高考理科数学一轮复习(教学指导)合情推理与演绎推理

第3讲 合情推理与演绎推理
一、知识梳理 1．推理
(1)定义：根据一个或几个已知的判断来确定一个新的判断的思维过程．
(2)分类：推理⎩
⎪⎨⎪⎧合情推理
演绎推理
2．合情推理
归纳推理
类比推理
定义
由某类事物的部分对象具有某些
特征，推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理，或者由个别事实概括出一般结论的推理
由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象也具有这些特征
的推理 特点 由部分到整体、由个别到一般的
推理
由特殊到特殊的推理
(1)定义：从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论，我们把这种推理称为演绎推理．
(2)特点：演绎推理是由一般到特殊的推理． (3)模式：
三段论⎩⎪⎨⎪
⎧①大前提：已知的一般原理；②小前提：所研究的特殊情况；③结论：根据一般原理，对特殊情况做出的判断.
二、教材衍化
1．已知在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＝a n －1＋2n －1，依次计算a 2，a 3，a 4后，猜想a n 的表达式是( )
A ．a n ＝3n －1
B ．a n ＝4n －3
C ．a n ＝n 2
D ．a n ＝3n －
1
解析：选C.a 2＝a 1＋3＝4，a 3＝a 2＋5＝9，a 4＝a 3＋7＝16，a 1＝12，a 2＝22，a 3＝32，a 4
＝42，猜想a n ＝n 2.
2．对于任意正整数n ，2n 与n 2的大小关系为( ) A ．当n ≥2时，2n ≥n 2 B ．当n ≥3时，2n ≥n 2 C ．当n ≥4时，2n >n 2
D ．当n ≥5时，2n >n 2
解析：选D.当n ＝2时，2n ＝n 2；当n ＝3时，2n <n 2；当n ＝4时，2n ＝n 2；当n ＝5时，2n >n 2；当n ＝6时，2n >n 2；归纳判断，当n ≥5时，2n >n 2.故选D.
3．在等差数列{a n }中，若a 10＝0，则有a 1＋a 2＋…＋a n ＝a 1＋a 2＋…＋a 19－n (n <19，n ∈N +)成立，类比上述性质，在等比数列{b n }中，若b 9＝1，则存在的等式为________．
解析：利用类比推理，借助等比数列的性质，b 29＝b 1＋n ·b 17－n ，可知存在的等式为b 1b 2…b n ＝b 1b 2…b 17－n (n <17，n ∈N *)．
答案：b 1b 2…b n ＝b 1b 2…b 17－n (n <17，n ∈N *)
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)归纳推理得到的结论不一定正确，类比推理得到的结论一定正确．( ) (2)由平面三角形的性质推测空间四面体的性质，这是一种合情推理．( ) (3)在类比时，平面中的三角形与空间中的平行六面体作为类比对象较为合适．( ) (4)在演绎推理中，只要符合演绎推理的形式，结论就一定正确．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× (4)× 二、易错纠偏 常见误区
|Ｋ(1)归纳推理没有找出规律；
(2)类比推理类比规律错误．
1．在△ABC 中，不等式1A ＋1B ＋1C ≥9π成立；在凸四边形ABCD 中，不等式1A ＋1B ＋1C ＋
1D ≥162π成立；在凸五边形ABCDE 中，不等式1A ＋1B ＋1C ＋1D ＋1E ≥25
3π成立…依此类推，在凸n 边形A 1A 2…A n 中，不等式1A 1＋1A 2＋…＋1
A n
≥__________________________成立．
解析：因为1A ＋1B ＋1C ≥9π＝32
π
，
1A ＋1B ＋1C ＋1D ≥162π＝422π
1A ＋1B ＋1C ＋1D ＋1E ≥253π＝52
3π
，…， 所以1A 1＋1A 2＋…＋1A n ≥n 2
（n －2）π(n ∈N +，n ≥3)．
答案：n 2
（n －2）π
(n ∈N +，n ≥3)
2．在平面几何中有如下结论：正三角形ABC 的内切圆面积为S 1，外接圆面积为S 2，则S 1S 2＝1
4，推广到空间可以得到类似结论：已知正四面体P -ABC 的内切球体积为V 1，外接球
体积为V 2，则V 1
V 2
＝________．
解析：从平面图形类比空间图形，从二维类比三维，可得如下结论：正四面体的外接球和内切球的半径之比为3∶1，故正四面体P -ABC 的内切球体积V 1与外接球体积V 2之比等于V 1V 2＝⎝⎛⎭⎫133＝127
. 答案：127
归纳推理(多维探究) 角度一 与数字有关的推理
有一个奇数组成的数阵排列如下：
1 3 7 13 21 … 5 9 15 23 … … 11 17 25 … … … 19 27 … … … … 29 … … … … … … … … … … …
则第30行从左到右第3个数是________．
【解析】 观察每一行的第一个数，由归纳推理可得第30行的第1个数是1＋4＋6＋8＋10＋…＋60＝30×（2＋60）
2
－1＝929.又第n 行从左到右的第2个数比第1个数大2n ，第
3个数比第2个数大2n ＋2，所以第30行从左到右的第2个数比第1个数大60，第3个数比第2个数大62，故第30行从左到右第3个数是929＋60＋62＝1 051.
【答案】 1 051
角度二 与等式有关的推理
(1)已知13＋23＝⎝⎛⎭⎫622
，13＋23＋33＝⎝⎛⎭⎫1222
，13＋23＋33＋43＝⎝⎛⎭⎫2022
，….若13＋2
3
＋33＋43＋…＋n 3＝3 025，则n ＝( )
A ．8
B ．9
C ．10
D ．11
(2)观察下列等式：
⎝⎛⎭⎫sin π3－2＋⎝⎛⎭⎫sin 2π3－2
＝43
×1×2；
⎝⎛⎭⎫sin π5－2
＋⎝⎛⎭⎫sin 2π5－2
＋⎝⎛⎭⎫sin 3π5－2
＋⎝⎛⎭⎫sin 4π5－2
＝43×2×3； ⎝⎛⎭⎫sin π7－2
＋⎝⎛⎭⎫sin 2π7－2
＋⎝⎛⎭⎫sin 3π7－2
＋…＋⎝⎛⎭⎫sin 6π7－2
＝43×3×4； ⎝⎛⎭⎫sin π9－2
＋⎝⎛⎭⎫sin 2π9－2
＋⎝⎛⎭⎫sin 3π9－2
＋…＋⎝⎛⎭⎫sin 8π9－2
＝43
×4×5； …… 照此规律，
⎝⎛⎭⎫sin π2n ＋1－2
＋⎝⎛⎭⎫sin 2π2n ＋1－2
＋⎝⎛⎭⎫sin 3π2n ＋1－2
＋…＋⎝⎛⎭
⎫sin 2n π2n ＋1－2
＝__________． 【解析】 (1)观察所提供的式子可知，等号左边最后一个数是n 3时，等号右边的数为⎣⎢⎡⎦⎥⎤n （n ＋1）22，因此，令⎣⎢⎡⎦
⎥⎤n （n ＋1）22
＝3 025，则n （n ＋1）2＝55，所以n ＝10.故选C. (2)每组角的分母恰好等于右边两个相邻正整数因数的和．因此答案为4
3n (n ＋1)．
【答案】 (1)C (2)4
3n (n ＋1)
角度三 与不等式有关的推理
已知x ∈(0，＋∞)，观察下列各式：x ＋1x ≥2，x ＋4x 2＝x 2＋x 2＋4x 2≥3，x ＋27x 3＝x
3
＋
x 3＋x 3＋27x 3≥4，…，类比得x ＋a
x
n ≥n ＋1(n ∈N +)，则a ＝________． 【解析】 第一个式子是n ＝1的情况，此时a ＝11＝1；第二个式子是n ＝2的情况，此时a ＝22＝4；第三个式子是n ＝3的情况，此时a ＝33＝27，归纳可知a ＝n n .
【答案】n n
角度四与图形变化有关的推理
(1)图①是美丽的“勾股树”，它是一个直角三角形分别以它的每一边向外作正方形而得到．图②是第1代“勾股树”，重复图②的作法，得到图③为第2代“勾股树”，以此类推，已知最大的正方形面积为1，则第n代“勾股树”所有正方形的面积的和为()
A．n B．n2
C．n－1 D．n＋1
(2)我国的刺绣有着悠久的历史，如图所示中的①②③④为刺绣最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形个数越多刺绣越漂亮．现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第n个图形包含f(n)个小正方形，则f(n)的表达式为()
A．f(n)＝2n－1 B．f(n)＝2n2
C．f(n)＝2n2－2n D．f(n)＝2n2－2n＋1
【解析】(1)最大的正方形面积为1，当n＝1时，由勾股定理知正方形面积的和为2，依次类推，可得所有正方形面积的和为n＋1.故选D.
(2)我们考虑f(2)－f(1)＝4，f(3)－f(2)＝8，f(4)－f(3)＝12，…，结合图形不难得到f(n)－f(n－1)＝4(n－1)，累加得f(n)－f(1)＝2n(n－1)＝2n2－2n，故f(n)＝2n2－2n＋1.
【答案】(1)D(2)D
归纳推理问题的常见类型及解题策略
(1)与“数字”相关的问题：主要是观察数字特点，找出等式左右两侧的规律．
(2)与不等式有关的推理：观察所给几个不等式两边式子的特点，注意纵向看，找出隐含规律．
(3)与图形有关的推理：合理利用特殊图形归纳推理得出结论．
1．《聊斋志异》中有这样一首诗：“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术．得诀自诩无所
阻，额上坟起终不悟．”在这里，我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”：22
3＝2
2
3，
33
8＝3
3
8，4
4
15＝4
4
15，5
5
24＝5
5
24，则按照以上规律，若8
8
n＝8
8
n具有
“穿墙术”，则n＝()
A．35B．48
C．63 D．80
解析：选C.根据规律得3＝1×3，8＝2×4，15＝3×5，24＝4×6，…，所以n＝7×9＝63.故选C.
2．从1开始的自然数按如图所示的规则排列，现有一个三角形框架在图中上下或左右移动，使每次恰有九个数在此三角形内，则这九个数的和可以为()
A．2 018 B．2 019
C．2 020 D．2 021
解析：选D.根据题干图所示的规则排列，设最上层的一个数为a，则第二层的三个数为a＋7，a＋8，a＋9，第三层的五个数为a＋14，a＋15，a＋16，a＋17，a＋18，这九个数之和为a＋3a＋24＋5a＋80＝9a＋104.
由9a＋104＝2 021，得a＝213，是自然数，故选D.
3．分形几何学是数学家伯努瓦·曼德尔布罗在20世纪70年代创立的一门新的数学学科，它的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路．按照如图(1)所示的分形规律可得如图(2)所示的一个树形图．若记图(2)中第n行黑圈的个数为a n，则a2 018＝________．
解析：根据题图(1)所示的分形规律，可知1个白圈分形为2个白圈1个黑圈，1个黑圈分形为1个白圈2个黑圈，把题图(2)中的树形图的第1行记为(1，0)，第2行记为(2，1)，第3行记为(5，4)，第4行的白圈数为2×5＋4＝14，黑圈数为5＋2×4＝13，所以第4行的“坐标”为(14，13)，同理可得第5行的“坐标”为(41，40)，第6行的“坐标”为(122，
121)，….各行黑圈数乘2，分别是0，2，8，26，80，…，即1－1，3－1，9－1，27－1，81－1，…，所以可以归纳出第n 行的黑圈数a n ＝3n －1－12(n ∈N *)，所以a 2 018＝32 017－1
2
.
答案：32 017－1
2
类比推理(师生共研)
(1)等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫S n n 为等差数列，公差为d
2.
类似地，若各项均为正数的等比数列{b n }的公比为q ，前n 项的积为T n ，则等比数列{n
T n }的公比为( )
A.q 2 B ．q 2 C.q
D ．n q
(2)在平面上，设h a ，h b ，h c 是△ABC 三条边上的高，P 为三角形内任一点，P 到相应三边的距离分别为P a ，P b ，P c ，我们可以得到结论：P a h a ＋P b h b ＋P c
h c ＝1.把它类比到空间，则三棱
锥中的类似结论为________．
(3)已知命题：在平面直角坐标系xOy 中，椭圆x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a >b >0)．△ABC 的顶点B 在椭
圆上，顶点A ，C 分别为椭圆的左、右焦点，椭圆的离心率为e ，则sin A ＋sin C sin B ＝1
e ，现将
该命题类比到双曲线中，△ABC 的顶点B 在双曲线上，顶点A ，C 分别为双曲线的左、右焦点，设双曲线的方程为x 2a 2－y 2
b
2＝1(a >0，b >0)，双曲线的离心率为e ，则有________________．
【解析】 (1)由题意知，T n ＝b 1·b 2·b 3·…·b n ＝b 1·b 1q ·b 1q 2·…·b 1q n －1＝b n 1q
1＋2＋…＋(n －1)
＝b n 1
q （n －1）n
2
，所以n
T n ＝b 1q
n －1
2
，所以等比数列{n
T n }的公比为q ，故选C.
(2)设h a ，h b ，h c ，h d 分别是三棱锥A -BCD 四个面上的高，P 为三棱锥A -BCD 内任一点，P 到相应四个面的距离分别为P a ，P b ，P c ，P d ，于是可以得出结论：P a h a ＋P b h b ＋P c h c ＋P d
h d
＝1.
(3)在双曲线中，设△ABC 的外接圆的半径为r ，则|AB |＝2r sin C ，|AC |＝2r sin B ，|BC |＝2r sin A ，则由双曲线的定义得||BA |－|BC ||＝2a ，|AC |＝2c ，则双曲线的离心率e ＝c
a
＝
|AC |||BA |－|BC ||＝sin B
|sin A －sin C |
，即|sin A －sin C |sin B ＝1e .
【答案】 (1)C (2)P a h a ＋P b h b ＋P c h c ＋P d
h d ＝1
(3)|sin A －sin C |sin B ＝1e
类比推理的分类
已知正三角形内切圆的半径r 与它的高h 的关系是r ＝1
3
h ，把这个结论
推广到空间正四面体，则正四面体内切球的半径r 与正四面体的高h 的关系是________．
解析：球心到正四面体一个面的距离即内切球的半径r ，连接球心与正四面体的四个顶点，把正四面体分成四个高为r 的三棱锥，所以4×13S ×r ＝13×S ×h ，所以r ＝1
4h (其中S 为
正四面体一个面的面积)．
答案：r ＝1
4h
演绎推理(师生共研)
(1)某市为了缓解交通压力，实行机动车辆限行政策，每辆机动车每周一到周五都
要限行一天，周末(周六和周日)不限行．某公司有A ，B ，C ，D ，E 五辆车，保证每天至少有四辆车可以上路行驶．已知E 车周四限行，B 车昨天限行，从今天算起，A ，C 两车连续四天都能上路行驶，E 车明天可以上路，由此可知下列推测一定正确的是( )
A ．今天是周六
B ．今天是周四
C ．A 车周三限行
D ．C 车周五限行
(2)已知函数y ＝f (x )满足：对任意a ，b ∈R ，a ≠b ，都有af (a )＋bf (b )>af (b )＋bf (a )，试证明：f (x )为R 上的增函数．
【解】 (1)选B.因为每天至少有四辆车可以上路行驶，E 车明天可以上路，E 车周四限行，所以今天不是周三；因为B 车昨天限行，所以今天不是周一，不是周五，也不是周日；因为A ，C 两车连续四天都能上路行驶，所以今天不是周二，也不是周六，所以今天是周四，故选B.
(2)证明：设x 1，x 2∈R ，取x 1<x 2， 则由题意得x 1f (x 1)＋x 2f (x 2)>x 1f (x 2)＋x 2f (x 1)， 所以x 1[f (x 1)－f (x 2)]＋x 2[f (x 2)－f (x 1)]>0， [f (x 2)－f (x 1)](x 2－x 1)>0，
因为x 1<x 2，所以f (x 2)－f (x 1)>0，f (x 2)>f (x 1)． 综上，y ＝f (x )为R 上的增函数．
演绎推理的推证规则
(1)演绎推理是从一般到特殊的推理，其一般形式是三段论，应用三段论解决问题时，应当首先明确什么是大前提和小前提，如果前提是显然的，则可以省略．
(2)在推理论证过程中，一些稍复杂一点的证明题常常要由几个三段论才能完成．
1．(2020·陕西铜川模拟)沈老师告知高三文数周考的附加题只有6名同学A ，B ，C ，D ，E ，F 尝试做了，并且这6人中只有1人答对了．同学甲猜测：D 或E 答对了．同学乙猜测：C 不可能答对．同学丙猜测：A ，B ，F 当中必有1人答对了．同学丁猜测：D ，E ，F 都不可能答对．若甲、乙、丙、丁中只有1人猜对，则此人是( )
A ．甲
B ．乙
C ．丙
D ．丁
解析：选D.若甲猜对，则乙也猜对，与题意不符，故甲猜错；若乙猜对，则丙也猜对，与题意不符，故乙也猜错；若丙猜对，则乙也猜对，与题意不符，故丙猜错；因为甲、乙、丙、丁四人中只有1人猜对，所以丁猜对．故选D.
2．数列{a n }的前n 项和记为S n ，已知a 1＝1，a n ＋1＝n ＋2n S n (n ∈N +)．证明：
(1)数列{S n
n }是等比数列；
(2)S n ＋1＝4a n .
证明：(1)因为a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝n ＋2
n S n ，
所以(n ＋2)S n ＝n (S n ＋1－S n )， 即nS n ＋1＝2(n ＋1)S n . 故
S n ＋1
n ＋1＝2·S n
n ，
故{S n
n }是以1为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)可知S n ＋1
n ＋1＝4·S n －1n －1(n ≥2)，所以S n ＋1＝4(n ＋1)·S n －1n －1＝4·n －1＋2n －1·S n －1＝4a n (n ≥2)．
又因为a 2＝3S 1＝3，S 2＝a 1＋a 2＝1＋3＝4＝4a 1， 所以对于任意正整数n ，都有S n ＋1＝4a n .
[基础题组练]
1．观察下列各式：a ＋b ＝1，a 2＋b 2＝3，a 3＋b 3＝4，a 4＋b 4＝7，a 5＋b 5＝11，…，则a 10＋b 10＝( )
A ．121
B ．123
C ．231
D ．211
解析：选B.法一：令a n ＝a n ＋b n ，则a 1＝1，a 2＝3，a 3＝4，a 4＝7，…，得a n ＋2＝a n ＋a n ＋1，从而a 6＝18，a 7＝29，a 8＝47，a 9＝76，a 10＝123.
法二：由a ＋b ＝1，a 2＋b 2＝3，得ab ＝－1，代入后三个等式中符合，则a 10＋b 10＝(a 5
＋b 5)2－2a 5b 5＝123.
2．(2020·安徽六校联考)如图，第1个图形由正三角形扩展而成，共12个顶点．第n 个图形由正(n ＋2)边形扩展而成，n ∈N *，则第n 个图形的顶点个数是( )
A ．(2n ＋1)(2n ＋2)
B ．3(2n ＋2)
C ．2n (5n ＋1)
D ．(n ＋2)(n ＋3)
解析：选D.由题图我们可以得到，当n ＝1时，顶点个数为12＝3×4，n ＝2时，顶点
个数为20＝4×5，n ＝3时，顶点个数为30＝5×6，n ＝4时，顶点个数为42＝6×7，…，由此我们可以推断：第n 个图形共有(n ＋2)·(n ＋3)个顶点，故选D.
3．(2020·福建永春调研)在平面几何里有射影定理：设三角形ABC 的两边AB ⊥AC ，D 是A 点在BC 上的射影，则AB 2＝BD ·BC .拓展到空间，在四面体ABCD 中，AD ⊥平面ABC ，点O 是A 在平面BCD 内的射影，且O 在△BCD 内，类比平面三角形射影定理，得出正确的结论是( )
A ．S 2
△ABC ＝S △BCO ·S △BCD
B ．S 2△ABD ＝S △BOD ·S △BO
C C ．S 2△ADC ＝S △DOC ·S △BOC
D ．S 2△BDC ＝S △ABD ·S △ABC
解析：选A.由已知，在平面几何中，若△ABC 中，AB ⊥AC ，AD ⊥BC ，D 是垂足，则AB 2＝BD ·BC .可以类比这一性质，推理出：若三棱锥D -ABC 中，AD ⊥平面ABC ，AO ⊥平面BCD ，O 为垂足，如图所示，则(S △ABC )2＝S
△BCO ·S △BCD .故选
A.
4．甲、乙、丙、丁四人通过抓阄的方式选出一人周末值班(抓到“值”字的人值班)．抓完阄后，甲说：“我没抓到．”乙说：“丙抓到了．”丙说：“丁抓到了．”丁说：“我没抓到．”已知他们四人中只有一人说了真话，根据他们的说法，可以断定值班的人是( )
A ．甲
B ．乙
C ．丙
D ．丁
解析：选A.如果甲说的是真的，那么乙和丙说的都是假的，但由此推出丁说的是真的，与题意矛盾；如果甲说的是假的，即甲抓到了，那么丁说的就是真的，乙和丙说的就是假的，符合题意．故可以断定甲抓到了，值班的人是甲．故选A.
5．桌上共8个球，甲、乙二人轮流取球，取到最后一球者胜利．规则是：第一次取球至少1个，至多不超过总数的12，每次取球的数量不超过前面一次且不少于前面取球数的12.
比如，前面一次甲取球3个，接着乙取球的数量为2或3.若甲先取球，甲为了有必胜的把握，第一次应取球的个数为( )
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
解析：选C.由题意可知，若甲先取1球，则乙取1球，以此类推，乙胜．若甲先取2球，则乙只能取2球或1球，乙取2球时，甲只能取2球或1球，此时无论如何都是乙胜；
乙取1球时，则甲取1球，以此类推，甲胜．若甲先取4球，则乙可取完剩下的球，乙胜．若甲先取3球，则乙只能取2球或3球，乙取2球时，甲取1球，然后乙取1球，甲取1球，甲胜；乙取3球时，甲取完，甲胜．综上可知，甲先取3球有必胜的把握．
6．(2020·西藏林芝一中调考)已知集合A ，B 与集合A @B 的对应关系如下表： A {1，2，3，4，5} {－1，0，1} {－4，8} B {2，4，6，8} {－2，－1，0，1}
{－4，－2，0，2} A @B
{1，3，5，6，8}
{－2}
{－2，0，2，8}
若A ＝{－2 009，0，2 018}，B ＝{－2 009，0，2 019}，试根据表中的规律写出A @B ＝________．
解析：由题意可知，集合A @B 是由A ∪B 中的元素去掉A ∩B 中的元素组成的，已知A ＝{－2 009，0，2 018}，B ＝{－2 009，0，2 019}，则A ∪B ＝{－2 009，0，2 018，2 019}，A ∩B ＝{－2 009，0}，则A @B ＝{2 018，2 019}．
答案：{2 018，2 019}
7．某校为高一学生开设了三门选修课程，分别是文学与艺术、哲学初步、数学史．调查某班甲、乙、丙三名学生的三门选修课程的选修情况时，甲说：“我选修的课程比乙多，但没有选修哲学初步．”乙说：“我没有选修数学史．”丙说：“我们三人选修的课程中，有一门课程是相同的．”由此可以判断乙选修的课程为________．
解析：由丙说的话，可知甲、乙两人至少选修了一门课程，且选修的课程中有一门课程是相同的，又甲比乙选修的课程多，且没有选修哲学初步，所以甲选修了文学与艺术和数学史．又乙没有选修数学史，所以乙选修的课程为文学与艺术．
答案：文学与艺术
8.如图所示，椭圆中心在坐标原点，F 为左焦点，当FB →⊥AB →
时，其离心率为5－12，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 ＝________．
解析：设“黄金双曲线”的方程为x 2a 2－y 2
b 2＝1(a >0，b >0)，
则B (0，b )，F (－c ，0)，A (a ，0)．
在“黄金双曲线”中，因为FB →⊥AB →
， 所以FB →·AB →＝0.
又FB →＝(c ，b )，AB →
＝(－a ，b )，
所以b 2＝ac .而b 2＝c 2－a 2，所以c 2－a 2＝ac . 在等号两边同除以a 2，得e 2－1＝e ， 解得e ＝5＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫
e ＝1－52舍去. 答案：
5＋1
2
9．设f (x )＝
1
3x
＋3
，先分别求f (0)＋f (1)，f (－1)＋f (2)，f (－2)＋f (3)，然后归纳猜想一般性结论，并给出证明．
解：f (0)＋f (1)＝
130＋3＋1
31＋3
＝
11＋3＋13＋3
＝3－12＋3－36＝3
3，
同理可得：f (－1)＋f (2)＝
33，f (－2)＋f (3)＝3
3
， 并注意到在这三个特殊式子中，自变量之和均等于1. 归纳猜想得：当x 1＋x 2＝1时，均有f (x 1)＋f (x 2)＝33
. 证明：设x 1＋x 2＝1，
f (x 1)＋f (x 2)＝13x 1＋3＋1
3x 2＋3
＝
（3x 1＋3）＋（3x 2＋3）（3x 1＋3）（3x 2＋3）＝3x 1＋3x 2＋23
3x 1＋x 2＋3（3x 1＋3x 2）＋3
＝
3x 1＋3x 2＋23
3（3x 1＋3x 2）＋2×3＝3x 1＋3x 2＋233（3x 1＋3x 2＋23）＝33
.
10．给出下面的数表序列： 表1 表2 表3 1 1 3 1 3 5 4 4 8
12 …
其中表n (n ＝1，2，3，…)有n 行，第1行的n 个数是1，3，5，…，2n －1，从第2行起，每行中的每个数都等于它肩上的两数之和．写出表4，验证表4各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成等比数列，并将结论推广到表n (n ≥3)(不要求证明)．
解：表4为1 3 5 7 4 8 12 1220 32
它的第1，2，3，4行中的数的平均数分别是4，8，16，32，它们构成首项为4，公比为2的等比数列．
将这一结论推广到表n (n ≥3)，即表n (n ≥3)各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为n ，公比为2的等比数列．
[综合题组练]
1．“垛积术”是我国古代数学的重要成就之一．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中记载了“方垛”的计算方法：“果子以垛，下方十四个，问计几何？术曰：下方加一，乘下方为平积．又加半为高，以乘下方为高积．如三而一．”意思是说，将果子以方垛的形式摆放(方垛即每层均为正方形，自下而上每层每边果子数依次递减1个，最上层为1个)，最下层每边果子数为14个，问共有多少个果子？计算方法用算式表示，为1
3×14×(14＋
1)×⎝⎛⎭⎫14＋1
2.利用“方垛”的计算方法，可计算最下层每边果子数为14个的“三角垛”(三角垛即每层均为正三角形，自下而上每 层每边果子数依次递减1个，最上层为1个)共有果子数为( )
A ．420个
B ．560个
C ．680个
D ．1 015个
解析：选B.由题意知，最下层每边为14个果子的“方垛”总的果子数的计算式为12
＋22＋…＋142＝1
3×14×(14＋1)×⎝⎛⎭⎫14＋12，所以可得最下层每边为n (n ∈N +)个果子的“方垛”总的果子数的计算式为12＋22＋…＋n 2＝1
3×n ×(n ＋1)×⎝⎛⎭⎫n ＋12.最下层每边为n 个果子的“三角垛”自上而下的第
k (k ≤n ，k ∈N *)层果子数为
k （k ＋1）
2
，所以n 层“三角垛”总
的果子数为1＋3＋…＋n （n ＋1）2.因为1＋3＋…＋n （n ＋1）2＝1
2×[1×2＋2×3＋…＋n (n
＋1)]＝12×(12＋1＋22＋2＋…＋n 2＋n )＝12×[(12＋22＋…＋n 2)＋(1＋2＋…＋n )]＝
1
2×⎣⎡⎦⎤13n （n ＋1）⎝⎛⎭⎫n ＋12＋12n （n ＋1）＝12n (n ＋1)·⎣⎡⎦⎤13⎝⎛⎭⎫n ＋12＋12＝16n (n ＋1)(n ＋2)，所以取n ＝14，可得“三角垛”的果子总数为560个．故选B.
2．(2020·陕西第二次质检)一布袋中装有n 个小球，甲、乙两个同学轮流抓球，且不放回，每次最少抓一个球，最多抓三个球．规定：由乙先抓，且谁抓到最后一个球谁赢，那么以下推断中正确的是( )
A ．若n ＝9，则乙有必赢的策略
B ．若n ＝7，则甲有必赢的策略
C ．若n ＝6，则甲有必赢的策略
D ．若n ＝4，则乙有必赢的策略
解析：选A.若n ＝9，则乙有必赢的策略．(1)若乙抓1个球，甲抓1个球时，乙再抓3个球，此时剩余4个球，无论甲抓1～3的哪种情况，乙都能保证抓最后一个球；(2)若乙抓1个球，甲抓2个球时，乙再抓2个球，此时剩余4个球，无论甲抓1～3的哪种情况，乙都能保证抓最后一个球；(3)若乙抓1个球，甲抓3个球时，乙再抓1个球，此时剩余4个球，无论甲抓1～3的哪种情况，乙都能保证抓最后一个球．所以若n ＝9，则乙有必赢的策略，故选A.
3．有甲、乙二人去看望高中数学老师张老师，期间他们做了一个游戏，张老师的生日是m 月n 日，张老师把m 告诉了甲，把n 告诉了乙，然后张老师列出来如下10个日期供选择：2月5日，2月7日，2月9日，5月5日，5月8日，8月4日，8月7日，9月4日，9月6日，9月9日．看完日期后，甲说：“我不知道，但你一定也不知道．”乙听了甲的话后，说：“本来我不知道，但现在我知道了．”甲接着说：“哦，现在我也知道了．”请问，张老师的生日是________．
解析：根据甲说的“我不知道，但你一定也不知道”，可排除5月5日，5月8日，9月4日，9月6日，9月9日；根据乙听了甲的话后说的“本来我不知道，但现在我知道了”，可排除2月7日、8月7日；根据甲接着说的“哦，现在我也知道了”，可以得知张老师的生日为8月4日．
答案：8月4日
4．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
2＋2＋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
2＋x ＝x 确定x ＝2，则1＋1
1＋
11＋…
＝________．
解析：1＋1
1＋
11＋…
＝x ，即1＋1x ＝x ，即x 2－x －1＝0，解得x 1＝1＋52，x 2＝
1－52()
舍，故1＋11＋
11＋…
＝1＋5
2.
答案：1＋52
5.如图，在△ABC 中，O 为其内切圆圆心，过O 的直线将三角形面积分为相等的两部分，且该直线与AC ，BC 分别相交于点F ，E ，则四边形ABEF 与△CEF 的周长相等．
将此结论类比到空间，写出一个与其相关的命题，并证明该命题的正确性． 解：如图，截面AEF 经过四面体ABCD 的内切球(与四个面都相切的球)的球心O ，且与BC ，DC 分别交于点E ，F ，若截面将四面体分为体积相等的两部分，则四棱锥A -BEFD 与三棱锥A -EFC 的表面积相等．
下面证明该结论的正确性： 设内切球半径为R ，
则V A ­BEFD ＝1
3
(S △ABD ＋S △ABE ＋S △ADF ＋S
四边形BEFD )×R ＝V A ­EFC ＝
13(S △AEC
＋S △ACF ＋S △ECF )×R ，
即S △ABD ＋S △ABE ＋S △ADF ＋S 四边形BEFD ＝S △AEC ＋S △ACF ＋S △ECF ，两边同加S △AEF 可得结论． 6．我们将具有下列性质的所有函数组成集合M ：函数y ＝f (x )(x ∈D )，对任意x ，y ，
x ＋y
2∈D 均满足f ⎝⎛
⎭⎫x ＋y 2≥1
2[f (x )＋f (y )]，当且仅当x ＝y 时等号成立．
(1)若定义在(0，＋∞)上的函数f (x )∈M ，试比较f (3)＋f (5)与2f (4)的大小； (2)设函数g (x )＝－x 2，求证：g (x )∈M .
解：(1)对于f ⎝
⎛⎭⎪⎫x ＋y 2≥1
2
[f (x )＋f (y )]， 令x ＝3，y ＝5得f (3)＋f (5)≤2f (4)． (2)证明：g ⎝
⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22－1
2
[g (x 1)＋g (x 2)] ＝－（x 1＋x 2）24＋x 21＋x 222＝（x 1－x 2）2
4
≥0，
当且仅当x 1＝x 2时取等号， 所以g ⎝
⎛⎭
⎪⎫x 1＋x 22≥1
2[g (x 1)＋g (x 2)]， 所以g (x )∈M .。