦公式，證明：cosA－cosB＝－2sineq\f(A＋B,2)sineq\f(A－B,2)；(2)若△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C滿足cos2A－cos2B＝1－cos2C，試判斷△ABC的形狀．(提示：如果需要，也可以直接利用閱讀材料及(1)中的結(jié)論)解：(1)因?yàn)閏os(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ，①cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ，②①－②得cos(α＋β)－cos(α－β)＝－2sinαsinβ.③令α＋β＝A，α－β＝B，有α＝eq\f(A＋B,2)，β＝eq\f(A－B,2)，代入③得cosA－cosB＝－2sineq\f(A＋B,2)sineq\f(A－B,2).(2)由二倍角公式，cos2A－cos2B＝1－cos2C可化為1－2sin2A－1＋2sin2B＝1－1＋2sin2C，所以sin2A＋sin2C＝sin2B.設(shè)△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，由正弦定理可得a2＋c2＝b2.根據(jù)勾股定理的逆定理知△ABC為直角三角形．一、選擇題(本大題共6小題，每小題5分，共30分)1．(·合肥模擬)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由于f(x)＝sin(x2＋1)不是正弦函數(shù)，故小前提不正確．2．(·銀川模擬)當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)可得到不等式x＋eq\f(1,x)≥2，x＋eq\f(4,x2)＝eq\f(x,2)＋eq\f(x,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)))2≥3，由此可以推廣為x＋eq\f(p,xn)≥n＋1，取值p等于()A．nn B．n2C．n D．n＋1解析：選A∵x∈(0，＋∞)時(shí)可得到不等式x＋eq\f(1,x)≥2，x＋eq\f(4,x2)＝eq\f(x,2)＋eq\f(x,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)))2≥3，∴在p位置出現(xiàn)的數(shù)恰好是不等式左邊分母xn的指數(shù)n的指數(shù)次方，即p＝nn.3．由代數(shù)式的乘法法則類比推導(dǎo)向量的數(shù)量積的運(yùn)算法則：①“mn＝nm”類比得到“a·b＝b·a”；②“(m＋n)t＝mt＋nt”類比得到“(a＋b)·c＝a·c＋b·c”；③“(m·n)t＝m(n·t)”類比得到“(a·b)·c＝a·(b·c)”；④“t≠0，mt＝xt?m＝x”類比得到“p≠0，a·p＝x·p?a＝x”；⑤“|m·n|＝|m|·|n|”類比得到“|a·b|＝|a|·|b|”；⑥“eq\f(ac,bc)＝eq\f(a,b)”類比得到“eq\f(a·c,b·c)＝eq\f(a,b)”．以上的式子中，類比得到的結(jié)論正確的個(gè)數(shù)是()A．1 B．2C．3 D．4解析：選B①②正確，③④⑤⑥錯(cuò)誤．4．(·江西高考)觀察下列事實(shí)：|x|＋|y|＝1的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為4，|x|＋|y|＝2的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為8，|x|＋|y|＝3的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為12，…，則|x|＋|y|＝20的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為()A．76 B．80C．86 D．92解析：選B通過觀察可以發(fā)現(xiàn)|x|＋|y|的值為1,2,3時(shí)，對(duì)應(yīng)的(x，y)的不同整數(shù)解的個(gè)數(shù)為4,8,12，可推出當(dāng)|x|＋|y|＝n時(shí)，對(duì)應(yīng)的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為4n，所以|x|＋|y|＝20的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為80.5．設(shè)△ABC的三邊長分別為a、b、c，△ABC的面積為S，內(nèi)切圓半徑為r，則r＝eq\f(2S,a＋b＋c)；類比這個(gè)結(jié)論可知：四面體S－ABC的四個(gè)面的面積分別為S1、S2、S3、S4，內(nèi)切球的半徑為R，四面體S－ABC的體積為V，則R＝()A.eq\f(V,S1＋S2＋S3＋S4) B.eq\f(2V,S1＋S2＋S3＋S4)C.eq\f(3V,S1＋S2＋S3＋S4) D.eq\f(4V,S1＋S2＋S3＋S4)解析：選C設(shè)三棱錐的內(nèi)切球球心為O，那么由V＝VO－ABC＋VO－SAB＋VO－SAC＋VO－SBC，即：V＝eq\f(1,3)S1R＋eq\f(1,3)S2R＋eq\f(1,3)S3R＋eq\f(1,3)S4R，可得：R＝eq\f(3V,S1＋S2＋S3＋S4).6．已知“整數(shù)對(duì)”按如下規(guī)律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，…，則第60個(gè)數(shù)對(duì)是()A．(7,5) B．(5,7)C．(2,10) D．(10,1)解析：選B依題意，就每組整數(shù)對(duì)的和相同的分為一組，不難得知第n組整數(shù)對(duì)的和為n＋1，且有n個(gè)整數(shù)對(duì)，這樣的前n組一共有eq\f(nn＋1,2)個(gè)整數(shù)對(duì)，注意到eq\f(1010＋1,2)<60<eq\f(1111＋1,2)，因此第60個(gè)整數(shù)對(duì)處于第11組(每對(duì)整數(shù)對(duì)的和為12的組)的第5個(gè)位置，結(jié)合題意可知每對(duì)整數(shù)對(duì)的和為12的組中的各對(duì)數(shù)依次為：(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，…，因此第60個(gè)整數(shù)對(duì)是(5,7)．二、填空題(本大題共3小題，每小題5分，共15分)7．(·陜西高考)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________．解析：觀察每行不等式的特點(diǎn)，每行不等式左端最后一個(gè)分?jǐn)?shù)的分母與右端值的分母相等，且每行右端分?jǐn)?shù)的分子構(gòu)成等差數(shù)列．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).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)8．(·湖北高考)回文數(shù)是指從左到右讀與從右到左讀都一樣的正整數(shù)，如22,121,3443,94249等．顯然2位回文數(shù)有9個(gè)：11,22,33，…，99.3位回文數(shù)有90個(gè)：101,111,121，…，191,202，…，999.則(1)4位回文數(shù)有________個(gè)；(2)2n＋1(n∈N*)位回文數(shù)有________個(gè)．解析：從左右對(duì)稱入手考慮．(1)4位回文數(shù)第1、4位取1,2,3,4,5,6,7,8,9之一有Ceq\o\al(1,9)＝9種選法．第2、3位可取0，有10種選法，故有9×10＝90個(gè)，即4位回文數(shù)有90個(gè)．(2)首位和末位不能取0，故有9種選法，其余位關(guān)于中間數(shù)對(duì)稱，每兩數(shù)都有10種選法，中間數(shù)也有10種選法，故2n＋1(n∈N*)位回文數(shù)有9×10n個(gè)．答案：909×10n9．(·包頭模擬)如圖，矩形ABCD和矩形A′B′C′D′夾在兩條平行線l1、l2之間，且A′B′＝mAB，則容易得到矩形ABCD的面積S1與矩形A′B′C′D′的面積S2滿足：S2＝mS1.由此類比，如圖，夾在兩條平行線l1、l2之間的兩個(gè)平行封閉圖形T1、T2，如果任意作一條與l1平行的直線l，l分別與兩個(gè)圖形T1、T2的邊界交于M、N、M′、N′，且M′N′＝mMN，則T1、T2的面積S1、S2滿足________．橢圓eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)與圓x2＋y2＝a2是夾在直線y＝a和y＝－a之間的封閉圖形，類比上面的結(jié)論，由圓的面積可得橢圓的面積為________．解析：如圖，任取一條與x軸平行的直線，設(shè)該直線與x軸相距h，則這條直線被橢圓截得的弦長l1＝eq\f(2b\r(a2－h(huán)2),a)，被圓截得的弦長l2＝2eq\r(a2－h(huán)2)，則eq\f(l1,l2)＝eq\f(b,a)，即eq\f(S橢圓,S圓)＝eq\f(b,a).故S橢圓＝eq\f(b,a)·πa2＝πab.答案：S2＝mS1πab三、解答題(本大題共3小題，每小題12分，共36分)10．給出下面的數(shù)表序列：eq\a\vs4\al(表1表2表3,113135…,448,12)其中表n(n＝1,2,3，…)有n行，第1行的n個(gè)數(shù)是1,3，5，…，2n－1，從第2行起，每行中的每個(gè)數(shù)都等于它肩上的兩數(shù)之和．寫出表4，驗(yàn)證表4各行中的數(shù)的平均數(shù)按從上到下的順序構(gòu)成等比數(shù)列，并將結(jié)論推廣到表n(n≥3)(不要求證明)．解：表4為13574812122032它的第1,2,3,4行中的數(shù)的平均數(shù)分別是4,8,16,32，它們構(gòu)成首項(xiàng)為4，公比為2的等比數(shù)列．將這一結(jié)論推廣到表n(n≥3)，即表n(n≥3)各行中的數(shù)的平均數(shù)按從上到下的順序構(gòu)成首項(xiàng)為n，公比為2的等比數(shù)列．11．已知橢圓具有性質(zhì)：若M，N是橢圓C上關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的兩個(gè)點(diǎn)，點(diǎn)P是橢圓上任意一點(diǎn)，當(dāng)直線PM，PN的斜率都存在，并記為kPM，kPN時(shí)，kPM與kPN之積是與點(diǎn)P的位置無關(guān)的定值．試對(duì)雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1寫出具有類似特征的性質(zhì)，并加以證明．解：類似的性質(zhì)為：若M，N是雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1上關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的兩個(gè)點(diǎn)，點(diǎn)P是雙曲線上任意一點(diǎn)，當(dāng)直線PM，PN的斜率都存在，并記為kPM，kPN時(shí)，kPM與kPN之積是與點(diǎn)P的位置無關(guān)的定值．證明：設(shè)點(diǎn)M，P的坐標(biāo)分別為(m，n)，(x，y)，則N(－m，－n)．因?yàn)辄c(diǎn)M(m，n)在已知的雙曲線上，所以n2＝eq\f(b2,a2)m2－b2.同理：y2＝eq\f(b2,a2)x2－b2.則kPM·kPN＝eq\f(y－n,x－m)·eq\f(y＋n,x＋m)＝eq\f(y2－n2,x2－m2)＝eq\f(b2,a2)·eq\f(x2－m2,x2－m2)＝eq\f(b2,a2)(定值)．12．觀察：①sin210°＋cos240°＋sin10°cos40°＝eq\f(3,4)；②sin26°＋cos236°＋sin6°cos36°＝eq\f(3,4).由上面兩題的結(jié)構(gòu)規(guī)律，你能否提出一個(gè)猜想？并證明你的猜想．解：猜想sin2α＋cos2(α＋30°)＋sinαcos(α＋30°)＝eq\f(3,4).證明：左邊＝sin2α＋cos(α＋30°)[cos(α＋30°)＋sinα]＝sin2α＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosα－\f(1,2)sinα))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosα＋\f(1,2)sinα))＝sin2α＋eq\f(3,4)cos2α－eq\f(1,4)sin2α＝eq\f(3,4)＝右邊．所以，猜想是正確的．1.正方形ABCD的邊長是a，依次連接正方形ABCD各邊中點(diǎn)得到一個(gè)新的正方形，再依次連接新正方形各邊中點(diǎn)又得到一個(gè)新的正方形，依此得到一系列的正方形，如圖所示．現(xiàn)有一只小蟲從A點(diǎn)出發(fā)，沿正方形的邊逆時(shí)針方向爬行，每遇到新正方形的頂點(diǎn)時(shí)，沿這個(gè)正方形的邊逆時(shí)針方向爬行，如此下去，爬行了10條線段．則這10條線段的長度的平方和是()A.eq\f(1023,2048)a2 B.eq\f(1023,768)a2C.eq\f(511,1024)a2 D.eq\f(2047,4096)a2解析：選A由題可知，這只小蟲爬行的第一段長度的平方為aeq\o\al(2,1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a))2＝eq\f(1,4)a2，第二段長度的平方為aeq\o\al(