2023年高考数学一轮复习（全国版理） 第7章 §7.6　推理与证明

§7.6推理与证明考试要求1.了解合情推理的含义，能进行简单的归纳推理和类比推理，体会并认识合情推理在数学发现中的作用.2.了解演绎推理的含义，掌握演绎推理的“三段论”，并能运用“三段论”进行一些简单的演绎推理.3.了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程和特点.4.了解反证法的思考过程和特点.5.了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．知识梳理1．合情推理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．5．数学归纳法一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立；(2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立．只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立．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<b”．(×)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－3C．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⇒②C．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(－1n,－1n－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＝2401，…，则72023的末两位数字为()A．01B．43C．07D．49答案B解析∵72＝49,73＝343,74＝2401,75＝16807,76＝117649,78＝823543，…，∴7n(n≥2，n∈N*)的末两位数字具备周期性，且周期为4，∵2023＝4×505＋3，∴72023和73的末两位数字相同，故72023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)＝log2|x|是对数函数，因此f(x)＝log2|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)＝log2|x|是对数函数，但是这个小前提是错误的，因为f(x)＝log2|x|不是对数函数，它是一个复合函数，只有形如y＝logax(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．n2B．nnC．2nD．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\o\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\o\al(2,n)，∴等比数列{bn}中有bn－kbn＋k＝beq\o\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\co1(b2－ac＝0，①,c2－ab＝0，②,a2－bc＝0.③))①＋②＋③，得a2＋b2＋c2－ab－bc－ca＝0，

④④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(lga＋lgb,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)(lga＋lgb)，所以lg

eq\f(a＋b,2)≥eq\f(lga＋lgb,2).方法二(分析法)要证lg

eq\f(a＋b,2)≥eq\f(lga＋lgb,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)<eq\r(10)，eq\r(7)<3，可得2eq\r(2)＋eq\r(7)<eq\r(10)＋3，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．题型三数学归纳法例7数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n－1)))>eq\f(\r(2n＋1),2)均成立．证明①当n＝2时，左边＝1＋eq\f(1,3)＝eq\f(4,3)，右边＝eq\f(\r(5),2).∵左边>右边，∴不等式成立．②假设当n＝k(k≥2，且k∈N*)时不等式成立，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k－1)))>eq\f(\r(2k＋1),2).则当n＝k＋1时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k－1)))·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋1－1)))>eq\f(\r(2k＋1),2)·eq\f(2k＋2,2k＋1)＝eq\f(2k＋2,2\r(2k＋1))＝eq\f(\r(4k2＋8k＋4),2\r(2k＋1))>eq\f(\r(4k2＋8k＋3),2\r(2k＋1))＝eq\f(\r(2k＋3)\r(2k＋1),2\r(2k＋1))＝eq\f(\r(2k＋1＋1),2).∴当n＝k＋1时，不等式也成立．由①②知对一切大于1的自然数n，不等式都成立．教师备选用数学归纳法证明12＋32＋52＋…＋(2n－1)2＝eq\f(1,3)n(4n2－1)．证明①当n＝1时，左边＝12，右边＝eq\f(1,3)×1×(4×12－1)＝1，左边＝右边，等式成立．②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，等式成立，即12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＝eq\f(1,3)k(4k2－1)，则当n＝k＋1时，12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＋(2k＋1)2＝eq\f(1,3)k(4k2－1)＋(2k＋1)2＝eq\f(1,3)k(2k－1)(2k＋1)＋(2k＋1)2＝eq\f(1,3)(2k＋1)[k(2k－1)＋3(2k＋1)]＝eq\f(1,3)(2k＋1)(2k2＋5k＋3)＝eq\f(1,3)(2k＋1)(2k＋3)(k＋1)＝eq\f(1,3)(k＋1)(4k2＋8k＋3)＝eq\f(1,3)(k＋1)[4(k＋1)2－1]，即当n＝k＋1时，等式成立，由①②可知，对一切n∈N*等式成立．思维升华用数学归纳法证明与n有关的不等式，在归纳假设使用后可运用比较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用基本不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化．跟踪训练3已知数列{an}的前n项和Sn＝1－nan(n∈N*)．(1)计算a1，a2，a3，a4；(2)猜想an的表达式，并用数学归纳法证明你的结论．解(1)由Sn＝1－nan(n∈N*)得，a1＝S1＝1－a1，解得a1＝eq\f(1,2)；由S2＝a1＋a2＝1－2a2，解得a2＝eq\f(1,6)；由S3＝a1＋a2＋a3＝1－3a3，解得a3＝eq\f(1,12)；由S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1－4a4，解得a4＝eq\f(1,20)，所以计算得a1＝eq\f(1,2)，a2＝eq\f(1,6)，a3＝eq\f(1,12)，a4＝eq\f(1,20).(2)猜想an＝eq\f(1,nn＋1)，下面用数学归纳法证明：①当n＝1时，猜想显然成立．②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，猜想成立，即ak＝eq\f(1,kk＋1).那么，当n＝k＋1时，Sk＋1＝1－(k＋1)ak＋1，即Sk＋ak＋1＝1－(k＋1)ak＋1.又Sk＝1－kak＝eq\f(k,k＋1)，所以eq\f(k,k＋1)＋ak＋1＝1－(k＋1)ak＋1，从而ak＋1＝eq\f(1,k＋1k＋2)＝eq\f(1,k＋1[k＋1＋1]).即n＝k＋1时，猜想也成立．故由①和②可知，猜想成立．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\co1(\f(1,e)))x是指数函数(小前提)，所以函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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0<a<1时为减函数．2．(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0B．假设a，b，c，d至多有一个为0C．假设a，b，c，d不都为0D．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log28，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log28＝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．①③④C．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．1B．2C．3D．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2023项是()A．61B．62C．63D．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(nn＋1,2)≤2023，得n≤63，且n∈N*，当n＝63时，共有eq\f(63×64,2)＝2016项，则第2017项至第2080项均为64，即第2023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\co1(\f(bc,a)＋\f(ac,b)＋\f(ab,c)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bc,a)＋\f(ac,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bc,a)＋\f(ab,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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．是否存在一个等差数列{an}，使得对任何正整数n，等式a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n(n＋1)(n＋2)都成立，并证明你的结论．解将n＝1,2,3分别代入等式得方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝6，,a1＋2a2＝24，,a1＋2a2＋3a3＝60，))解得a1＝6，a2＝9，a3＝12，设等差数列{an}的公差为d，则d＝3，从而an＝3n＋3.故存在一个等差数列an＝3n＋3，使得当n＝1,2,3时，等式成立．下面用数学归纳法证明结论成立．①当n＝1时，结论显然成立．②假设n＝k(k≥1，且k∈N*)时，等式成立，即a1＋2a2＋3a3＋…＋kak＝k(k＋1)(k＋2)．那么当n＝k＋1时，a1＋2a2＋3a3＋…＋kak＋(k＋1)ak＋1＝k(k＋1)(k＋2)＋(k＋1)[3(k＋1)＋3]＝(k＋1)(k2＋2k＋3k＋6)＝(k＋1)(k＋2)(k＋3)＝(k＋1)[(k＋1)＋1][(k＋1)＋2]，所以当n＝k＋1时结论也成立．由①②知存在一个等差数列an＝3n＋3，使得对任何正整数n，等式a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n(n＋1)(n＋2)都成立．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．9B．10C．11D．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＋mm－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＋29－1,2)＝44，eq\f(10＋210－1,2)＝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．用数学归纳法证明“1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<n(n∈N*)”时，由假设n＝k(k>1，k∈N*)不等式成立，推证n＝k＋1不等式成立时，不等式左边应增加的项数为________．答案2k解析在用数学归纳法证明“1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<n(n∈N*)”时，假设当n＝k时不等式成立，左边＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1)，则当n＝k＋1时，左边＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1)＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)，则由n＝k递推到n＝k＋1时不等式左边增加了eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1