高中数学人教A版2第二章推理与证明 全国一等奖

章末分层突破[自我校对]①由部分到整体，由个别到一般②类比推理③演绎推理④由一般到特殊⑤综合法⑥执果索因⑦反证法归纳推理1.归纳推理的一般步骤：(1)通过观察个别情况发现某些相同性质；(2)从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般命题(猜想)．2．在应用归纳推理时，首先要观察部分对象的整体特征，然后分析所观察对象中哪些元素是不变的，哪些元素是变化的，并将变化的量的变化规律表达出来．如图2­1，一个树形图依据下列规律不断生长：1个空心圆点到下一行仅生长出1个实心圆点，1个实心圆点到下一行生长出1个实心圆点和1个空心圆点．则第11行的实心圆点的个数是________．图2­1【精彩点拨】列出每行实心圆点的个数，从中归纳出变化规律，然后运用此规律求第11行实心圆点的个数．【规范解答】前6行中实心圆点的个数依次为：0,1,1,2,3,5，据此猜想这个数列的规律为：从第3项起，每一项都等于它前面两项的和，故续写这个数列到第11行如下：8,13,21,34,55，所以第11行的实心圆点的个数是55.【答案】55[再练一题]1．记Sk＝1k＋2k＋3k＋…＋nk，当k＝1,2,3，…时，观察下列等式：S1＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,2)n，S2＝eq\f(1,3)n3＋eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,6)n，S3＝eq\f(1,4)n4＋eq\f(1,2)n3＋eq\f(1,4)n2，S4＝eq\f(1,5)n5＋eq\f(1,2)n4＋eq\f(1,3)n3－eq\f(1,30)n，S5＝An6＋eq\f(1,2)n5＋eq\f(5,12)n4＋Bn2，…可以推测，A－B＝________.【解析】由S1，S2，S3，S4各项系数知，A＝eq\f(1,6)，A＋eq\f(1,2)＋eq\f(5,12)＋B＝1，于是B＝－eq\f(1,12)，所以A－B＝eq\f(1,6)＋eq\f(1,12)＝eq\f(1,4).【答案】eq\f(1,4)类比推理1.类比推理的基本原则是根据当前问题的需要，选择适当的类比对象，可以从几何元素的数目、位置关系、度量等方面入手，由平面中的相关结论可以类比得到空间中的相关结论．2．平面图形与空间图形类比．平面图形空间图形点线线面边长面积面积体积线线角二面角三角形四面体在平面几何中研究正三角形内任意一点与三边的关系时，我们有真命题：边长为a的正三角形内任意一点到各边的距离之和是定值eq\f(\r(3),2)a，类比上述命题，请你写出关于正四面体内任意一点与四个面的关系的一个真命题，并给出简要的证明．【精彩点拨】利用类比推理时，正三角形可类比成正四面体，归纳出结论再给予证明．【规范解答】类比所得的真命题是：棱长为a的正四面体内任意一点到四个面的距离之和是定值eq\f(\r(6),3)a.证明：设M是正四面体P­ABC内任一点，M到面ABC，面PAB，面PAC，面PBC的距离分别为d1，d2，d3，d4.由于正四面体四个面的面积相等，故有：VP－ABC＝VM－ABC＋VM－PAB＋VM－PAC＋VM－PBC＝eq\f(1,3)·S△ABC·(d1＋d2＋d3＋d4)，而S△ABC＝eq\f(\r(3),4)a2，VP－ABC＝eq\f(\r(2),12)a3，故d1＋d2＋d3＋d4＝eq\f(\r(6),3)a(定值)．[再练一题]2．在△ABC中，若AB⊥AC，AD⊥BC于D，则eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2).在四面体A­BCD中，若AB，AC，AD两两垂直，AH⊥底面BCD，垂足为H，则类似的结论是什么？并说明理由.【导学号：81092031】【解】类似的结论是：如图，在四面体A­BCD中，若AB，AC，AD两两垂直，AH⊥底面BCD，垂足为H，则eq\f(1,AH2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).证明如下：连接BH并延长交CD于E，连接AE.∵AB，AC，AD两两垂直，∴AB⊥平面ACD.又∵AE⊂平面ACD，∴AB⊥AE.在Rt△ABE中，有eq\f(1,AH2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AE2).①又易证CD⊥AE，在Rt△ACD中，eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).②将②代入①得eq\f(1,AH2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).演绎推理演绎推理是由一般到特殊的推理，一般模式为三段论．演绎推理只要前提正确，推理的形式正确，那么推理所得的结论就一定正确．已知平面α∥平面β，直线l⊥α，l∩α＝A，如图2­2所示，求证：l⊥β.图2­2【精彩点拨】分别确定大前提、小前提，利用演绎推理的方法证明．【规范解答】在平面β内任取一条直线b，平面γ是经过点A与直线b的平面．设γ∩α＝a.①如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行，(大前提)α∥β，且α∩γ＝a，β∩γ＝b，(小前提)所以a∥b.(结论)②如果一条直线与一个平面垂直，那么这条直线和这个平面内的任意一条直线都垂直，(大前提)且l⊥α，a⊂α，(小前提)所以l⊥a.(结论)③如果一条直线和两条平行线中的一条垂直，那么它也与另一条垂直，(大前提)a∥b，且l⊥a，(小前提)所以l⊥b.(结论)④如果一条直线和一个平面内的任意一条直线都垂直，那么这条直线和这个平面垂直，(大前提)因为l⊥b，且直线b是平面β内的任意一条直线，(小前提)所以l⊥β.(结论)[再练一题]3．如图2­3，在空间四边形ABCD中，M，N分别为AB，AD的中点．求证：MN∥平面BCD(写出大前提，小前提，结论)图2­3【证明】三角形中位线平行于底边，(大前提)∵M，N分别为AB与AD的中点，∴MN为△ABD的中位线．(小前提)∴MN∥BD.(结论)又平面外一条直线与平面内一条直线平行，则这条直线与这个平面平行，(大前提)∵MN⊄平面BCD，BD⊂平面BCD，MN∥BD，(小前提)∴MN∥平面BCD.(结论)直接证明综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法，也是解决数学问题常用的思维方式．如果从解题的切入点的角度细分，直接证明方法可具体分为：比较法、代换法、放缩法、判别式法、构造函数法等，应用综合法证明问题时，必须首先想到从哪里开始起步，分析法就可以帮助我们克服这种困难，在实际证明问题时，应当把分析法和综合法结合起来使用．设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若函数f(x＋1)与f(x)的图象关于y轴对称．求证：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))为偶函数．【精彩点拨】解答本题可先分析feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))为偶函数的条件，再利用已知推出满足的条件或寻找结论成立的条件．【规范解答】要证feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))为偶函数，只需证feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))的对称轴为x＝0，只需证－eq\f(b,2a)－eq\f(1,2)＝0，只需证a＝－b.因为函数f(x＋1)与f(x)的图象关于y轴对称，即x＝－eq\f(b,2a)－1与x＝－eq\f(b,2a)关于y轴对称，即－eq\f(b,2a)－1－eq\f(b,2a)＝0，整理得－eq\f(b,a)＝1，即a＝－b成立，故原命题得证．[再练一题]4．已知a，b，c为互不相等的非负数．求证：a2＋b2＋c2＞eq\r(abc)(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))．【证明】(1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，a2＋c2≥2ac，又因为a，b，c为互不相等的非负数，所以上面三个式子中都不能取“＝”，所以a2＋b2＋c2＞ab＋bc＋ac，因为ab＋bc≥2eq\r(ab2c)，bc＋ac≥2eq\r(abc2)，ab＋ac≥2eq\r(a2bc)，又a，b，c为互不相等的非负数，所以ab＋bc＋ac＞eq\r(abc)(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))，所以a2＋b2＋c2＞eq\r(abc)(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))．“正难则反”思想当一个命题的结论是以“至多”“至少”“唯一”或以否定形式出现时，宜用反证法来证，反证法关键是在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是与已知条件矛盾，与假设矛盾，与定义、公理、定理矛盾，与事实矛盾等等．求证：若两条平行直线a，b中的一条与平面α相交，则另一条也与平面α相交．【精彩点拨】直接证明直线与平面相交比较困难，故考虑用反证法．【规范解答】不妨设直线a与平面α相交，假设直线b不与平面α相交，则b⊂α或b∥平面α.①若b⊂α，由a∥b，a⊄α，得a∥α，这与“a与平面α相交”矛盾．②若b∥α，则平面α内有直线b′，使b′∥b.而a∥b，故a∥b′，因为a⊄α，所以a∥α，这与“a与平面α相交”矛盾．综上所述，假设不成立，则直线b与平面α只能相交．[再练一题]5．已知a，b，c，d∈R，且a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd>1，求证：a，b，c，d中至少有一个是负数．【证明】假设a，b，c，d都是非负数，因为a＋b＝c＋d＝1，所以(a＋b)(c＋d)＝1.又(a＋b)(c＋d)＝ac＋bd＋ad＋bc≥ac＋bd，所以ac＋bd≤1，这与已知ac＋bd>1矛盾，所以a，b，c，d中至少有一个是负数.1．已知a，b>0且a≠1，b≠1，若logab>1，则()A．(a－1)(b－1)<0 B．(a－1)(a－b)>0C．(b－1)(b－a)<0 D．(b－1)(b－a)>0【解析】∵a，b>0且a≠1，b≠1，∴当a>1，即a－1>0时，不等式logab>1可化为alogab>a1，即b>a>1，∴(a－1)(a－b)<0，(b－1)(a－1)>0，(b－1)(b－a)>0.当0<a<1，即a－1<0时，不等式logab>1可化为alogab<a1，即0<b<a<1，∴(a－1)(a－b)<0，(b－1)(a－1)>0，(b－1)(b－a)>0.综上可知，选D.【答案】D2．袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半．甲、乙、丙是三个空盒．每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒．重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则()A．乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B．乙盒中红球与丙盒中黑球一样多C．乙盒中红球不多于丙盒中红球D．乙盒中黑球与丙盒中红球一样多【解析】通过随机事件直接分析出现情况的可能性．取两个球往盒子中放有4种情况：①红＋红，则乙盒中红球数加1；②黑＋黑，则丙盒中黑球数加1；③红＋黑(红球放入甲盒中)，则乙盒中黑球数加1；④黑＋红(黑球放入甲盒中)，则丙盒中红球数加1.因为红球和黑球个数一样多，所以①和②的情况一样多，③和④的情况完全随机．③和④对B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数没有任何影响．①和②出现的次数是一样的，所以对B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数的影响次数一样．综上，选B.【答案】B3．观察下列等式：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,3)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,3)))－2＝eq\f(4,3)×1×2；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,5)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,5)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,5)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(4π,5)))－2＝eq\f(4,3)×2×3；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,7)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,7)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,7)))－2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(6π,7)))－2＝eq\f(4,3)×3×4；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,9)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,9)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,9)))－2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(8π,9)))－2＝eq\f(4,3)×4×5；…照此规律，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,2n＋1)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,2n＋1)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,2n＋1)))－2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2nπ,2n＋1)))－2＝________.【解析】通过观察已给出等式的特点，可知等式右边的eq\f(4,3)是个固定数，eq\f(4,3)后面第一个数是等式左边最后一个数括号内角度值分子中π的系数的一半，eq\f(4,3)后面第二个数是第一个数的下一个自然数，所以，所求结果为eq\f(4,3)×n×(n＋1)，即eq\f(4,3)n(n＋1)．【答案】eq\f(4,3)n(n＋1)4．已知f(x)＝eq\f(x,1＋x)，x≥0，若f1(x)＝f(x)，fn＋1(x)＝f(fn(x))，n∈N＋，则f2014(x)的表达式为________．【解析】f1(x)＝eq\f(x,1＋x)，f2(x)＝eq\f(\f(x,1＋x),1＋\f(x,1＋x))＝eq\f(x,1＋2x)，f3(x)＝eq\f(\f(x,1＋2x),1＋\f(x,1＋2x))＝eq\f(x,1＋3x)，…，由数学归纳法得f2014(x)＝eq\f(x,1＋2014x).【答案】f2014(x)＝eq\f(x,1＋2014x)5．有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是【解析】根据丙的说法及乙看了丙的卡片后的说法进行推理．由丙说“我的卡片上的数字之和不是5”，可推知丙的卡片上的数字是1和2或1和3.又根据乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”可知，乙的卡片不含1，所以乙的卡片上的数字为2和3.再根据甲的说法“我与乙的卡片上相同的数字不是2”可知，甲的卡片上的数字是1和3.【答案】1和3章末综合测评(二)推理与证明(时间120分钟，满分150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)1．数列2,5,11,20，x,47，…中的x等于()A．28 B．32C．33 D．27【解析】观察知数列{an}满足：a1＝2，an＋1－an＝3n，故x＝20＋3×4＝32.【答案】B2．有一段“三段论”推理是这样的：对于可导函数f(x)，若f(x0)＝0，则x＝x0是函数f(x)的极值点．因为f(x)＝x3在x＝0处的导数值f′(0)＝0，所以x＝0是f(x)＝x3的极值点．以上推理中()A．大前提错误 B．小前提错误C．推理形式错误 D．结论正确【解析】大前提是错误的，若f′(x0)＝0，x＝x0不一定是函数f(x)的极值点，故选A.【答案】A3．用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个角不大于60°”时，应假设()A．三角形的三个内角都不大于60°B．三角形的三个内角都大于60°C．三角形的三个内角至多有一个大于60°D．三角形的三个内角至少有两个大于60°【解析】其假设应是对“至少有一个角不大于60°”的否定，即“都大于60°”．【答案】B4．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、等边三角形内角和是180°归纳出所有三角形的内角和都是180°；③由f(x)＝sinx，满足f(－x)＝－f(x)，x∈R，推出f(x)＝sinx是奇函数；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°，由此得凸多边形内角和是(n－2)·180°.A．①② B．①③④C．①②④ D．②④【解析】合情推理分为类比推理和归纳推理，①是类比推理，②④是归纳推理，③是演绎推理．【答案】C5．设a＝＋，b＝7，则a，b的大小关系是()A．a>b B．a＝bC．a<b D．a>2(b＋1)【解析】因为a＝＋>2eq\r·＝8>7，故a>b.【答案】A6．已知点A(x1，xeq\o\al(2,1))，B(x2，xeq\o\al(2,2))是函数y＝x2图象上任意不同的两点，依据图象知，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eq\f(x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2),2)＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))2成立，运用类比方法可知，若点A(x1，sinx1)，B(x2，sinx2)是函数y＝sinx(x∈(0，π))图象上不同的两点，则类似地有结论()\f(sinx1＋sinx2,2)＞sineq\f(x1＋x2,2)\f(sinx1＋sinx2,2)＜sineq\f(x1＋x2,2)\f(sinx1＋sinx2,2)≥sineq\f(x1＋x2,2)\f(sinx1＋sinx2,2)≤sineq\f(x1＋x2,2)【解析】画出y＝x2的图象，由已知得AB的中点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2),2)))恒在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))2))的上方，画出y＝sinx，x∈(0，π)的图象可得A，B的中点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(sinx1＋sinx2,2)))恒在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，sin\f(x1＋x2,2)))的下方，故B正确．【答案】B7．证明命题：“f(x)＝ex＋eq\f(1,ex)在(0，＋∞)上是增函数”．现给出的证法如下：因为f(x)＝ex＋eq\f(1,ex)，所以f′(x)＝ex－eq\f(1,ex).因为x>0，所以ex>1,0<eq\f(1,ex)<1.所以ex－eq\f(1,ex)>0，即f′(x)>0.所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，使用的证明方法是()A．综合法 B．分析法C．反证法 D．以上都不是【解析】从已知条件出发利用已知的定理证得结论，是综合法．【答案】A8．对“a，b，c是不全相等的正数”，给出下列判断：①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；②a＝b与b＝c及a＝c中至少有一个成立；③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．其中判断正确的个数为()A．0 B．1C．2 D．3【解析】若(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，则a＝b＝c，与“a，b，c是不全相等的正数”矛盾，故①正确．a＝b与b＝c及a＝c中最多只能有一个成立，故②不正确．由于“a，b，c是不全相等的正数”，有两种情形：至多有两个数相等或三个数都互不相等，故③不正确．【答案】B9．设n为正整数，f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，经计算得f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)>2，f(8)>eq\f(5,2)，f(16)>3，f(32)>eq\f(7,2)，观察上述结果，可推测出一般结论()A．f(2n)>eq\f(2n＋1,2) B．f(n2)≥eq\f(n＋2,2)C．f(2n)≥eq\f(n＋2,2) D．以上都不对【解析】f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)＝f(22)>eq\f(2＋2,2)，f(8)＝f(23)>eq\f(3＋2,2)，f(16)＝f(24)>eq\f(4＋2,2)，f(32)＝f(25)>eq\f(5＋2,2).由此可推知f(2n)≥eq\f(n＋2,2).故选C.【答案】C10．定义A*B，B*C，C*D，D*A的运算分别对应下面图1中的(1)(2)(3)(4)，则图1中a，b对应的运算是()图1A．B*D，A*D B．B*D，A*CC．B*C，A*D D．C*D，A*D【解析】根据(1)(2)(3)(4)可知A对应横线，B对应矩形，C对应竖线，D对应椭圆．由此可知选B.【答案】B11．观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝()A．28 B．76C．123 D．199【解析】从给出的式子特点观察可推知，等式右端的值，从第三项开始，后一个式子的右端值等于它前面两个式子右端值的和，照此规律，则a10＋b10＝123.【答案】C12．在等差数列{an}中，若an>0，公差d>0，则有a4·a6>a3·a7，类比上述性质，在等比数列{bn}中，若bn>0，公比q>1，则b4，b5，b7，b8的一个不等关系是()A．b4＋b8>b5＋b7 B．b4＋b8<b5＋b7C．b4＋b7>b5＋b8 D．b4＋b7<b5＋b8【解析】在等差数列{an}中，由于4＋6＝3＋7时，有a4·a6>a3·a7，所以在等比数列{bn}中，由于4＋8＝5＋7，所以应有b4＋b8>b5＋b7或b4＋b8<b5＋b7.因为b4＝b1q3，b5＝b1q4，b7＝b1q6，b8＝b1q7，所以(b4＋b8)－(b5＋b7)＝(b1q3＋b1q7)－(b1q4＋b1q6)＝b1q6·(q－1)－b1q3(q－1)＝(b1q6－b1q3)(q－1)＝b1q3(q3－1)(q－1)．因为q>1，bn>0，所以b4＋b8>b5＋b7.【答案】A二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中的横线上．)13．已知x，y∈R，且x＋y>2，则x，y中至少有一个大于1，在用反证法证明时假设应为________．【解析】“至少有一个”的否定为“一个也没有”，故假设应为“x，y均不大于1”(或x≤1且y≤1)．【答案】x，y均不大于1(或x≤1且y≤1)14．如图2，第n个图形是由正n＋2边形“扩展”而来(n＝1,2,3，…)，则第n－2(n>2)个图形中共有________个顶点．图2【解析】设第n个图形中有an个顶点，则a1＝3＋3×3，a2＝4＋4×4，…，an＝(n＋2)＋(n＋2)·(n＋2)，an－2＝n2＋n.【答案】n2＋n15．设a>0，b>0，则下面两式的大小关系为lg(1＋eq\r(ab))________eq\f(1,2)[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．【解析】因为(1＋eq\r(ab))2－(1＋a)(1＋b)＝1＋2eq\r(ab)＋ab－1－a－b－ab＝2eq\r(ab)－(a＋b)＝－(eq\r(a)－eq\r(b))2≤0，所以(1＋eq\r(ab))2≤(1＋a)(1＋b)，所以lg(1＋eq\r(ab))≤eq\f(1,2)[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．【答案】≤16．对于命题“如果O是线段AB上一点，则|eq\o(OB,\s\up6(→))|·eq\o(OA,\s\up6(→))＋|eq\o(OA,\s\up6(→))|·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0”将它类比到平面的情形是：若O是△ABC内一点，有S△OBC·eq\o(OA,\s\up6(→))＋S△OCA·eq\o(OB,\s\up6(→))＋S△OBA·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，将它类比到空间的情形应为：若O是四面体ABCD内一点，则有_________．【导学号：81092033】【解析】根据类比的特点和规律，所得结论形式上一致，又线段类比平面，平面类比到空间，又线段长类比为三角形面积，再类比成四面体的体积，故可以类比为VO­BCD·eq\o(OA,\s\up6(→))＋VO­ACD·eq\o(OB,\s\up6(→))＋VO­ABD·eq\o(OC,\s\up6(→))＋VO­ABC·eq\o(OD,\s\up6(→))＝0.【答案】VO­BCD·eq\o(OA,\s\up6(→))＋VO­ACD·eq\o(OB,\s\up6(→))＋VO­ABD·eq\o(OC,\s\up6(→))＋VO­ABC·eq\o(OD,\s\up6(→))＝0三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．)17．(本小题满分10分)在平面几何中，对于Rt△ABC，∠C＝90°，设AB＝c，AC＝b，BC＝a，则(1)a2＋b2＝c2；(2)cos2A＋cos2B(3)Rt△ABC的外接圆半径r＝eq\f(\r(a2＋b2),2).把上面的结论类比到空间写出类似的结论，无需证明．【解】在空间选取三个面两两垂直的四面体作为直角三角形的类比对象．(1)设三个两两垂直的侧面的面积分别为S1，S2，S3，底面积为S，则Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3)＝S2.(2)设三个两两垂直的侧面与底面所成的角分别为α，β，γ，则cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1.(3)设三个两两垂直的侧面形成的侧棱长分别为a，b，c，则这个四面体的外接球半径R＝eq\f(\r(a2＋b2＋c2),2).18．(本题满分12分)设f(x)＝x2＋ax＋b，求证：|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一个不小于eq\f(1,2).【证明】假设|f(1)|＜eq\f(1,2)，|f(2)|＜eq\f(1,2)，|f(3)|＜eq\f(1,2)，于是有－eq\f(1,2)＜1＋a＋b＜eq\f(1,2)， ①－eq\f(1,2)＜4＋2a＋b＜eq\f(1,2)， ②－eq\f(1,2)＜9＋3a＋b＜eq\f(1,2)， ③①＋③，得－1＜10＋4a＋2b＜1，所以－3＜8＋4a＋2b＜－1，所以－eq\f(3,2)＜4＋2a＋b＜－eq\f(1,2).这与②－eq\f(1,2)＜4＋2a＋b＜eq\f(1,2)矛盾，所以假设不成立，即|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于eq\f(1,2).19．(本小题满分12分)已知△ABC的三条边分别为a，b，c，且a>b，求证：eq\f(\r(ab),1＋\r(ab))<eq\f(a＋b,1＋a＋b).【证明】依题意a>0，b>0，所以1＋eq\r(ab)>0,1＋a＋b>0.所以要证eq\f(\r(ab),1＋\r(ab))<eq\f(a＋b,1＋a＋b)，只需证eq\r(ab)(1＋a＋b)<(1＋eq\r(ab))(a＋b)，只需证eq\r(ab)<a＋b，因为a>b，所以eq\r(ab)<2eq\r(ab)<a＋b，所以eq\f(\r(ab),1＋\r(ab))<eq\f(a＋b,1＋a＋b).20．(本小题满分12分)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq\f(2an,2＋an)，n∈N*，求a2，a3，a4，并猜想数列的通项公式，并给出证明．【解】数列{an}中，a1＝1，a2＝eq\f(2a1,2＋a1)＝eq\f(2,3)，a3＝eq\