推理与证明26道题

1、类比推理训练题一选择题(共14小题)1在平面上，我们如果用一条直线去截正方形的一个角，那么截下的一个直角三角形，按图所标边长，由勾股定理有：c2a2b2设想正方形换成正方体，把截线换成如图的截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥OLMN，如果用S1，S2，S3表示三个侧面面积，S4表示截面面积，那么你类比得到的结论是AS4S1S2S3BS42S12S22S32CS43S13S23S33DS44S14S24S342已知21×12，22×1×33×4，23×1×3×54×5×6，以此类推，第5个等式

2、为A24×1×3×5×75×6×7×8B25×1×3×5×7×95×6×7×8×9C24×1×3×5×7×96×7×8×9×10D25×1×3×5×7×96×7×8×9×103公元前3世纪，古希腊欧几里得在几何原本里提出：“球的体积(V)与它的直径(D)的立方

3、成正比”，此即VkD3，欧几里得未给出k的值17世纪日本数学家们对求球的体积的方法还不了解，他们将体积公式VkD3中的常数k称为“立圆率”或“玉积率”类似地，对于等边圆柱(轴截面是正方形的圆柱)、正方体也可利用公式VkD3求体积(在等边圆柱中，D表示底面圆的直径；在正方体中，D表示棱长)假设运用此体积公式求得球(直径为a)、等边圆柱(底面圆的直径为a)、正方体(棱长为a)的“玉积率”分别为k1、k2、k3，那么k1：k2：k3的值为A:B:2C2:3:2D:14已知结论：“在ABC中，各边和它所对角的正弦比相等，即”，若把该结论推广到空间，则有结论：在三棱锥ABCD中，侧棱AB与平面ACD、平

4、面BCD所成的角为、，则ABCD5已知面积为S的凸四边形中，四条边长分别记为a1，a2，a3，a4，点P为四边形内任意一点，且点P到四边的距离分别记为h1、h2、h3、h4，若k，则h12h23h34h4类比以上性质，体积为y的三棱锥的每个面的面积分别记为S1，S2，S3，S4，此三棱锥内任一点Q到每个面的距离分别为H1、H2、H3、H4，若K，则H12H23H34H4ABCD6已知数列an是正项等差数列，若cn，则数列cn也为等差数列已知数列bn是正项等比数列，类比上述结论可得A若dn满足dn，则dn也是等比数列B若dn满足dn，则dn也是等比数列C若dn满足dnb1(2b2)(3b3)(n

5、bn)，则dn也是等比数列D若dn满足dnb1(b22)(b33)(bnn)，则dn也是等比数列7设nN*，f(n)1，计算知f(2)，f(4)2，f(8)，f(16)3，f(32)，由此猜测Af(2n)Bf(n2)Cf(2n)D以上都不对8在平面直角坐标系中，方程1表示x、y轴上的截距分别为a、b的直线，类比到空间直角坐标系中，在x、y、z轴上截距分别为a、b、c(abc0)的平面方程为A1B1C1Daxbycz19在平面几何里有射影定理：设三角形ABC的两边ABAC，D是A点在BC上的射影，则AB2BD·BC拓展到空间，在四面体ABCD中，CA面ABD，点O是A在面BCD内的射影

6、，且O在面BCD内，类比平面三角形射影定理，得出正确的结论是ASABC2SBOC·SBDCBSABD2SBOD·SBDCCSADC2SDOC·SBDCDSDBC2SABD·SABC10下列推理正确的是A把a(bc)与lg(xy)类比，则lg(xy)lgxlgyB把a(bc)与sin(xy)类比，则sin(xy)sinxsinyC把a(bc)与axy类比，则axyaxayD把a(bc)与11平面几何中，若ABC的内切圆半径为r，其三边长分别为a，b，c，则ABC的面积类比上述命题，若三棱锥的内切球半径为R，其四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，猜想三

7、棱锥体积V的一个公式若三棱锥PABC的体积V，其四个面的面积均为，根据所猜想的公式计算该三棱锥PABC的内切球半径R为ABCD12下列类比推理的结论正确的是类比“实数的乘法运算满足结合律”，得到猜想“向量的数量积运算满足结合律”；类比“平面内，同垂直于一直线的两直线相互平行”，得到猜想“空间中，同垂直于一直线的两直线相互平行”；类比“设等差数列an的前n项和为Sn，则S4，S8S4，S12S8成等差数列”，得到猜想“设等比数列bn的前n项积为Tn，则T4，成等比数列”；类比“设AB为圆的直径，p为圆上任意一点，直线PA，PB的斜率存在，则kPAkPB为常数”，得到猜想“设AB为椭圆的长轴，p为

8、椭圆上任意一点，直线PA，PB的斜率存在，则kPAkPB为常数”ABCD13如图，在梯形ABCD中，ABCD，ABa，CDb(ab)若EFAB，EF到CD与AB的距离之比为m:n，则可推算出：，用类比的方法，推想出下列问题的结果，在上面的梯形ABCD中，延长梯形的两腰AD和BC交于O点，设OAB，OCD的面积分别为S1，S2，EFAB，且EF到CD与AB的距离之比为m:n，则OEF的面积S0与S1，S2的关系是ABCD14已知点A(x1，f(x1)，B(x2，f(x2)是函数f(x)2x的图象上任意不同的两点，依据图象可知，线段AB总是位于A，B两点之间函数图象的上方，因此有结论f()成立运用

9、类比的思想方法可得下列结论(1)f(x)sinx，(0x)有f()成立(2)f(x)lnx有f()成立(3)f(x)x3，(x0)有f()成立(4)f(x)tanx，(0x)有f()成立其中，正确的结论的个数为A1个B2个C3个D4个二、解答题15(2011·福建模拟)有以下真命题：设，是公差为d的等差数列an中的任意m个项，若(0rm，p、r、mN或r0)，则有，特别地，当r0时，称ap为，的等差平均项(1)当m2，r0时，试写出与上述命题中的(1)，(2)两式相对应的等式；(2)已知等差数列an的通项公式为an2n，试根据上述命题求a1，a3，a10，a18的等差平均项；(3)试

10、将上述真命题推广到各项为正实数的等比数列中，写出相应的真命题16已知a，b，cR，且三次方程f(x)x3ax2bxc0有三个实根x1，x2，x3(1)类比一元二次方程根与系数的关系，写出此方程根与系数的关系；(2)若aZ，bZ且|b|2，f(x)在x，x处取得极值且101，试求此方程三个根两两不等时c的取值范围17“解方程()x()x1”有如下思路：构造函数f(x)()x()x，易知f(x)在R上单调递减，且f(2)1，故原方程有唯一解x2，类比上述解题思路，求不等式x6(x2)(x2)3x2的解集18先阅读：如图，设梯形ABCD的上、下底边的长分别是a，b(ab)，高为h，求梯形的面积方法一

11、：延长DA、CB交于点O，过点O作CD的垂线分别交AB、CD于E、F，则EFh设OEx，OABODC，即xS梯形ABCDSODCSOABb(xh)ax(ba)xbh(ab)h方法二：作AB的平行线MN分别交AD、BC于MN，过点A作BC的平行线AQ分别于MN、DC于PQ，则AMPADQ设梯形AMNB的高为x，MNy，yax，S梯形ABCD(ax)dx(axx2)ah·h2(ab)h再解下面的问题：已知四棱台ABCDABCD的上、下底面的面积分别是S1，S2(S1S2)，棱台的高为h，类比以上两种方法，分别求出棱台的体积(棱锥的体积×底面积×高)20若实数m，n为关

12、于x的一元二次方程Ax2BxC0的两个实数根，则有Ax2BxCA(xm)(xn)，由系数可得：设x1，x2，x3为关于x的方程f(x)x3ax2bxc0，(a，b，cR)的三个实数根(1)写出三次方程的根与系数的关系；即x1x2x3；x1x2x2x3x3x1；x1·x2·x3(2)若a，b，c均大于零，试证明：x1，x2，x3都大于零；(3)若aZ，bZ，|b|2，f(x)在x，x处取得极值，且101，求方程f(x)0三个实根两两不相等时，实数c的取值范围21阅读下面材料：根据两角和与差的正弦公式，有sin()sincoscossin sin()sincoscossin 由

13、得sin()sin()2sincos 令A，B 有，代入得sinAsinB2sincos(1)利用上述结论，试求sin15°sin75°的值(2)类比上述推证方法，根据两角和与差的余弦公式，证明：cosAcosB2cos·cos(3)求函数ycos2x·cos(2x)x0，的最大值24(2011春·朝阳区校级月考)若abc，则证明：因为(ac)(abbc)2abcab0，bc0；2224(ac)4 因为ac所以ac0 所以类比上述命题及证明思路，回答以下问题：(1)若abcd，比较与的大小，并证明你的猜想；(2)若abcde，且恒成立，试猜想m

14、的最大值，并写出猜想过程，不要求证明25我们知道，等差数列和等比数列有许多性质可以类比，现在给出一个命题：若数列an、bn是两个等差数列，它们的前n项的和分别是Sn，Tn，则(1)请你证明上述命题；(2)请你就数列an、bn是两个各项均为正的等比数列，类比上述结论，提出正确的猜想，并加以证明26问题1：已知函数，则f(9)f(10)我们若把每一个函数值计算出，再求和，对函数值个数较少时是常用方法，但函数值个数较多时，运算就较繁锁观察和式，我们发现、可一般表示为为定值，有此规律从而很方便求和，请求出上述结果，并用此方法求解下面问题：问题2：已知函数，求f(2007)f(2006)f(1)f(0)

15、f(1)f(2007)f(2008)的值27(2010春·湖北校级期中)阅读下面一段文字：已知数列an的首项a11，如果当n2时，anan12，则易知通项an2n1，前n项的和Snn2将此命题中的“等号”改为“大于号”，我们得到：数列an的首项a11，如果当n2时，anan12，那么an2n1，且Snn2这种从“等”到“不等”的类比很有趣由此还可以思考：要证Snn2，可以先证an2n1，而要证an2n1，只需证anan12(n2)结合以上思想方法，完成下题：已知函数f(x)x31，数列an满足a11，an1f(an)，若数列an的前n项的和为Sn，求证：Sn2n128当xR，|x|1

16、时，有如下表达式：1xx2xn，两边同时积分得：ldxxdxx2dxxndxdx，从而得到如下等式：1×()2×()3×()n1ln2，请根据以上材料所蕴含的数学思想方法，计算：C×C×()2×()3×()n129已知，且f(2)1()求a的值；()若在数列an中，a11，计算a2，a3，a4，并由此猜想通项公式an；()证明()中的猜想30设a1，a2，an为正数，证明答案一选择题(共14小题)1解：建立从平面图形到空间图形的类比，于是作出猜想：S42S12S22S32 故选：B2解：21×12，22×

17、1×33×4，23×1×3×54×5×6，第5个等式为25×1×3×5×7×96×7×8×9×10故选：D3解：；故4解：分别过B、A作平面ACD、平面BCD的垂线，垂足分别为E、F，则BAE，ABF，又，即故选：C5分析：由k可得aiik，P是该四边形内任意一点，将P与四边形的四个定点连接，得四个小三角形，四个小三角形面积之和为四边形面积，即采用分割法求面积；同理对三棱值得体积可分割为5个已知底面积和高的小棱锥求体积解：根据三棱锥的体

18、积公式VSh，得：S1H1S2H2S3H3S4H4V即S1H12S2H23S3H34S4H43V，H12H23H34H4，故选B6【分析】等差类比等比数列，加法类比乘法，算术平均类比几何平均【解答】解：等差类比等比数列，加法类比乘法，算术平均类比几何平均，故选D7【分析】本题考查的知识点是归纳推理，我们可以根据已知条件中的不等式f(2)，f(4)2，f(8)，f(16)3，f(32)，分析不等式左边的自变量，及右边数的与项的关系，我们易得左边的自变量值为2n，右边的分母都为2，分子为n2，由此归纳推理后，不难等到第n个不等式【解答】解：由已知f(2)f(21)，f(4)f(22)，f(8)f(

19、23)，f(16)f(24)，f(32)f(25)，故猜测f(2n)故选C8【分析】根据平面上直线的截距式的几何意义，类比到空间中可得结论【解答】解：在平面直角坐标系中，方程1表示的图形是一条直线，具有特定性质：“在x轴，y轴上的截距分别为a，b”类比到空间坐标系中，在x、y、z轴上截距分别为a、b、c(abc0)的平面方程为1故选：A9【分析】这是一个类比推理的题，在由平面图形到空间图形的类比推理中，一般是由点的性质类比推理到线的性质，由线的性质类比推理到面的性质，由已知在平面几何中，(如图所示)若ABC中，ABAC，ADBC，D是垂足，则AB2BD·BC，我们可以类比这一性质，推

20、理出若三棱锥ABCD中，AD面ABC，AO面BCD，O为垂足，则(SABC)2SBOCSBDC【解答】解：由已知在平面几何中，若ABC中，ABAC，AEBC，E是垂足，则AB2BD·BC，我们可以类比这一性质，推理出：若三棱锥ABCD中，AD面ABC，AO面BCD，O为垂足，则(SABC)2SBOCSBDC故选：B10【分析】类比推理是根据两个或两类对象有部分属性相同，从而推出它们的其他属性也相同的推理，类比推理得出的结论不一定正确，需要对给出的命题进行分析判断【解答】解：类比推理是根据两个或两类对象有部分属性相同，从而推出它们的其他属性也相同的推理，类比推理得出的结论不一定是正确的

21、对于A，把a(bc)与lg(xy)类比，得出lg(xy)lgxlgy，是错误的；对于B，把a(bc)与sin(xy)类比，得出sin(xy)sinxsiny，是错误的；对于C，把a(bc)与axy类比，得出axyaxay，是错误的；对于D，把a(bc)与，是正确的故选：D11【分析】根据平面与空间之间的类比推理，由点类比点或直线，由直线 类比 直线或平面，由内切圆类比内切球，由平面图形面积类比立体图形的体积，结合求三角形的面积的方法类比求四面体的体积即可【解答】解：设四面体的内切球的球心为O，则球心O到四个面的距离都是R，所以四面体的体积等于以O为顶点，分别以四个面为底面的4个三棱锥体积的和则

22、四面体的体积为(S1S2S3S4)rr故选：A12【分析】·(·)，(·)·，分别为与向量，共线的向量，当，方向不同时，向量的数量积运算结合律不成立；空间中，同垂直于一直线的两直线可能平行，可能相交，也可能异面；利用排除法可得答案【解答】解：(·)与向量共线，(··)·与向量共线，当，方向不同时，向量的数量积运算结合律不成立，故错误，可排除A，C答案；空间中，同垂直于一直线的两直线可能平行，可能相交，也可能异面，故错误，可排除D答案；故选：B13【分析】在平面几何中的进行几何性质类比推理时，我们常用的思路是：由平面

23、几何中线段的性质，类比推理平面几何中面积的性质；故由：，类比到S0与S1，S2的关系是：【解答】解：在平面几何中类比几何性质时，一般为：由平面几何点的性质，类比推理线的性质；由平面几何中线段的性质，类比推理空间几何中面积的性质；故由：“”，类比到关于OEF的面积S0与S1，S2的结论是：故选C14【分析】根据函数y2x的图象可知，此函数的图象是向下凹的，即可得到f()成立，再根据函数图象的特征，即可类比得到相应的不等式【解答】解：函数y2x上任意两点A，B两点之间函数图象的上方，函数y2x上的图象是向下凹的，可得不等式f()，据此，(1)ysinx(x(0，)图象可以看出：ysinx(x(0，

24、)图象是向上凸的，故可知f()成立，故不正确；(2)f(x)lnx是向下凹的，有f()成立，故不正确；(3)f(x)x3，(x0)是向下凹的，有f()成立，故正确；(4)f(x)tanx，(0x)是向下凹的，有f()成立，故正确故选：B15【分析】(1)当m2，r0时，可化为，可化为；(2)由等差数列an的通项公式为an2n，可得a1，a3，a10，a18的值，代入公式可得a1，a3，a10，a18的等差平均项；(3)根据等比数列运算级比等差数列高的一般性质规律，可以类比推断出设，是公比为q的等比数列an中的任意m个项，若(0rm，p、r、mN或r0，则有 ，特别地，当r0时，称ap为，的等比

25、平均项【解答】解：(1)若(0rm，p、r、mN或r0)，则有，又当m2，r0时，可化为，可化为；故原命题可化为：若，则(2)an2n，a12，a36，a1020，a1836，(3)由设，是公差为d的等差数列an中的任意m个项，若(0rm，p、r、mN或r0)，则有，特别地，当r0时，称ap为，的等差平均项根据等比数列运算级比等差数列高的一般性质规律，可以类比推断出以下真命题：设，是公比为q的等比数列an中的任意m个项，若(0rm，p、r、mN或r0，则有 ，特别地，当r0时，称ap为，的等比平均项【点评】本题考查的知识点是类比推理，等差数列的性质，其中正确理解新定义等差平均项的含义，及等差数

26、列到等比数列的类比法则是解答本题的关键16【分析】(1)由已知，x3ax2bxc(xx1)(xx2)(xx3)，比较两边系数，即得结果；(2)由已知f(x)3x22axb0有两个不等的实根，因为101，根据实根分布，列出关于c的不等关系，解之得此方程三个根两两不等时c的取值范围【解答】解：(1)由已知，得x3ax2bxc(xx1)(xx2)(xx3)，比较两边系数，得ax1x2x3，bx1x2x2x3x3x1，cx1x2x3 (4分)(2)令f(x)x3ax2bxc，要f(x)0有三个不等的实数根，则函数f(x)有一个极大值和一个极小值，且极大值大于0，极小值小于0 (5分)由已知，得f(x)

27、3x22axb0有两个不等的实根，101，得3b0(6分)又|b|2，bZ，b1，将b1代入(1)(3)，有1a1，又aZ，a0f(x)x3xc，f(x)3x21，(8分)则，且f(x)在处取得极大值，在处取得极小值(10分) 故f(x)0要有三个不等的实数根，则必须(12分)，解得 (14分)【点评】本小题主要考查类比推理、函数在某点取得极值的条件、一元二次方程的根的分布与系数的关系、不等式的解法等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想属于基础题17【分析】关键题意，把不等式变形为x6x2(x2)3(x2)，利用函数f(x)x3x的单调性把该不等式转化为一元二次不等式，从而求出解集【

28、解答】解：不等式x6(x2)(x2)3x2变形为，x6x2(x2)3(x2)；令ux2，vx2，则x6x2(x2)3(x2)u3uv3v；考察函数f(x)x3x，知f(x)在R上为增函数，f(u)f(v)，uv；不等式x6x2(x2)3(x2)可化为x2x2，解得x1或x2；不等式的解集为：(，1)(2，)故答案为：(，1)(2，)18【分析】在平面几何中的进行几何性质类比推理时，我们常用的思路是：由平面几何中线段的性质，类比推理平面几何中面积的性质，再结合已知的梯形的面积的步骤，即可类比得到棱台的体积【解答】解：法一：将V四棱台ABCDABCD补为四棱锥VABCD，设点V到面ABCD的距离为

29、h，面ABCD与面ABCD的距离为棱台的高h，四边形ABCD四边形ABCD，上、下底面的面积分别是S1，S2，h；V四棱台ABCDABCDV四棱锥ABCDV四棱锥ABCD×S2×(hh)×S1×hS2h(S2S1)h(S1S2)h所以，四棱台ABCDABCD的体积为(S1S2)h 法二：作一与上下底面平行的平面ABCD截得四边形的面积为S，它与上底面的距离为x，过棱AD作BCCB的平行于平面ADPQ，与AB、CD、AB、CD分别交于M、N、P、Q，则AMNAPQ，SS1(S2S1)，V四棱台ABCDABCDS1(S2S1)dxS1x(S2S1)(S1S2

30、)h四棱台ABCDABCD的体积为为(S1S2)h20【分析】(1)类比二次方程的根与系数的关系，可得结论；(2)利用反证法证明即可；(3)求导数，先确定b，a，再利用f(x)在处取得极大值，在处取得极小值方程f(x)0三个实根两两不相等，即可求出实数c的取值范围【解答】解：(1)x1x2x3a，x1x2x2x3x3x1b，x1·x2·x3c；(2)由(1)知cx1·x2·x30即x1，x2，x3全为正实数或一正两负假设x1，x2，x3中有一个为正数，两个为负数，不妨设x10，x20，x30，ax1x2x30，即x1(x2x3)又x2x30矛盾，x1，x

31、2，x3都大于零(3)f(x)3x22axb，则f'(x)0的两个不等实根为，101，可得3b0又bZ，|b|2，b1，1a1，又aZ，a0即 f(x)x3xc，f'(x)3x21令f'(x)0得，即f(x)在处取得极大值，在处取得极小值方程f(x)0三个实根两两不相等，得【点评】本题考查类比推理考查反证法，考查导数知识的综合运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题21【分析】(1)由sinAsinB2sincos，令A15°，B75°，代和可得sin15°sin75°的值(2)由cos()coscossinsin，cos()

32、coscossinsin两式相加得：cos()cos()2coscos，令A，B 有，可得结论；(3)结合(2)的结论，将A2x，B2x，代入化简函数的解析式，进而根据x0，求出相位角，进而根据余弦函数的图象和性质得到函数ycos2x·cos(2x)x0，的最大值【解答】解：(1)sinAsinB2sincossin15°cos75°2sin45°·cos(30°)3(2)因为cos()coscossinsin，cos()coscossinsin5得cos()cos()2coscos，令A，B 有，6代入得：7(3)由(2)知，8，.

33、9故函数的最大值为10【点评】本小题主要考查两角和与差三角函数公式、二倍角公式、三角函数的恒等变换等基础知识，考查推理论证能力，运算求解能力，考查化归与转化思想等24【分析】由已知中的证明思路，可知不等式的证明是通过将ac分解为abbc，展开后利用基本不等式进行证明，类比可得要证得，可将ad分解为abbccd，展开后利用基本不等式进行证明；当式子左边为2项时，右边的分子最大值为4，当式子左边为3项时，右边的分子最大值为9，可猜想当式子左边为4项时，右边的分子最大值为16【解答】解：，理由如下：因为(ad)(abbccd)3abcdab0，bc0，cd0；22同理2，239(ad)9adad0，由已知及中结论，可得若恒成立，则m的最大值为16【点评】本题考