高三人教A版数学一轮复习练习第六章不等式推理与证明第5节

第六章第5节[基础训练组]1．(导学号14577564)命题“有理数是无限循环小数，整数是有理数，所以整数是无限循环小数”是假命题，推理错误的原因是()A．使用了归纳推理B．使用了类比推理C．使用了“三段论”，但大前提错误D．使用了“三段论”，但小前提错误解析：C[由题目可知满足“三段论”形式，但是大前提表述不正确而使结论错误．]2．(导学号14577565)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“eq\f(ac,bc)＝eq\f(a,b)”类比得到“eq\f(a·c,b·c)＝eq\f(a,b)”．以上的式子中，类比得到的结论正确的个数是()A．1 B．2C．3 D．4解析：B[①②正确，③④⑤⑥错误．]3．(导学号14577566)若数列{an}是等差数列，则数列{bn}eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(bn＝\f(a1＋a2＋…＋an,n)))也为等差数列．类比这一性质可知，若正项数列{cn}是等比数列，且{dn}也是等比数列，则dn的表达式应为()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)解析：D[若{an}是等差数列，则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}为等差数列；若{cn}是等比数列，则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}为等比数列．]4．(导学号14577567)(2018·渭南市一模)古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，例如：他们研究过图中的1,3,6,10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数，由以上规律，则这些三角形数从小到大形成一个数列{an}，那么a10的值为()A．45 B．55C．65 D．66解析：B[由已知中：第1个图中黑点有1个，第2个图中黑点有3＝1＋2个，第3个图中黑点有6＝1＋2＋3个，第4个图中黑点有10＝1＋2＋3＋4个，…故第10个图中黑点有a10＝1＋2＋3＋…＋10＝eq\f(10×11,2)＝55个．故选B.]5．(导学号14577568)为提高信息在传输中的抗干扰能力，通常在原信息中按一定规则加入相关数据组成传输信息．设定原信息为a0a1a2，ai∈{0,1}(i＝0,1,2)，传输信息为h0a0a1a2h1，其中h0＝a0⊕a1，h1＝h0⊕a2，⊕运算规则为0⊕0＝0,0⊕1＝1,1⊕0＝1,1⊕1＝A．11010 B．01100C．10111 D．00011解析：C[对于选项C，传输信息是10111，对应的原信息是011，由题目中运算规则知h0＝0⊕1＝1，而h1＝h0⊕a2＝1⊕1＝0，故传输信息应是10110.]6．(导学号14577569)(理科)(2018·咸阳市二模)观察下列式子：eq\r(1×2)<2，eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)<eq\f(9,2)，eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)＋eq\r(3×4)<8，eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)＋eq\r(3×4)＋eq\r(4×5)<eq\f(25,2)，…，根据以上规律，第n个不等式是____________.解析：根据所给不等式可得第n个不等式是eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)＋…＋eq\r(n×n＋1)<eq\f(n＋12,2).答案：eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)＋…＋eq\r(n×n＋1)<eq\f(n＋12,2)6．(导学号14577570)(文科)(2018·潍坊市一模)观察式子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)…，则可归纳出1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n＋12)<________.解析：根据题意，每个不等式的右边的分母是n＋1.不等号右边的分子是2n＋1，∴1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n＋12)<eq\f(2n＋1,n＋1)(n≥1)答案：eq\f(2n＋1,n＋1)(n≥1)7．(导学号14577572)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eq\f(fx1＋fx2＋…＋fxn,n)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n))).若y＝sinx在区间(0，π)上是凸函数，那么在△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值是________.解析：由题意知，凸函数满足eq\f(fx1＋fx2＋…＋fxn,n)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n)))，又y＝sinx在区间(0，π)上是凸函数，则sinA＋sinB＋sinC≤3sineq\f(A＋B＋C,3)＝3sineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(3),2).答案：eq\f(3\r(3),2)8．(导学号14577573)(理科)(2018·日照市一模)在计算“1×2＋2×3＋…＋n(n＋1)”时，某同学学到了如下一种方法：先改写第k项：k(k＋1)＝eq\f(1,3)[k(k＋1)(k＋2)－(k－1)k(k＋1)]由此得1×2＝eq\f(1,3)(1×2×3－0×1×2)，2×3＝eq\f(1,3)(2×3×4－1×2×3)，…，n(n＋1)＝eq\f(1,3)[n(n＋1)(n＋2)－(n－1)n(n＋1)]，相加，得1×2＋2×3＋…＋n(n＋1)＝eq\f(1,3)n(n＋1)(n＋2)．类比上述方法，请你计算“1×2×3＋2×3×4＋…＋n(n＋1)(n＋2)”，其结果为____________.解析：∵n(n＋1)(n＋2)＝eq\f(1,4)[n(n＋1)(n＋2)(n＋3)－(n－1)n(n＋1)(n＋2)]，∴1×2×3＝eq\f(1,4)(1×2×3×4－0×1×2×3)，2×3×4＝eq\f(1,4)(2×3×4×5－1×2×3×4)，…，n(n＋1)(n＋2)＝eq\f(1,4)[n(n＋1)(n＋2)(n＋3)－(n－1)n(n＋1)(n＋2)]，∴1×2×3＋2×3×4＋…＋n(n＋1)(n＋2)＝eq\f(1,4)[(1×2×3×4－0×1×2×3)＋(2×3×4×5－1×2×3×4)＋…＋n×(n＋1)×(n＋2)×(n＋3)－(n－1)×n×(n＋1)×(n＋2)＝eq\f(1,4)n(n＋1)(n＋2)(n＋3)．答案：eq\f(1,4)n(n＋1)(n＋2)(n＋3)8．(导学号14577574)(文科)(2018·菏泽市一模)a1＝eq\f(1,2)a2＝eq\f(1,3)(1－a1)＝eq\f(1,6)；a3＝eq\f(1,4)(1－a1－a2)＝eq\f(1,12)；a4＝eq\f(1,5)(1－a1－a2－a3)＝eq\f(1,20)；…照此规律，当n∈N*时，an＝___________.解析：a1＝eq\f(1,2)；a2＝eq\f(1,3)(1－a1)＝eq\f(1,6)；a3＝eq\f(1,4)(1－a1－a2)＝eq\f(1,12)；a4＝eq\f(1,5)(1－a1－a2－a3)＝eq\f(1,20)；…；照此规律，当n∈N*时，an＝eq\f(1,n＋1)(1－a1－a2－…－an－1)＝eq\f(1,nn＋1).答案：eq\f(1,nn＋1)[能力提升组]9．(导学号14577575)(2017·安徽江淮十校三联)我国古代数学名著《九章算术》中割圆术有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣．”其体现的是一种无限与有限的转化过程，比如在eq\r(2＋\r(2＋\r(2＋…)))中“…”即代表无限次重复，但原式却是个定值x，这可以通过方程eq\r(2＋x)＝x确定出来x＝2，类似地不难得到1＋eq\f(1,1＋\f(1,1＋…))＝()A.eq\f(－\r(5)－1,2) B.eq\f(\r(5)－1,2)C.eq\f(1＋\r(5),2) D.eq\f(1－\r(5),2)解析：C[1＋eq\f(1,1＋\f(1,1＋…))＝x，即1＋eq\f(1,x)＝x，即x2－x－1＝0，解得x＝eq\f(1＋\r(5),2)(x＝eq\f(1－\r(5),2)舍)，故1＋eq\f(1,1＋\f(1,1＋…))＝eq\f(1＋\r(5),2)，故选C.]10．(导学号14577576)已知结论：“在正△ABC中，若D是边BC的中点，G是△ABC的重心，则eq\f(AG,GD)＝2”．若把该结论推广到空间，则有结论：“在棱长都相等的四面体A－BCD中，若△BCD的中心为M，四面体内部一点O到四面体各面的距离都相等”，则eq\f(AO,OM)＝()A．1 B．2C．3 D．4解析：C[如图设正四面体的棱长为1，则易知其高AM＝eq\f(\r(6),3)，此时易知点O即为正四面体内切球的球心，设其半径为r，利用等积法有4×eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)r＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×eq\f(\r(6),3)，r＝eq\f(\r(6),12)，故AO＝AM－MO＝eq\f(\r(6),3)－eq\f(\r(6),12)＝eq\f(\r(6),4)，故AO∶OM＝eq\f(\r(6),4)∶eq\f(\r(6),12)＝3.]

11．(导学号14577577)已知“整数对”按如下规律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，…，则第60个“整数对”是()A．(7,5) B．(5,7)C．(2,10) D．(10,1)解析：B[依题意，把“整数对”的和相同的分为一组，不难得知第n组中每个“整数对”的和均为n＋1，且第n组共有n个“整数对”，这样的前n组一共有eq\f(nn＋1,2)个“整数对”，注意到eq\f(10×10＋1,2)＜60＜eq\f(11×11＋1,2)，因此第60个“整数对”处于第11组(每个“整数对”的和为12的组)的第5个位置，结合题意可知每个“整数对”的和为12的组中的各对数依次为：(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，…，因此第60个“整数对”是(5,7)，选B.]12．(导学号14577578)已知△ABC的三边长分别为a，b，c，其面积为S，则△ABC的内切圆的半径r＝eq\f(2S,a＋b＋c).这是一道平面几何题，其证明方法是“等面积法”．请用类比推理的方法猜测对空间四面体ABCD存在的类似结论为________.解析：由题意可得，题目要求写出类似的结论，则在保证该结论正确的前提下，尽量在语言表达上与前面的结论一致．本题体现了平面几何与立体几何在如下词语上的对应：“△ABC”与“四面体ABCD”，“边长”与“表面面积”，“面积”与“体积”，“内切圆”与“内切球”，这是结构上的类比．再者，本题也体现了方法上的类比，即等面积法推理到等体积法，同样是将整体分割成几个小的部分，然后利用体积不变得出结论，即V＝eq\f(1,3)S1r＋eq\f(1,3)S2r＋eq\f(1,3)S3r＋eq\f(1,3)S4r，从而r＝eq\f(3V,S1＋S2＋S3＋S4).答案：已知空间四面体ABCD的四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，其体积为V，则四面体的内切球的半径r＝eq\f(3V,S1＋S2＋S3＋S4).13．(导学号14577579)(理科)在我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》(1261年)一书中，用如下图1所示的三角形，解释二项和的乘方规律．在欧洲直到1623年以后，法国数学家布莱士·帕斯卡的著作(1655年)介绍了这个三角形．近年来国外也逐渐承认这项成果属于中国，所以有些书上称这是“中国三角形”(Chinesetriangle)如图1,17世纪德国数学家莱布尼茨发现了“莱布尼茨三角形”如下图2.在杨辉三角中相邻两行满足关系式：Ceq\o\al(r,n)＋Ceq\o\al(r＋1,n)＝Ceq\o\al(r＋1,n＋1)，其中n是行数，r∈N.请类比上式，在莱布尼茨三角形中相邻两行满足的关系式是________.1112113311464115101051…Ceq\o\al(0,n)Ceq\o\al(1,n)…Ceq\o\al(r,n)…Ceq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(n,n)图1eq\f(1,2)eq\f(1,2)eq\f(1,3)eq\f(1,6)eq\f(1,3)eq\f(1,4)eq\f(1,12)eq\f(1,12)eq\f(1,4)eq\f(1,5)eq\f(1,20)eq\f(1,30)eq\f(1,20)eq\f(1,5)eq\f(1,6)eq\f(1,30)eq\f(1,60)eq\f(1,60)eq\f(1,30)eq\f(1,6)…eq\f(1,C\o\al(1,n＋1)C\o\al(0,n))eq\f(1,C\o\al(1,n＋1)C\o\al(1,n))…eq\f(1,C\o\al(1,n＋1)C\o\al(r,n))…eq\f(1,C\o\al(1,n＋1)C\o\al(n－1,n))eq\f(1,C\o\al(1,n＋1)C\o\al(n,n))图2解析：类比观察得，将莱布尼茨三角形的每一行都能提出倍数eq\f(1,C\o\al(1,n＋1))，而相邻两项之和是上一行的两者相拱之数，所以类比式子Ceq\o\al(r,n)＋Ceq\o\al(r＋1,n)＝Ceq\o\al(r＋1,n＋1)，有eq\f(1,C\o\al(1,n＋1)C\o\al(r,n))＝eq\f(1,C\o\al(1,n＋2)C\o\al(r,n＋1))＋eq\f(1,C\o\al(1,n＋2)C\o\al(r＋1,n＋1)).答案：eq\f(1,C\o\al(1,n＋1)C\o\al(r,n))＝eq\f(1,C\o\al(1,n＋2)C\o\al(r,n＋1))＋eq\f(1,C\o\al(1,n＋2)C\o\al(r＋1,n＋1))13．(导学号14577580)(文科)如图所示，将正整数从小到大沿三角形的边成螺旋状排列起来，2在第一个拐弯处，4在第二个拐弯处，7在第三个拐弯处，……，则在第二十个拐弯处的正整数是________.解析：观察题图可知，第一个拐弯处2＝1＋1，第二个拐弯处4＝1＋1＋2，第三个拐弯处7＝1＋1＋2＋3，第四个拐弯处11＝1＋1＋2＋3＋4，第五个拐弯处16＝1＋1＋2＋3＋4＋5，发现规律：拐弯处的数是从1开始的一串连续正整数相加之和再加1，在第几个拐弯处，就加到第几个正整数，所以第二十个拐弯处的正整数就是1＋1＋2＋3＋…＋20＝211.答案：21114．(导学号14577581)(理科)阅读下面材料：根据两角和与差的正弦公式，有sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ①，sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ②，由①＋②得sin(α＋β)＋sin(α－β)＝2sinαcosβ③.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)类比上述推理方法，根据两角和与差的余弦公式，证明：cosA－cosB＝－2sineq\f(A＋B,2)sineq\f(A－B,2)；(2)若△ABC的三个内角A，B，C满足cos2A－cos2B＝1－cos2C，试判断△ABC(提示：如果需要，也可以直接利用阅读材料及(1)中的结论)解：(1)证明：因为cos(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－cos21－2sin2A－1＋2sin2B＝1－1＋2sin2所以sin2A＋sin2C＝sin2设△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，由正弦定理可得a2＋c2＝b2.根据勾股定理的逆定理知△ABC为直角三角形．14．(导学号14577582)(文科)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：①sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；②sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；③sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°.(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证