高考数学第一轮复习第七章 §7.6　推理与证明

这是一份高考数学第一轮复习第七章 §7.6　推理与证明，共14页。试卷主要包含了演绎推理等内容，欢迎下载使用。


知识梳理
1．合情推理
2.演绎推理
(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．简言之，演绎推理是由一般到特殊的推理．
(2)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：
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．
3．直接证明
(1)综合法
①定义：一般地，利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法．
②框图表示：eq \x(P⇒Q1)―→eq \x(Q1⇒Q2)―→eq \x(Q2⇒Q3)―→…―→eq \x(Qn⇒Q)
(其中P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示所要证明的结论)．
③思维过程：由因导果．
(2)分析法
①定义：一般地，从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止，这种证明方法叫做分析法．
②框图表示：eq \x(Q⇐P1)―→eq \x(P1⇐P2)―→eq \x(P2⇐P3)―→…―→eq \x(得到一个明显成立的条件)
(其中Q表示要证明的结论)．
③思维过程：执果索因．
4．间接证明
反证法：一般地，假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明原命题成立的证明方法．
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(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)“所有3的倍数都是9的倍数，某数m是3的倍数，则m一定是9的倍数”，这是三段论推理，但其结论是错误的．( √ )
(3)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件．( × )
(4)用反证法证明结论“a>b”时，应假设“a教材改编题
1．已知在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，an＝an－1＋2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是( )
A．an＝3n－1 B．an＝4n－3
C．an＝n2 D．an＝3n－1
答案 C
解析 a2＝a1＋3＝4，a3＝a2＋5＝9，a4＝a3＋7＝16，a1＝12，a2＝22，a3＝32，a4＝42，猜想an＝n2.
2．给出下列命题：“①正方形的对角线相等；②矩形的对角线相等，③正方形是矩形”，按照三段论证明，正确的是( )
A．①②⇒③ B．①③⇒②
C．②③⇒① D．以上都不对
答案 C
解析 “矩形的对角线相等”是大前提，
“正方形是矩形”是小前提，
“正方形的对角线相等”是结论．
所以②③⇒①.
3．用反证法证明命题：“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要作的假设是( )
A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根
B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根
C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根
D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根
答案 A
解析 方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根的反面是方程x3＋ax＋b＝0没有实根.
题型一 合情推理与演绎推理
命题点1 归纳推理
例1 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边形扩展而来，其中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)
答案 D
解析 由已知中的图形可以得到：
当n＝1时，图形的顶点个数为12＝3×4，
当n＝2时，图形的顶点个数为20＝4×5，
当n＝3时，图形的顶点个数为30＝5×6，
当n＝4时，图形的顶点个数为42＝6×7，……
由此可以推断，
第n个图形的顶点个数为(n＋2)(n＋3)．
命题点2 类比推理
例2 (2022·铜仁质检)在△ABC中，BC⊥AC，AC＝a，BC＝b，则△ABC的外接圆的半径r＝eq \f(\r(a2＋b2),2)，将此结论类比推广到空间中可得：在四面体P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，PA＝a，PB＝b，PC＝c，则四面体P－ABC的外接球的半径R＝________.
答案 eq \f(\r(a2＋b2＋c2),2)
解析 可以类比得到：在四面体P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，PA＝a，PB＝b，PC＝c，
四面体P－ABC的外接球的半径R＝eq \f(\r(a2＋b2＋c2),2).
下面进行证明：
可将图形补成以PA，PB，PC为邻边的长方体，
则四面体P－ABC的外接球即为长方体的外接球，
所以半径R＝eq \f(\r(a2＋b2＋c2),2).
命题点3 演绎推理
例3 下面是小明同学利用三段论模式给出的一个推理过程：①若{an}是等比数列，则{an＋an＋1}是等比数列(大前提)，②若bn＝(－1)n，则数列{bn}是等比数列(小前提)，③所以数列{bn＋bn＋1}是等比数列(结论)，以上推理( )
A．结论正确 B．大前提不正确
C．小前提不正确 D．全不正确
答案 B
解析 大前提错误：当an＝(－1)n时，
an＋an＋1＝0，
此时{an＋an＋1}不是等比数列；
小前提正确：∵bn＝(－1)n，
∴eq \f(bn,bn－1)＝eq \f(－1n,－1n－1)＝－1(n≥2，n∈N*)为常数，
∴数列{bn}是首项为－1，公比为－1的等比数列；
结论错误：bn＋bn＋1＝(－1)n＋(－1)n＋1＝0，
故数列{bn＋bn＋1}不是等比数列．
教师备选
1．观察下列各式：72＝49,73＝343,74＝2 401，…，则72 023的末两位数字为( )
A．01 B．43 C．07 D．49
答案 B
解析 ∵72＝49,73＝343,74＝2 401,75＝16 807,76＝117 649,78＝823 543，…，
∴7n(n≥2，n∈N*)的末两位数字具备周期性，且周期为4，
∵2 023＝4×505＋3，
∴72 023和73的末两位数字相同，
故72 023的末两位数字为43.
2．在等差数列{an}中，若a10＝0，则有等式a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(n<19且n∈N*)成立，类比上述性质，在等比数列{bn}中，若b11＝1，则有( )
A．b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b19－n(n<19且n∈N*)
B．b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b21－n(n<21且n∈N*)
C．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b19－n(n<19且n∈N*)
D．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b21－n(n<21且n∈N*)
答案 B
解析 在等差数列{an}中，若s＋t＝p＋q(s，t，p，q∈N*)，则as＋at＝ap＋aq，
若am＝0，则an＋1＋an＋2＋…＋a2m－2－n＋a2m－1－n＝0，
所以a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a2m－1－n成立，
当m＝10时，a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(n<19且n∈N*)成立，
在等比数列{bn}中，若s＋t＝p＋q(s，t，p，q∈N*)，则bsbt＝bpbq，
若bm＝1，则bn＋1bn＋2·…·b2m－2－nb2m－1－n＝1，
所以b1b2·…·bn＝b1b2·…·b2m－1－n成立，
当m＝11时，b1b2·…·bn＝b1b2·…·b21－n(n<21且n∈N*)成立．
3．“对数函数是非奇非偶函数，f(x)＝lg2|x|是对数函数，因此f(x)＝lg2|x|是非奇非偶函数”，以上推理( )
A．结论正确 B．大前提错误
C．小前提错误 D．推理形式错误
答案 C
解析 本命题的小前提是f(x)＝lg2|x|是对数函数，但是这个小前提是错误的，因为f(x)＝lg2|x|不是对数函数，它是一个复合函数，只有形如y＝lgax(a>0且a≠1)的才是对数函数．故选C.
思维升华 (1)归纳推理问题的常见类型及解题策略
①与数字有关的等式的推理．观察数字特点，找出等式左右两侧的规律及符号．
②与式子有关的推理．观察每个式子的特点，注意纵向对比，找到规律．
③与图形变化有关的推理．合理利用特殊图形归纳推理出结论，并用赋值检验法验证其真伪性．
(2)类比推理常见的情形有：平面与空间类比；低维与高维类比；等差与等比数列类比；运算类比；数的运算与向量运算类比；圆锥曲线间的类比等．
跟踪训练1 (1)(2022·南昌模拟)已知x>0，不等式x＋eq \f(1,x)≥2，x＋eq \f(4,x2)≥3，x＋eq \f(27,x3)≥4，…，可推广为x＋eq \f(a,xn)≥n＋1，则a的值为( )
A．n2 B．nn C．2n D．22n－2
答案 B
解析 由题意，当分母的指数为1时，分子为11＝1；
当分母的指数为2时，分子为22＝4；
当分母的指数为3时，分子为33＝27；
据此归纳可得x＋eq \f(a,xn)≥n＋1中，a的值为nn.
(2)类比是学习探索中一种常用的思想方法，在等差数列与等比数列的学习中我们发现：只要将等差数列的一个关系式中的运算“＋”改为“×”，“－”改为“÷”，正整数改为正整数指数幂，相应地就可以得到与等比数列的一个形式相同的关系式，反之也成立．在等差数列{an}中有an－k＋an＋k＝2an(n>k)，借助类比，在等比数列{bn}中有________．
答案 bn－kbn＋k＝beq \\al(2,n)(n>k)
解析 由题设描述，将左式加改乘，则相当于an－k＋an＋k改写为bn－kbn＋k；将右式正整数2改为指数，则相当于2an改写为beq \\al(2,n)，
∴等比数列{bn}中有bn－kbn＋k＝beq \\al(2,n)(n>k)．
(3)(2022·银川模拟)一道四个选项的选择题，赵、钱、孙、李各选了一个选项，且选的恰好各不相同．
赵说：“我选的是A.”
钱说：“我选的是B，C，D之一．”
孙说：“我选的是C.”
李说：“我选的是D.”
已知四人中只有一人说了假话，则说假话的人可能是________．
答案 孙、李
解析 赵不可能说谎，否则由于钱不选A，则孙和李之一选A，出现两人说谎．
钱不可能说谎，否则与赵同时说谎；
所以可能的情况是赵、钱、孙、李选择的分别为(A，C，B，D)或(A，D，C，B)，所以说假话的人可能是孙、李．
题型二 直接证明与间接证明
命题点1 综合法
例4 设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：
(1)ab＋bc＋ca≤eq \f(1,3)；
(2)eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥1.
证明 (1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
由题设得(a＋b＋c)2＝1，
即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1，
所以3(ab＋bc＋ca)≤1，
即ab＋bc＋ca≤eq \f(1,3)，
当且仅当“a＝b＝c”时等号成立．
(2)因为eq \f(a2,b)＋b≥2a，eq \f(b2,c)＋c≥2b，eq \f(c2,a)＋a≥2c，
当且仅当“a2＝b2＝c2”时等号成立，
故eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
则eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥a＋b＋c.
所以eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥1.
命题点2 分析法
例5 用分析法证明：当x≥0，y≥0时，eq \r(2y)≥eq \r(x＋2y)－eq \r(x).
证明 要证不等式成立，
只需证eq \r(x)＋eq \r(2y)≥eq \r(x＋2y)成立，
即证(eq \r(x)＋eq \r(2y))2≥(eq \r(x＋2y))2成立，
即证x＋2y＋2eq \r(2xy)≥x＋2y成立，
即证eq \r(2xy)≥0成立，
因为x≥0，y≥0，所以eq \r(2xy)≥0，
所以原不等式成立．
命题点3 反证法
例6 已知非零实数a，b，c两两不相等．证明：三个一元二次方程ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0不可能都只有一个实根．
证明 假设三个方程都只有一个实根，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b2－ac＝0， ①,c2－ab＝0， ②,a2－bc＝0. ③))
①＋②＋③，得a2＋b2＋c2－ab－bc－ca＝0， ④
④化为(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0. ⑤
于是a＝b＝c，这与已知条件相矛盾．
因此，所给三个方程不可能都只有一个实根．
教师备选
(2022·贵州质检)请在综合法、分析法、反证法中选择两种不同的方法证明：
(1)如果a>0，b>0，则lgeq \f(a＋b,2)≥eq \f(lg a＋lg b,2)；
(2)2eq \r(2)－eq \r(7)>eq \r(10)－3.
解 (1)方法一 (综合法)因为a>0，b>0，
所以eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)，
所以lg eq \f(a＋b,2)≥lgeq \r(ab).
因为lgeq \r(ab)＝eq \f(1,2)lg(ab)＝eq \f(1,2)(lg a＋lg b)，
所以lg eq \f(a＋b,2)≥eq \f(lg a＋lg b,2).
方法二 (分析法)要证lg eq \f(a＋b,2)≥eq \f(lg a＋lg b,2)，
即证lg eq \f(a＋b,2)≥eq \f(1,2)lg(ab)＝lgeq \r(ab)，
即证eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)，
由a>0，b>0，上式显然成立，
则原不等式成立．
(2)方法一 (分析法)要证2eq \r(2)－eq \r(7)>eq \r(10)－3，
即证2eq \r(2)＋3>eq \r(10)＋eq \r(7)，
即证(2eq \r(2)＋3)2>(eq \r(10)＋eq \r(7))2.
即证17＋12eq \r(2)>17＋2eq \r(70)，
即证12eq \r(2)>2eq \r(70)，
即证6eq \r(2)>eq \r(70).
因为(6eq \r(2))2＝72>(eq \r(70))2＝70，
所以6eq \r(2)>eq \r(70)成立．
由上述分析可知2eq \r(2)－eq \r(7)>eq \r(10)－3成立．
方法二 (综合法)由2eq \r(2)－eq \r(7)＝eq \f(1,2\r(2)＋\r(7))，且eq \r(10)－3＝eq \f(1,\r(10)＋3)，
由2eq \r(2)可得2eq \r(2)＋eq \r(7)可得eq \f(1,2\r(2)＋\r(7))>eq \f(1,\r(10)＋3)，
即2eq \r(2)－eq \r(7)>eq \r(10)－3成立．
思维升华 (1)综合法证题从已知条件出发，分析法从要证结论入手，证明一些复杂问题，可采用两头凑的方法．
(2)反证法适用于不好直接证明的问题，应用反证法证明时必须先否定结论．
跟踪训练2 (1)已知a>0，b>0，求证：eq \f(a＋b,2)≥eq \f(2ab,a＋b)；
(2)已知a＋b＋c>0，ab＋bc＋ca>0，abc>0，求证：a>0，b>0，c>0.
证明 (1)∵a>0，b>0，要证eq \f(a＋b,2)≥eq \f(2ab,a＋b)，
只要证(a＋b)2≥4ab，
只要证(a＋b)2－4ab≥0，
即证a2－2ab＋b2≥0，
而a2－2ab＋b2＝(a－b)2≥0恒成立，
故eq \f(a＋b,2)≥eq \f(2ab,a＋b)成立．
(2)假设a，b，c不全是正数，即至少有一个不是正数，不妨先设a≤0，下面分a＝0和a<0两种情况讨论，如果a＝0，则abc＝0与abc>0矛盾，所以a＝0不可能，如果a<0，那么由abc>0可得，bc<0，又因为a＋b＋c>0，所以b＋c>－a>0，于是ab＋bc＋ca＝a(b＋c)＋bc<0，这和已知ab＋bc＋ca>0相矛盾，因此，a<0也不可能，综上所述，a>0，同理可证b>0，c>0，所以原命题成立．
课时精练
1．指数函数都是增函数(大前提)，函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))x是指数函数(小前提)，所以函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))x是增函数(结论)．上述推理错误的原因是( )
A．小前提不正确 B．大前提不正确
C．推理形式不正确 D．大、小前提都不正确
答案 B
解析 大前提错误．因为指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)在a>1时是增函数，而在02．(2022·大庆联考)用反证法证明命题：“若a2＋b2＋c2＋d2＝0，则a，b，c，d都为0”．下列假设中正确的是( )
A．假设a，b，c，d都不为0
B．假设a，b，c，d至多有一个为0
C．假设a，b，c，d不都为0
D．假设a，b，c，d至少有两个为0
答案 C
解析 需假设a，b，c，d不都为0.
3．若一个带分数的算术平方根等于带分数的整数部分乘以分数部分的算术平方根，则称该带分数为“穿墙数”，例如eq \r(2\f(2,3))＝2eq \r(\f(2,3)).若一个“穿墙数”的整数部分等于lg28，则分数部分等于( )
A.eq \f(3,7) B.eq \f(4,9) C.eq \f(3,8) D.eq \f(7,16)
答案 C
解析 因为lg28＝3，
所以可设这个“穿墙数”为3＋eq \f(n,m)，
则eq \r(3＋\f(n,m))＝3eq \r(\f(n,m))，
等式两边平方得3＋eq \f(n,m)＝eq \f(9n,m)，
即eq \f(n,m)＝eq \f(3,8).
4．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某次考试张军成绩是100分，由此推出全班同学成绩都是100分；
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°，归纳出n边形内角和是(n－2)·180°.
A．①② B．①③④
C．①②④ D．②④
答案 C
解析 ①为类比推理，从特殊到特殊，正确；
②④为归纳推理，从特殊到一般，正确；
③不符合类比推理和归纳推理的定义，错误．
5．(2022·普宁模拟)有一个游戏，将标有数字1,2,3,4的四张卡片分别随机发给甲、乙、丙、丁4个人，每人一张，并请这4个人在看自己的卡片之前进行预测：
甲说：乙或丙拿到标有3的卡片；
乙说：甲或丙拿到标有2的卡片；
丙说：标有1的卡片在甲手中；
丁说：甲拿到标有3的卡片．
结果显示：甲、乙、丙、丁4个人的预测都不正确，那么丁拿到卡片上的数字为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 C
解析 乙、丙、丁所说为假⇒甲拿4，甲、乙所说为假⇒丙拿1，甲所说为假⇒乙拿2，
故甲、乙、丙、丁4个人拿到的卡片上的数字依次为4,2,1,3.
6．观察下列数的特点：1,2,2,3,3,3,4,4,4,4，…，则第2 023项是( )
A．61 B．62 C．63 D．64
答案 D
解析 由规律可得，数字相同的数的个数依次为1,2,3,4，…，n.
由eq \f(nn＋1,2)≤2 023，得n≤63，且n∈N*，
当n＝63时，共有eq \f(63×64,2)＝2 016项，
则第2 017项至第2 080项均为64，
即第2 023项是64.
7．观察下列各式：已知a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则归纳猜测a7＋b7＝________.
答案 29
解析 观察发现，1＋3＝4,3＋4＝7,4＋7＝11，
又7＋11＝18,11＋18＝29，
∴a7＋b7＝29.
8．若三角形内切圆半径为r，三边长为a，b，c，则三角形的面积S＝eq \f(1,2)(a＋b＋c)r，利用类比思想：若四面体内切球半径为R，四个面的面积为S1，S2，S3，S4，则四面体的体积V＝________.
答案 eq \f(1,3)R(S1＋S2＋S3＋S4)
解析 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．
9．选用恰当的证明方法，证明下列不等式．
(1)证明：eq \r(6)＋eq \r(7)>2eq \r(2)＋eq \r(5)；
(2)设a，b，c都是正数，求证：eq \f(bc,a)＋eq \f(ac,b)＋eq \f(ab,c)≥a＋b＋c.
证明 (1)要证eq \r(6)＋eq \r(7)>2eq \r(2)＋eq \r(5)，
只需证明(eq \r(6)＋eq \r(7))2>(2eq \r(2)＋eq \r(5))2，
即证明2eq \r(42)>2eq \r(40)，也就是证明42>40，式子显然成立，
故原不等式成立．
(2)2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(bc,a)＋\f(ac,b)＋\f(ab,c)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(bc,a)＋\f(ac,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(bc,a)＋\f(ab,c)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ac,b)＋\f(ab,c)))
≥2eq \r(\f(abc2,ab))＋2eq \r(\f(acb2,ac))＋2eq \r(\f(bca2,bc))＝2c＋2b＋2a，
所以eq \f(bc,a)＋eq \f(ac,b)＋eq \f(ab,c)≥a＋b＋c，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
10．若x，y都是正实数，且x＋y>2，求证：eq \f(1＋x,y)<2与eq \f(1＋y,x)<2中至少有一个成立．
解 假设eq \f(1＋x,y)<2和eq \f(1＋y,x)<2都不成立，
即eq \f(1＋x,y)≥2和eq \f(1＋y,x)≥2同时成立．
∵x>0且y>0，
∴1＋x≥2y,1＋y≥2x.
两式相加得2＋x＋y≥2x＋2y，即x＋y≤2.
此与已知条件x＋y>2相矛盾，
∴eq \f(1＋x,y)<2和eq \f(1＋y,x)<2中至少有一个成立．
11．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eq \r(2＋\r(2＋\r(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eq \r(2＋x)＝x确定x＝2，类比上述解决方法，则正数1＋eq \f(1,1＋\f(1,1＋…))等于( )
A.eq \f(1＋\r(3),2) B.eq \f(1＋\r(5),2)
C.eq \f(－1＋\r(5),2) D.eq \f(－1＋\r(3),2)
答案 B
解析 依题意1＋eq \f(1,x)＝x，其中x为正数，
即x2－x－1＝0，解得x＝eq \f(1＋\r(5),2)(负根舍去)．
12．大于1的正整数m的三次幂可“分裂”成若干个连续奇数的和，如23＝3＋5,33＝7＋9＋11,43＝13＋15＋17＋19，…，若m3分裂后，其中有一个奇数是103，则m的值是( )
A．9 B．10 C．11 D．12
答案 B
解析 因为底数为2的分裂成2个奇数，底数为3的分裂成3个奇数，底数为4的分裂成4个奇数，
所以m3有m个奇数，
则从底数是2到底数是m一共有2＋3＋4＋…＋m＝eq \f(2＋mm－1,2)个奇数，
又2n＋1＝103时，有n＝51，
则奇数103是从3开始的第52个奇数，
因为eq \f(9＋29－1,2)＝44，eq \f(10＋210－1,2)＝54，
所以第52个奇数是底数为10的数的立方分裂的奇数的其中一个，
即m＝10.
13．在正整数数列中，由1开始依次按如下规则取它的项：第一次取1；第二次取2个连续偶数2,4；第三次取3个连续奇数5,7,9；第四次取4个连续偶数10,12,14,16；第五次取5个连续奇数17,19,21,23,25，按此规律取下去，得到一个子数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17,19，…，则在这个子数列中第2 022个数是( )
A．3 976 B．3 978
C．3 980 D．3 982
答案 C
解析 由题意可得，奇数次取奇数个数，偶数次取偶数个数，前n次共取了1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2)个数，且第n次取的最后一个数为n2，
当n＝63时，eq \f(63×63＋1,2)＝2 016，
即前63次共取了2 016个数，第63次取的数都为奇数，并且最后一个数为632＝3 969，
即第2 016个数为3 969，
所以当n＝64时，依次取3 970,3 972,3 974,3 976,3 978,3 980，…，
所以第2 022个数是3 980.
14．(2022·平顶山模拟)某市为了缓解交通压力，实行机动车限行政策，每辆机动车每周一到周五都要限行一天，周六和周日不限行．某公司有A，B，C，D，E五辆车，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，由此可推测出今天是星期________．
答案 四
解析 由题意，A，C只能在每周前三天限行，
又昨天B限行，E车明天可以上路，因此今天不能是一周的前3天，
因此今天是周四．这样周一、周二A，C限行，周三B限行，周四E限行，周五D限行．满足题意．
15．已知a，b，c∈R，若eq \f(b,a)·eq \f(c,a)>1且eq \f(b,a)＋eq \f(c,a)≥－2，则下列结论成立的是( )
A．a，b，c同号
B．b，c同号，a与它们异号
C．a，c同号，b与它们异号
D．b，c同号，a与b，c的符号关系不确定
答案 A
解析 由eq \f(b,a)·eq \f(c,a)>1知eq \f(b,a)与eq \f(c,a)同号，若eq \f(b,a)>0且eq \f(c,a)>0，不等式eq \f(b,a)＋eq \f(c,a)≥－2显然成立，若eq \f(b,a)<0且eq \f(c,a)<0，则－eq \f(b,a)>0，－eq \f(c,a)>0，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,a)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(c,a)))≥2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,a)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(c,a))))>2，即eq \f(b,a)＋eq \f(c,a)<－2，这与eq \f(b,a)＋eq \f(c,a)≥－2矛盾，故eq \f(b,a)>0且eq \f(c,a)>0，即a，b，c同号．
16．已知α，β为锐角，求证：eq \f(1,cs2α)＋eq \f(1,sin2αsin2βcs2β)≥9.
解 要证eq \f(1,cs2α)＋eq \f(1,sin2αsin2βcs2β)≥9，
只需证eq \f(1,cs2α)＋eq \f(4,sin2αsin22β)≥9，①
考虑到sin22β≤1，
可知eq \f(4,sin2αsin22β)≥eq \f(4,sin2α)，
因而要证①应先证eq \f(1,cs2α)＋eq \f(4,sin2α)≥9，
即证eq \f(sin2α＋cs2α,cs2α)＋eq \f(4sin2α＋cs2α,sin2α)≥9，
又eq \f(sin2α＋cs2α,cs2α)＋eq \f(4sin2α＋cs2α,sin2α)
＝eq \f(sin2α,cs2α)＋eq \f(4cs2α,sin2α)＋5≥9，
所以原不等式成立．类型
定义
特点
归纳推理
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
由部分到整体、由个别到一般
类比推理
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
由特殊到特殊