高中数学 2_1_1_2 类比推理同步练习 新人教A版选修2-2

高中数学 2_1_1_2 类比推理同步练习 新人教A版选修2-2

选修2-2 ‎2.1.1‎ 第2课时 类比推理 一、选择题 ‎1．下列说法正确的是(　　)‎ A．由合情推理得出的结论一定是正确的 B．合情推理必须有前提有结论 C．合情推理不能猜想 D．合情推理得出的结论无法判定正误 ‎[答案]　B ‎[解析]　由合情推理得出的结论不一定正确，A不正确；B正确；合情推理的结论本身就是一个猜想，C不正确；合情推理结论可以通过证明来判定正误，D也不正确，故应选B.‎ ‎2．下面几种推理是合情推理的是(　　)‎ ‎①由圆的性质类比出球的有关性质 ‎②由直角三角形、等腰三角形、等边三角形的内角和是180°，归纳出所有三角形的内角和都是180°‎ ‎③教室内有一把椅子坏了，则该教室内的所有椅子都坏了 ‎④三角形内角和是180°，四边形内角和是360°，五边形内角和是540°，由此得出凸多边形的内角和是(n－2)·180°‎ A．①②　　　　　　　　‎ B．①③④‎ C．①②④ ‎ D．②④‎ ‎[答案]　C ‎[解析]　①是类比推理；②④都是归纳推理，都是合情推理．‎ ‎3．三角形的面积为S＝(a＋b＋c)·r，a、b、c为三角形的边长，r为三角形内切圆的半径，利用类比推理，可以得到四面体的体积为(　　)‎ A．V＝abc B．V＝Sh C．V＝(S1＋S2＋S3＋S4)r，(S1、S2、S3、S4分别为四面体四个面的面积，r为四面体内切球的半径)‎ D．V＝(ab＋bc＋ac)h(h为四面体的高)‎ ‎[答案]　C ‎[解析]　边长对应表面积，内切圆半径应对应内切球半径．故应选C.‎ ‎4．类比平面内正三角形的“三边相等，三内角相等”的性质，可推知正四面体的下列哪些性质，你认为比较恰当的是(　　)‎ ‎①各棱长相等，同一顶点上的任两条棱的夹角都相等 ‎②各个面都是全等的正三角形，相邻两个面所成的二面角都相等 ‎③各个面都是全等的正三角形，同一顶点上的任两条棱的夹角都相等 A．① ‎ B．①②‎ C．①②③ ‎ D．③‎ ‎[答案]　C ‎[解析]　正四面体的面(或棱)可与正三角形的边类比，正四面体的相邻两面成的二面角(或共顶点的两棱的夹角)可与正三角形相邻两边的夹角类比，故①②③都对．‎ ‎5．类比三角形中的性质：‎ ‎(1)两边之和大于第三边 ‎(2)中位线长等于底边的一半 ‎(3)三内角平分线交于一点 可得四面体的对应性质：‎ ‎(1)任意三个面的面积之和大于第四个面的面积 ‎(2)过四面体的交于同一顶点的三条棱的中点的平面面积等于第四个面面积的 ‎(3)四面体的六个二面角的平分面交于一点 其中类比推理方法正确的有(　　)‎ A．(1) ‎ B．(1)(2)‎ C．(1)(2)(3) ‎ D．都不对 ‎[答案]　C ‎[解析]　以上类比推理方法都正确，需注意的是类比推理得到的结论是否正确与类比推理方法是否正确并不等价，方法正确结论也不一定正确．‎ ‎6．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“＝”．‎ 以上式子中，类比得到的结论正确的个数是(　　)‎ A．1　　　　‎ B．‎2　‎　　　‎ C．3　　　　‎ D．4‎ ‎[答案]　B ‎[解析]　由向量的有关运算法则知①②正确，③④⑤⑥都不正确，故应选B.‎ ‎ 7．(2010·浙江温州)如图所示，椭圆中心在坐标原点，F为左焦点，当⊥时，其离心率为，此类椭圆被称为“黄金椭圆”．类比“黄金椭圆”，可推算出“黄金双曲线”的离心率e等于(　　)‎ A. ‎ B. C.－1 ‎ D.＋1‎ ‎[答案]　A ‎[解析]　如图所示，设双曲线方程为－＝1(a>0，b>0)，‎ 则F(－c,0)，B(0，b)，A(a,0)‎ ‎∴＝(c，b)，＝(－a，b)‎ 又∵⊥，∴·＝b2－ac＝0‎ ‎∴c2－a2－ac＝0‎ ‎∴e2－e－1＝0‎ ‎∴e＝或e＝(舍去)，‎ 故应选A.‎ ‎8．六个面都是平行四边形的四棱柱称为平行六面体．如图甲，在平行四边形ABD中，有AC2＋BD2＝2(AB2＋AD2)，那么在图乙中所示的平行六面体ABCD－A1B‎1C1D1中，AC＋BD＋CA＋DB eq oal(2,1)等于(　　)‎ A．2(AB2＋AD2＋AA) ‎ B．3(AB2＋AD2＋AA)‎ C．4(AB2＋AD2＋AA) ‎ D．4(AB2＋AD2)‎ ‎[答案]　C ‎[解析]　AC＋BD＋CA＋DB ‎＝(AC＋CA)＋(BD＋DB)‎ ‎＝2(AA＋AC2)＋2(BB＋BD2)‎ ‎＝4AA＋2(AC2＋BD2)‎ ‎＝4AA＋4AB2＋4AD2，故应选C.‎ ‎9．下列说法正确的是(　　)‎ A．类比推理一定是从一般到一般的推理 B．类比推理一定是从个别到个别的推理 C．类比推理是从个别到个别或一般到一般的推理 D．类比推理是从个别到一般的推理 ‎[答案]　C ‎[解析]　由类比推理的定义可知：类比推理是从个别到个别或一般到一般的推理，故应选C.‎ ‎10．下面类比推理中恰当的是(　　)‎ A．若“a·3＝b·3，则a＝b”类比推出“若a·0＝b·0，则a＝b”‎ B．“(a＋b)c＝ac＋bc”类比推出“(a·b)c＝ac·bc”‎ C．“(a＋b)c＝ac＋bc”类比推出“＝＋(c≠0)”‎ D．“(ab)n＝anbn”类比推出“(a＋b)n＝an＋bn”‎ ‎[答案]　C ‎[解析]　结合实数的运算知C是正确的．‎ 二、填空题 ‎11．设f(x)＝，利用课本中推导等差数列前n项和公式的方法，可求得f(－5)＋f ‎(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)的值为________．‎ ‎[答案]　3 ‎[解析]　本题是“方法类比”．因等比数列前n项和公式的推导方法是倒序相加，亦即首尾相加，那么经类比不难想到f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)＝[f(－5)＋f(6)]＋[f(－4)＋f(5)]＋…＋[f(0)＋f(1)]，‎ 而当x1＋x2＝1时，有f(x1)＋f(x2)＝‎ ‎＝＝，故所求答案为6×＝3.‎ ‎12．(2010·广州高二检测)若数列{an}是等差数列，对于bn＝(a1＋a2＋…＋an)，则数列{bn}也是等差数列．类比上述性质，若数列{cn}是各项都为正数的等比数列，对于dn>0，则dn＝________时，数列{dn}也是等比数列．‎ ‎[答案]　 ‎ ‎ ‎13．在以原点为圆心，半径为r的圆上有一点P(x0，y0)，则过此点的圆的切线方程为x0x＋y0y＝r2，而在椭圆＋＝1(a>b>0)中，当离心率e趋近于0时，短半轴b就趋近于长半轴a，此时椭圆就趋近于圆．类比圆的面积公式，在椭圆中，S椭＝________.类比过圆上一点P(x0，y0)的圆的切线方程，则过椭圆＋＝1(a>b>0)上一点P(x1，y1)的椭圆的切线方程为________．‎ ‎[答案]　π·a·b；·x＋·y＝1‎ ‎[解析]　当椭圆的离心率e趋近于0时，椭圆趋近于圆，此时a，b都趋近于圆的半径r，故由圆的面积S＝πr2＝π·r·r，猜想椭圆面积S椭＝π·a·b，其严格证明可用定积分处理．而由切线方程x0·x＋y0·y＝r2变形得·x＋·y＝1，则过椭圆上一点P(x1，y1)的椭圆的切线方程为·x＋·y＝1，其严格证明可用导数求切线处理．‎ ‎14．在等差数列{an}中，若a10＝0，则有等式a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(n<19，n∈N*)成立，类比上述性质，相应地：在等比数列{bn}中，若b9＝1，则有等式__________成立．‎ ‎[答案]　b1b2…bn＝b1b2…b17－n(n＜17，n∈N*)‎ ‎[解析]　解法1：从分析所提供的性质入手：由a10＝0，可得ak＋a20－k＝0，因而当n<19－n时，有a1＋a2＋…＋a19－n＝a1＋a2＋…＋an＋an＋1＋an＋2＋…＋a19－n，‎ 而an＋1＋an＋2＋…＋a19－n＝＝0，∴等式成立．同理可得n>19－n时的情形．‎ 由此可知：等差数列{an}之所以有等式成立的性质，关键在于在等差数列中有性质：an＋1＋a19－n＝‎2a10＝0，类似地，在等比数列{bn}中，也有性质：bn＋1·b17－n＝b＝1，因而得到答案：b1b2…bn＝b1b2…b17－n(n<17，n∈N*)．‎ 解法2：因为在等差数列中有“和”的性质a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(n＜19，n∈N*)成立，故在等比数列{bn}中，由b9＝1，可知应有“积”的性质b1b2…bn＝b1b2…b17－n(n＜17，n∈N*)成立. (1)‎ 证明如下：当n＜8时，等式(1)为b1b2…bn＝b1b2…bnbn＋1…b17－n 即：bn＋1·bn＋2…b17－n＝1.(2)‎ ‎∵b9＝1，∴bk＋1·b17－k＝b＝1.‎ ‎∴bn＋1bn＋2…b17－n＝b＝1.‎ ‎∴(2)式成立，即(1)式成立；‎ 当n＝8时，(1)式即：b9＝1显然成立；‎ 当8＜n＜17时，(1)式即：‎ b1b2…b17－n·b18－n·…bn＝b1b2…b17－n 即：b18－n·b19－n…bn＝1(3)‎ ‎∵b9＝1，∴b18－k·bk＝b＝1‎ ‎∴b18－nb19－n·…·bn＝b＝1‎ ‎∴(3)式成立，即(1)式成立．‎ 综上可知，当等比数列{bn}满足b9＝1时，有：‎ b1b2…bn＝b1b2…b17－n(n＜17，n∈N*)成立．‎ 三、解答题 ‎15．已知：等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，有如下的性质：‎ ‎(1)an＝am＋(n－m)·d.‎ ‎(2)若m＋n＝p＋q，其中，m、n、p、q∈N*，则am＋an＝ap＋aq.‎ ‎(3)若m＋n＝2p，m，n，p∈N*，则am＋an＝2ap.‎ ‎(4)Sn，S2n－Sn，S3n－S2n构成等差数列．‎ 类比上述性质，在等比数列{bn}中，‎ 写出相类似的性质．‎ ‎[解析]　等比数列{bn}中，公比q，前n项和Sn.‎ ‎(1)通项an＝am·qn－m.‎ ‎(2)若m＋n＝p＋q，其中m，n，p，q∈N*，‎ 则am·an＝ap·aq.‎ ‎(3)若m＋n＝2p，其中，m，n，p∈N*，则a＝am·an.‎ ‎(4)Sn，S2n－Sn，S3n－S2n构成等比数列．‎ ‎16．先解答(1)，再根据结构类比解答(2)．‎ ‎(1)已知a，b为实数，且|a|<1，|b|<1，求证：ab＋1>a＋b.‎ ‎(2)已知a，b，c均为实数，且|a|<1，|b|<1，|c|<1，求证：abc＋2>a＋b＋c.‎ ‎[解析]　(1)ab＋1－(a＋b)＝(a－1)(b－1)>0.‎ ‎(2)∵|a|<1，|b|<1，|c|<1，据(1)得(ab)·c＋1>ab＋c，‎ ‎∴abc＋2＝[(ab)·c＋1]＋1>(ab＋c)＋1＝(ab＋1)＋c>a＋b＋c.‎ 你能再用归纳推理方法猜想出更一般地结论吗？‎ ‎[点评]　(1)与(2)的条件与结论有着相同的结构，通过分析(1)的推证过程及结论的构成进行类比推广得出：(ab)·c＋1＞ab＋c是关键．‎ 用归纳推理可推出更一般的结论：ai为实数，|ai|＜1，i＝1、2、…、n，则有：a‎1a2…an＋(n－1)＞a1＋a2＋…＋an.‎ ‎17．点P在圆C：x2＋y2＝1上，经过点P的圆的切线方程为x＋y＝1，又点Q(2,1)在圆C外部，容易证明直线2x＋y＝1与圆相交，点R在圆C的内部．直线x＋y＝1与圆相离．类比上述结论，你能给出关于一点P(a，b)与圆x2＋y2＝r2的位置关系与相应直线与圆的位置关系的结论吗？‎ ‎[解析]　点P(a，b)在⊙C：x2＋y2＝r2上时，直线ax＋by＝r2与⊙C相切；点P在⊙C 内时，直线ax＋by＝r2与⊙C相离；点P在⊙C外部时，直线ax＋by＝r2与⊙C相交．容易证明此结论是正确的．‎ ‎18．我们知道：‎ ‎12＝　　　　　　　　　 1，‎ ‎22＝(1＋1)2＝12＋2×1＋1，‎ ‎32＝(2＋1)2＝22＋2×2＋1，‎ ‎42＝(3＋1)2＝32＋2×3＋1，‎ ‎……‎ n2＝(n－1)2＋2(n－1)＋1，‎ 左右两边分别相加，得 n2＝2×[1＋2＋3＋…＋(n－1)]＋n ‎∴1＋2＋3＋…＋n＝.‎ 类比上述推理方法写出求 ‎12＋22＋32＋…＋n2的表达式的过程．‎ ‎[解析]　我们记S1(n)＝1＋2＋3＋…＋n，‎ S2(n)＝12＋22＋32＋…＋n2，…Sk(n)＝1k＋2k＋3k＋…＋nk (k∈N*)．‎ 已知 ‎13＝　　　　　　　　　　　　 1，‎ ‎23＝(1＋1)3＝13＋3×12＋3×1＋1，‎ ‎33＝(2＋1)3＝23＋3×22＋3×2＋1，‎ ‎43＝(3＋1)3＝33＋3×32＋3×3＋1，‎ ‎……‎ n3＝(n－1)3＋3(n－1)2＋3(n－1)＋1.‎ 将左右两边分别相加，得 S3(n)＝[S3(n)－n3]＋3[S2(n)－n2]＋3[S1(n)－n]＋n.‎ 由此知S2(n)＝＝ ‎＝.‎ ‎ ‎