（全國版）2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第11章 算法初步、復(fù)數(shù)、推理與證明 第3講 合情推理與演繹推理學(xué)案

《（全國版）2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第11章 算法初步、復(fù)數(shù)、推理與證明 第3講 合情推理與演繹推理學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國版）2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第11章 算法初步、復(fù)數(shù)、推理與證明 第3講 合情推理與演繹推理學(xué)案（16頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第3講　合情推理與演繹推理 板塊一　知識(shí)梳理·自主學(xué)習(xí) [必備知識(shí)] 考點(diǎn)1　合情推理 考點(diǎn)2　演繹推理 1．定義：從一般性的原理出發(fā)，推出某個(gè)特殊情況下的結(jié)論，我們把這種推理稱為演繹推理． 2．特點(diǎn)：演繹推理是由一般到特殊的推理． 3．模式：“三段論”是演繹推理的一般模式： [必會(huì)結(jié)論] 1．合情推理的結(jié)論是猜想，不一定正確；演繹推理在大前提、小前提和推理形式都正確時(shí)，得到的結(jié)論一定正確． 2．合情推理是發(fā)現(xiàn)結(jié)論的推理；演繹推理是證明結(jié)論的推理． [考點(diǎn)自測] 1．判斷下列結(jié)論的正誤．(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”) (1)歸納推理得到的結(jié)論不一

2、定正確，類比推理得到的結(jié)論一定正確．(　　) (2)在類比時(shí)，平面中的三角形與空間中的平行六面體作為類比對(duì)象較為合適．(　　) (3)在演繹推理中，只要符合演繹推理的形式，結(jié)論就一定正確．(　　) (4)“所有3的倍數(shù)都是9的倍數(shù)，某數(shù)m是3的倍數(shù)，則m一定是9的倍數(shù)”，這是三段論推理，但其結(jié)論是錯(cuò)誤的．(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√ 答案　A 3．[課本改編]下面圖形由小正方形組成，請(qǐng)觀察圖1至圖4的規(guī)律，并依此規(guī)律，寫出第n個(gè)圖形中小正方形的個(gè)數(shù)是________． 答案　 解析　由題圖知第1個(gè)圖形的小正方形個(gè)數(shù)為1，第2個(gè)圖形的小正方形

3、個(gè)數(shù)為1＋2，第3個(gè)圖形的小正方形個(gè)數(shù)為1＋2＋3，第4個(gè)圖形的小正方形個(gè)數(shù)為1＋2＋3＋4，…，則第n個(gè)圖形的小正方形個(gè)數(shù)為1＋2＋3＋…＋n＝. 4．[課本改編]在平面上，若兩個(gè)正三角形的邊長的比為1∶2，則它們的面積比為1∶4.類似地，在空間中，若兩個(gè)正四面體的棱長的比為1∶2，則它們的體積比為________． 答案　1∶8 解析　因?yàn)閮蓚€(gè)正三角形是相似的三角形，所以它們的面積之比是相似比的平方．同理，兩個(gè)正四面體是兩個(gè)相似幾何體，體積之比為相似比的立方．所以它們的體積比為1∶8. 5．[2015·陜西高考]觀察下列等式 1－＝ 1－＋－＝＋ 1－＋－＋－＝＋＋ …

4、據(jù)此規(guī)律，第n個(gè)等式可為________． 答案　1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋ 解析　觀察所給等式的左右可以歸納出1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋. 6．[2018·東北三省模擬]在某次數(shù)學(xué)考試中，甲、乙、丙三名同學(xué)中只有一個(gè)人得了優(yōu)秀．當(dāng)他們被問到誰得到了優(yōu)秀時(shí)，丙說：“甲沒有得優(yōu)秀”；乙說：“我得了優(yōu)秀”；甲說：“丙說的是真話”．事實(shí)證明：在這三名同學(xué)中，只有一人說的是假話，那么得優(yōu)秀的同學(xué)是________． 答案　丙 解析　分析題意只有一人說假話可知，甲與丙必定說的都是真話，故說假話的只有乙，即乙沒有得優(yōu)秀，甲也沒有得優(yōu)秀，得優(yōu)秀的是丙． 板塊二　典例探究·考向突破 考向　歸納推

5、理 命題角度1　數(shù)字的歸納 例　1　[2018·浙江模擬]“楊輝三角”是中國古代重要的數(shù)學(xué)成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年．如圖是楊輝三角數(shù)陣，記an為圖中第n行各個(gè)數(shù)之和，則a5＋a11的值為(　　) A．528 B．1020 C．1038 D．1040 答案　D 解析　第一行數(shù)字之和為a1＝1＝21－1， 第二行數(shù)字之和為a2＝2＝22－1， 第三行數(shù)字之和為a3＝4＝23－1， 第四行數(shù)字之和為a4＝8＝24－1， …… 第n行數(shù)字之和為an＝2n－1， ∴a5＋an＝24＋210＝1040.故選D. 命題角度2　式子的歸納 例　2　設(shè)函

6、數(shù)f(x)＝(x>0)，觀察： f1(x)＝f(x)＝， f2(x)＝f[f1(x)]＝， f3(x)＝f[f2(x)]＝， f4(x)＝f[f3(x)]＝， …… 根據(jù)以上事實(shí)，由歸納推理可得： 當(dāng)n∈N*且n≥2時(shí)，fn(x)＝f[fn－1(x)]＝________. 答案　 解析　根據(jù)題意知，各式中分子都是x，分母中的常數(shù)項(xiàng)依次是2,4,8,16，…，可知fn(x)的分母中常數(shù)項(xiàng)為2n，分母中x的系數(shù)為2n－1，故fn(x)＝f[fn－1(x)]＝. 命題角度3　圖形的歸納 例　3　如圖，在平面直角坐標(biāo)系的格點(diǎn)(橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點(diǎn))處：點(diǎn)(1,0)處標(biāo)b1，點(diǎn)(

7、1，－1)處標(biāo)b2，點(diǎn)(0，－1)處標(biāo)b3，點(diǎn)(－1，－1)處標(biāo)b4，點(diǎn)(－1,0)處標(biāo)b5，點(diǎn)(－1,1)處標(biāo)b6，點(diǎn)(0,1)處標(biāo)b7，…，以此類推，則b963處的格點(diǎn)的坐標(biāo)為________． 答案　(16,13) 解析　觀察已知點(diǎn)(1,0)處標(biāo)b1，即b1×1，點(diǎn)(2,1)處標(biāo)b9，即b3×3，點(diǎn)(3,2)處標(biāo)b25，即b5×5，…，由此推斷點(diǎn)(n，n－1)處標(biāo)b(2n－1)×(2n－1)，因?yàn)?61＝31×31時(shí)，n＝16，故b961處的格點(diǎn)的坐標(biāo)為(16,15)，從而b963處的格點(diǎn)的坐標(biāo)為(16,13)． 觸類旁通 歸納推理問題的常見類型及解題策略 (1)與數(shù)字有關(guān)

8、的等式的推理．觀察數(shù)字特點(diǎn)，找出等式左右兩側(cè)的規(guī)律及符號(hào)可解． (2)與式子有關(guān)的歸納推理 ①與不等式有關(guān)的推理．觀察每個(gè)不等式的特點(diǎn)，注意是縱向看，找到規(guī)律后可解． ②與數(shù)列有關(guān)的推理．通常是先求出幾個(gè)特殊現(xiàn)象，采用不完全歸納法，找出數(shù)列的項(xiàng)與項(xiàng)數(shù)的關(guān)系，列出即可． (3)與圖形變化有關(guān)的推理．合理利用特殊圖形歸納推理得出結(jié)論，并用賦值檢驗(yàn)法驗(yàn)證其真?zhèn)涡裕? 【變式訓(xùn)練1】　[2018·泉州模擬]已知如下等式：2＋4＝6；8＋10＋12＝14＋16；18＋20＋22＋24＝26＋28＋30；…以此類推，則2020會(huì)出現(xiàn)在第________個(gè)等式中(　　) A．30 B．31 C

9、．32 D．33 答案　B 解析?、?＋4＝6； ②8＋10＋12＝14＋16； ③18＋20＋22＋24＝26＋28＋30，… 其規(guī)律為：各等式首項(xiàng)分別為2×1,2(1＋3)，2(1＋3＋5)，…， 所以第n個(gè)等式的首項(xiàng)為2[1＋3＋…＋(2n－1)]＝2×＝2n2， 當(dāng)n＝31時(shí)，等式的首項(xiàng)為2×312＝1922， 當(dāng)n＝32時(shí)，等式的首項(xiàng)為2×322＝2048， 所以2020在第31個(gè)等式中．故選B. 考向　類比推理 例　4　[2018·撫順模擬]若數(shù)列{an}是等差數(shù)列，則數(shù)列{bn}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

10、比數(shù)列，則dn的表達(dá)式應(yīng)為(　　) A．dn＝ B．dn＝ C．dn＝ D．dn＝ 答案　D 解析　若{an}是等差數(shù)列，則a1＋a2＋…＋an＝na1＋d，所以bn＝a1＋d＝n＋a1－，即{bn}為等差數(shù)列；若{cn}是等比數(shù)列，則c1·c2·…·cn＝c·q1＋2＋…＋(n－1)＝c·q，所以dn＝＝c1·q，即{dn}為等比數(shù)列．故選D. 觸類旁通 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

11、，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． 【變式訓(xùn)練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，類比平面的結(jié)論有________． 答案　S2＝S＋S＋S 解析　三角形類比空間中的三棱錐，線段的長度類比圖形的面積

12、，于是作出猜想：S2＝S＋S＋S. 考向　演繹推理 例　5　[2018·山東調(diào)研]數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和記為Sn，已知a1＝1，an＋1＝Sn(n∈N*)．證明： (1)數(shù)列是等比數(shù)列； (2)Sn＋1＝4an. 證明　(1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝Sn， ∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即nSn＋1＝2(n＋1)Sn. ∴＝2·，(小前提) 故是以2為公比，1為首項(xiàng)的等比數(shù)列．(結(jié)論) (大前提是等比數(shù)列的定義，這里省略了) (2)由(1)可知＝4·(n≥2)， ∴Sn＋1＝4(n＋1)·＝4··Sn－1 ＝4an(n≥2)，(小前提) 又a2

13、＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提) ∴對(duì)于任意正整數(shù)n，都有Sn＋1＝4an.(結(jié)論) (第(2)問的大前提是第(1)問的結(jié)論以及題中的已知條件) 觸類旁通 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，

14、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． 【變式訓(xùn)練3】　某市為了緩解交通壓力，實(shí)行機(jī)動(dòng)車輛限行政策，每輛機(jī)動(dòng)車每周一到周五都要限行一天，周末(周六和周日)不限行．某公司有A，B，C，D，E五輛車，保證每天至少有四輛車可以上路行駛．已知E車周四限行，B車昨天限行，從今天算起，A，C兩車連續(xù)四天都能上路行駛，E車明天可以上路，由此可知下列推測一定正確的是(　　) A．今天是周六 B．今天是周四 C．A車周三限行 D．C車周五限行 答案　B 解析　因?yàn)槊刻熘辽儆兴妮v車可以上路行駛，E車明天可以上路，E車周四限行，所以今天不是周三；因?yàn)锽車昨天限行，所以今天不

15、是周一，也不是周日；因?yàn)锳，C兩車連續(xù)四天都能上路行駛，所以今天不是周五，周二和周六，所以今天是周四，選B. 核心規(guī)律 1.合情推理的過程概括為 ―→―→―→ 2.演繹推理是從一般的原理出發(fā)，推出某個(gè)特殊情況的結(jié)論的推理方法，是由一般到特殊的推理，常用的一般模式是三段論．?dāng)?shù)學(xué)問題的證明主要通過演繹推理來進(jìn)行． 滿分策略 1.合情推理是從已知的結(jié)論推測未知的結(jié)論，發(fā)現(xiàn)與猜想的結(jié)論都要經(jīng)過進(jìn)一步嚴(yán)格證明． 2.演繹推理是由一般到特殊的證明，它常用來證明和推理數(shù)學(xué)問題，注意推理過程的嚴(yán)密性，書寫格式的規(guī)范性． 3.合情推理中運(yùn)用猜想不能憑空想象，要有猜想或拓展依據(jù). 板塊三　啟

16、智培優(yōu)·破譯高考 創(chuàng)新交匯系列9——演繹推理中的創(chuàng)新問題 [2015·福建高考]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： 其中運(yùn)算⊕定義為：0⊕0＝0,0⊕1＝1,1⊕0＝1,1⊕1＝0. 現(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________． 解題視點(diǎn)　求解此類問題的關(guān)鍵是讀懂新定義，在領(lǐng)

17、會(huì)新定義的基礎(chǔ)上，明晰新定義的內(nèi)涵和外延，將其轉(zhuǎn)化并運(yùn)用到新情境中，進(jìn)而判斷參數(shù)k的值． 解析　因?yàn)閤4⊕x5⊕x6⊕x7＝1⊕1⊕0⊕1＝0⊕0⊕1＝0⊕1＝1≠0，所以二元碼1101101的前3位碼元都是對(duì)的；因?yàn)閤2⊕x3⊕x6⊕x7＝1⊕0⊕0⊕1＝1⊕0⊕1＝1⊕1＝0，所以二元碼1101101的第6、7位碼元也是對(duì)的；因?yàn)閤1⊕x3⊕x5⊕x7＝1⊕0⊕1⊕1＝1⊕1⊕1＝0⊕1＝1≠0，所以二元碼1101101的第5位碼元是錯(cuò)誤的，所以k＝5. 答案　5 答題啟示　與演繹推理有關(guān)的新定義問題是高考命制創(chuàng)新型試題的一個(gè)熱點(diǎn)，解決此類問題時(shí)，一定要讀懂新定義的本質(zhì)含義及符號(hào)語言

18、，緊扣題目所給定義，結(jié)合題目的要求進(jìn)行恰當(dāng)?shù)霓D(zhuǎn)化，注意推理過程的嚴(yán)密性. 跟蹤訓(xùn)練 在平面直角坐標(biāo)系中，若點(diǎn)P(x，y)的坐標(biāo)x，y均為整數(shù)，則稱點(diǎn)P為格點(diǎn)．若一個(gè)多邊形的頂點(diǎn)全是格點(diǎn)，則稱該多邊形為格點(diǎn)多邊形．格點(diǎn)多邊形的面積記為S，其內(nèi)部的格點(diǎn)數(shù)記為N，邊界上的格點(diǎn)數(shù)記為L.例如圖中的△ABC是格點(diǎn)三角形，對(duì)應(yīng)的S＝1，N＝0，L＝4. (1)圖中格點(diǎn)四邊形DEFG對(duì)應(yīng)的S，N，L分別是________； (2)已知格點(diǎn)多邊形的面積可表示為S＝aN ＋bL＋c，其中a，b，c為常數(shù)，若某格點(diǎn)多邊形對(duì)應(yīng)的N＝71，L＝18，則S＝________(用數(shù)值作答)． 答案　(1)3

19、,1,6　(2)79 解析　(1)由定義知，四邊形DEFG由一個(gè)等腰直角三角形和一個(gè)平行四邊形構(gòu)成，其內(nèi)部格點(diǎn)有1個(gè)，邊界上格點(diǎn)有6個(gè)，四邊形DEFG的面積為3，所以S＝3，N＝1，L＝6. (2)由待定系數(shù)法可得 ? 當(dāng)N＝71，L＝18時(shí)，S＝1×71＋×18－1＝79. 板塊四　模擬演練·提能增分 [A級(jí)　基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)] 1．(1)已知a是三角形一邊的長，h是該邊上的高，則三角形的面積是ah，如果把扇形的弧長l，半徑r分別看成三角形的底邊長和高，可得到扇形的面積為lr；(2)由1＝12,1＋3＝22,1＋3＋5＝32，可得到1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2，則(1)(2)兩個(gè)

20、推理過程分別屬于(　　) A．類比推理、歸納推理 B．類比推理、演繹推理 C．歸納推理、類比推理 D．歸納推理、演繹推理 答案　A 解析　(1)由三角形的性質(zhì)得到扇形的性質(zhì)有相似之處，此種推理為類比推理；(2)由特殊到一般，此種推理為歸納推理．故選A. 2．把1,3,6,10,15,21，…這些數(shù)叫做三角形數(shù)，這是因?yàn)檫@些數(shù)目的點(diǎn)可以排成一個(gè)正三角形(如下圖)，試求第七個(gè)三角形數(shù)是(　　) A．27 B．28 C．29 D．30 答案　B 解析　觀察歸納可知第n個(gè)三角形數(shù)為1＋2＋3＋4＋…＋n＝， ∴第七個(gè)三角形數(shù)為＝28. 3．[2018·太原模擬]觀察下

21、列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，則a10＋b10＝(　　) A．121 B．123 C．231 D．211 答案　B 解析　令an＝an＋bn，則a1＝1，a2＝3，a3＝4，a4＝7，…，得an＋2＝an＋an＋1，從而a6＝18，a7＝29，a8＝47，a9＝76，a10＝123. 4．[2018·臨沂期末]已知n≥2且n∈N*，對(duì)n2進(jìn)行“分拆”：22→(1,3)，32→(1,3,5)，42→(1,3,5,7)，…，那么289的“分拆”所得的中位數(shù)是(　　) A．29 B．21 C．19 D．17 答案　D

22、 解析　自然數(shù)n2的分裂數(shù)中最大的數(shù)是2n－1. 289分裂的數(shù)中最大的數(shù)是2×17－1＝33， ∴289的“分拆”所得的數(shù)的中位數(shù)是＝17.故選D. 5．[2018·南昌模擬]已知13＋23＝2,13＋23＋33＝2,13＋23＋33＋43＝2，…，若13＋23＋33＋43＋…＋n3＝3025，則n＝(　　) A．8 B．9 C．10 D．11 答案　C 解析　∵13＋23＝2＝2， 13＋23＋33＝2＝2， 13＋23＋33＋43＝2＝2， … ∴13＋23＋33＋…＋n3＝2＝， ∵13＋23＋33＋43＋…＋n3＝3025， ∴＝3025， ∴n2(

23、n＋1)2＝(2×55)2， ∴n(n＋1)＝110， 解得n＝10. 6．若等差數(shù)列{an}的公差為d，前n項(xiàng)的和為Sn，則數(shù)列為等差數(shù)列，公差為.類似，若各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{bn}的公比為q，前n項(xiàng)的積為Tn，則等比數(shù)列{}的公比為(　　) A. B．q2 C. D. 答案　C 解析　由題設(shè)有，Tn＝b1·b2·b3·…·bn＝b1·b1q·b1q2·…·b1qn－1＝bq1＋2＋…＋(n－1)＝bq. ∴ ＝b1q，∴等比數(shù)列{}的公比為，故選C. 7．[2018·南通模擬]將自然數(shù)0,1,2，…按照如下形式進(jìn)行擺列： 根據(jù)以上規(guī)律判定，從2016到201

24、8的箭頭方向是(　　) 答案　A 解析　從所給的圖形中觀察得到規(guī)律：每隔四個(gè)單位，箭頭的走向是一樣的，比如說，0→1，箭頭垂直指下，4→5，箭頭也是垂直指下，8→9也是如此，而2016＝4×504，所以2016→2017也是箭頭垂直指下，之后2017→2018的箭頭是水平向右．故選A. 8．中國有個(gè)名句“運(yùn)籌帷幄之中，決勝千里之外．”其中的“籌”原意是指《孫子算經(jīng)》中記載的算籌，古代是用算籌來進(jìn)行計(jì)算，算籌是將幾寸長的小竹棍擺在平面上進(jìn)行運(yùn)算，算籌的擺放有縱橫兩種形式，如下表： 表示一個(gè)多位數(shù)時(shí)，像阿拉伯計(jì)數(shù)一樣，把各個(gè)數(shù)位的數(shù)碼從左到右排列，但各位數(shù)碼的籌式需要縱橫相間，個(gè)位

25、、百位、萬位數(shù)用縱式表示，十位、千位、十萬位用橫式表示，以此類推，例如6613用算籌表示就是，則5288用算籌可表示為________． 答案　 解析　根據(jù)題意知，5288用算籌表示，從左到右依次是橫式的5，縱式的2，橫式的8，縱式的8，即. 9．[2018·常州模擬]36的所有正約數(shù)之和可按如下方法得到：因?yàn)?6＝22×32，所以36的所有正約數(shù)之和為(1＋3＋32)＋(2＋2×3＋2×32)＋(22＋22×3＋22×32)＝(1＋2＋22)(1＋3＋32)＝91，參照上述方法，可求得200的所有正約數(shù)之和為________． 答案　465 解析　類比求36的所有正約數(shù)之和的方法，

26、200的所有正約數(shù)之和可按如下方法求得：因?yàn)?00＝23×52，所以200的所有正約數(shù)之和為(1＋2＋22＋23)(1＋5＋52)＝465. 10．如果函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是凸函數(shù)，那么對(duì)于區(qū)間D內(nèi)的任意x1，x2，…，xn，都有≤ f.若y＝sinx在區(qū)間(0，π)上是凸函數(shù)，那么在△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值是________． 答案　 解析　由題意知，凸函數(shù)滿足 ≤f，又y＝sinx在區(qū)間(0，π)上是凸函數(shù)，則sinA＋sinB＋sinC≤3sin＝3sin＝. [B級(jí)　知能提升] 1．[2018·徐州模擬]觀察下列事實(shí)：|x|＋|y|＝1的不同整數(shù)

27、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．80 C．86 D．92 答案　B 解析　由|x|＋|y|＝1的不同整數(shù)解的個(gè)數(shù)為4，|x|＋|y|＝2的不同整數(shù)解的個(gè)數(shù)為8，|x|＋|y|＝3的不同整數(shù)解的個(gè)數(shù)為12，歸納推理得|x|＋|y|＝n的不同整數(shù)解的個(gè)數(shù)為4n，故|x|＋|y|＝20的不同整數(shù)解的個(gè)數(shù)為80.故選B. 2．[2018·中山模擬]古希臘人常用小石子在沙灘上擺成各種形狀來研究數(shù)．比如： 他們

28、研究過圖1中的1,3,6,10，…，由于這些數(shù)能夠表示成三角形，將其稱為三角形數(shù)；類似地，稱圖2中的1,4,9,16，…，這樣的數(shù)為正方形數(shù)．下列數(shù)中既是三角形數(shù)又是正方形數(shù)的是(　　) A．289 B．1024 C．1225 D．1378 答案　C 解析　觀察三角形數(shù)：1,3,6,10，…，記該數(shù)列為{an}，則a1＝1， a2＝a1＋2， a3＝a2＋3， … an＝an－1＋n. ∴a1＋a2＋…＋an＝(a1＋a2＋…＋an－1)＋(1＋2＋3＋…＋n)，∴an＝1＋2＋3＋…＋n＝， 觀察正方形數(shù)：1,4,9,16，…，記該數(shù)列為{bn}，則bn＝n2.把四個(gè)

29、選項(xiàng)的數(shù)字，分別代入上述兩個(gè)通項(xiàng)公式，可知使得n都為正整數(shù)的只有1225. 3．[2018·洛陽期末]設(shè)x>0，由不等式x＋≥2，x＋≥3，x＋≥4，…，推廣到x＋≥n＋1，則a＝(　　) A．2n B．2n C．n2 D．nn 答案　D 解析　設(shè)x>0，由不等式x＋≥2，x＋≥3，x＋≥4，…，推廣到x＋≥n＋1，所以a＝nn，故選D. 4．在銳角三角形ABC中，求證：sinA＋sinB＋sinC>cosA＋cosB＋cosC. 證明　∵△ABC為銳角三角形， ∴A＋B>，∴A>－B， ∵y＝sinx在上是增函數(shù)， ∴sinA>sin＝cosB， 同理可得sinB>

30、cosC，sinC>cosA， ∴sinA＋sinB＋sinC>cosA＋cosB＋cosC. 5．在Rt△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC于D，求證：＝＋，那么在四面體A－BCD中，類比上述結(jié)論，你能得到怎樣的猜想，并說明理由． 解　如圖，由射影定理得 AD2＝BD·DC，AB2＝BD·BC， AC2＝DC·BC， 故＋＝＋＝＝＝. 在四面體A－BCD中，AB，AC，AD兩兩垂直，AH⊥底面BCD，垂足為H. 則＝＋＋. 證明：連接BH并延長交CD于E，連接AE. ∵AB，AC，AD兩兩垂直， ∴AB⊥平面ACD，又∵AE?平面ACD， ∴AB⊥AE，在Rt△ABE中， ＝＋① 又易證CD⊥AE， 故在Rt△ACD中，＝＋② 把②式代入①式，得＝＋＋. 16