备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第七章 §7.5 推理与证明

这是一份备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第七章 §7.5 推理与证明，共13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，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．
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．已知a，b为实数，用反证法证明命题：“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 (2022·咸阳模拟)若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(n∈N*)，则a的值为( )
A．2n B．n2 C．22(n－1) D．nn
答案 D
解析 由题意，得当分母的指数为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，在x＋eq \f(a,xn)≥n＋1中，a的值为nn.
命题点2 类比推理
例2 (2022·成都质检)在△ABC中，AC⊥BC，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 (2023·西安模拟)下列三句话按“三段论”的表述形式，排列顺序正确的是( )
①y＝ln|x|是偶函数；②y＝ln|x|的图象关于y轴对称；③偶函数的图象关于y轴对称．
A．①→②→③ B．③→②→①
C．②→①→③ D．③→①→②
答案 D
解析 根据“三段论”可知，偶函数的图象关于y轴对称是“大前提”，y＝ln|x|是偶函数是“小前提”，y＝ln |x|的图象关于y轴对称是“结论”．
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；等差数列与等比数列类比；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)《论语·子路》篇中说：“名不正，则言不顺；言不顺，则事不成；事不成，则礼乐不兴；礼乐不兴，则刑罚不中；刑罚不中，则民无所措手足．”所以，名不正，则民无所措手足．上述推理用的是( )
A．类比推理 B．演绎推理
C．归纳推理 D．以上都不对
答案 B
解析 名不正⇒言不顺；言不顺⇒事不成；事不成⇒礼乐不兴；礼乐不兴⇒刑罚不中；刑罚不中⇒民无所措手足，所以名不正⇒民无所措手足．
这符合演绎推理的模式，故选B.
(2)已知命题“若数列{an}为等差数列，有am＋n＝eq \f(nan－mam,n－m)(m≠n，m，n∈N*)”是真命题．现已知数列{bn}(bn>0)为等比数列，若类比上述结论，则可得bm＋n＝________.
答案 eq \r(n－m,\f(b\\al(n,n),b\\al(m,m)))
解析 等差数列{an}中的mam和nan可以类比等比数列{bn}中的beq \\al(m,m)和beq \\al(n,n)，
等差数列{an}中的nan－mam可以类比等比数列{bn}中的eq \f(b\\al(n,n),b\\al(m,m))，所以等差数列{an}中的eq \f(nan－mam,n－m)可以类比等比数列{bn}中的eq \r(n－m,\f(b\\al(n,n),b\\al(m,m)))，故bm＋n＝eq \r(n－m,\f(b\\al(n,n),b\\al(m,m))).
(3)“开车不喝酒，喝酒不开车”，为了营造良好的交通秩序，全国各地交警都大力宣传和查处“酒驾行为”．某地交警在设卡查处“酒驾行为”时碰到甲、乙、丙三位司机，司机甲说：我喝酒了．司机乙说：我没有喝酒．司机丙说：甲没有喝酒．若这三位司机身上都有酒味，但只有一人真正喝酒了，三人中只有一人说的是真话，请你在不使用酒精测试仪的情况下，帮助交警判定出真正喝酒的人是________．
答案 乙
解析 因为只有一人真正喝酒了，三人中只有一人说的是真话，
如果甲说的是真话，那么乙说的也是真话，与只有一人说的是真话相矛盾，
故甲说的是假话，即甲没有喝酒是真的，
则丙说的是真话，那么乙说的就是假话，则真正喝酒的人是乙．
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，当且仅当“a＝b＝c”时等号成立．
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，当且仅当“a2＝b2＝c2”时等号成立．
命题点2 分析法
例5 用分析法证明：2eq \r(2)－eq \r(7)>eq \r(10)－3.
证明 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．
命题点3 反证法
例6 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．
证明 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．
命题点4 数学归纳法
例7 先猜想下列算式的和，并用数学归纳法证明：eq \f(1,1×4)＋eq \f(1,4×7)＋eq \f(1,7×10)＋…＋eq \f(1,3n－2×3n＋1)(n∈N*)．
解 猜想eq \f(1,1×4)＋eq \f(1,4×7)＋eq \f(1,7×10)＋…＋eq \f(1,3n－2×3n＋1)＝eq \f(n,3n＋1)(n∈N*)．
证明如下：①当n＝1时，猜想显然成立；
②假设当n＝k(k∈N*)时，猜想成立，即
eq \f(1,1×4)＋eq \f(1,4×7)＋eq \f(1,7×10)＋…＋eq \f(1,3k－2×3k＋1)＝eq \f(k,3k＋1)，
那么当n＝k＋1时，
eq \f(1,1×4)＋eq \f(1,4×7)＋eq \f(1,7×10)＋…＋eq \f(1,3k－2×3k＋1)＋eq \f(1,3k＋1×3k＋4)
＝eq \f(k,3k＋1)＋eq \f(1,3k＋1×3k＋4)
＝eq \f(k×3k＋4＋1,3k＋1×3k＋4)
＝eq \f(k＋1×3k＋1,3k＋1×3k＋4)
＝eq \f(k＋1,3k＋1＋1).
所以当n＝k＋1时，猜想也成立．
由①②知，猜想eq \f(1,1×4)＋eq \f(1,4×7)＋eq \f(1,7×10)＋…＋eq \f(1,3n－2×3n＋1)＝eq \f(n,3n＋1)(n∈N*)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．当证明一些复杂问题时，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．
(3)用数学归纳法证明与正整数n有关的命题，难点在于从n＝k到n＝k＋1，等式或不等式的变化和联系．
跟踪训练2 (1)已知a>0，b>0，求证：eq \f(a＋b,2)≥eq \f(2ab,a＋b).
证明 由题意知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)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．
课时精练
1．(2022·赤峰模拟)下面是一段“三段论”推理过程：若函数f(x)在(a，b)内可导且单调递增，则在(a，b)内，f′(x)>0恒成立．因为f(x)＝x3在(－1,1)内可导且单调递增，所以在(－1,1)内，f′(x)＝3x2>0恒成立．以上推理中( )
A．大前提错误 B．小前提错误
C．结论正确 D．推理形式错误
答案 A
解析 f(x)在(a，b)内可导且单调递增，则在(a，b)内，f′(x)≥0恒成立，故大前提错误．
2．(2023·榆林模拟)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等于( )
A．26 B．27 C．28 D．29
答案 D
解析 观察发现，1＋3＝4,3＋4＝7,4＋7＝11，
又7＋11＝18,11＋18＝29，则a7＋b7＝29.
3．我国古代数学名著《九章算术》的“论割圆术”中有：“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．”它体现了一种无限与有限的转化过程．比如表达式1＋eq \f(1,1＋\f(1,1＋…))(“…”代表无限次重复)可以通过方程1＋eq \f(1,x)＝x来求得x＝eq \f(1＋\r(5),2)，即1＋eq \f(1,1＋\f(1,1＋…))＝eq \f(1＋\r(5),2)；类似上述过程及方法，则eq \r(5＋\r(5＋…))的值为( )
A.eq \f(1＋\r(19),2) B.eq \f(1＋\r(21),2)
C．7 D．2eq \r(2)
答案 B
解析 由题意，令eq \r(5＋\r(5＋…))＝x，则eq \r(5＋x)＝x，
整理得x2－x－5＝0，解得x＝eq \f(1±\r(21),2)，∵x>0，
∴x＝eq \f(1＋\r(21),2).
4．(2022·西宁模拟)设a，b，c大于0，则a＋eq \f(1,b)，b＋eq \f(1,c)，c＋eq \f(1,a)的值( )
A．都大于2
B．至少有一个不大于2
C．都小于2
D．至少有一个不小于2
答案 D
解析 因为a，b，c都大于0，
所以a＋eq \f(1,b)＋b＋eq \f(1,c)＋c＋eq \f(1,a)＝a＋eq \f(1,a)＋b＋eq \f(1,b)＋c＋eq \f(1,c)≥2eq \r(a·\f(1,a))＋2eq \r(b·\f(1,b))＋2eq \r(c·\f(1,c))＝6，
当且仅当a＝b＝c＝1时取等号，
若a＋eq \f(1,b)<2，b＋eq \f(1,c)<2，c＋eq \f(1,a)<2，
则a＋eq \f(1,b)＋b＋eq \f(1,c)＋c＋eq \f(1,a)<6，与前面矛盾，
所以a＋eq \f(1,b)，b＋eq \f(1,c)，c＋eq \f(1,a)的值至少有一个不小于2.
5．利用数学归纳法证明不等式1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2n－1)A．1项 B．k项
C．2k－1项 D．2k项
答案 D
解析 由题意知当n＝k时，左边为1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2k－1)，当n＝k＋1时，左边为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＋2)＋…＋eq \f(1,2k＋1－1)，增加的部分为eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)＋…＋eq \f(1,2k＋1－1)，共2k项．
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．(2022·拉萨模拟)已知8>7,16>9,32>11，…，归纳猜想出一个不等式为________________．
答案 2n＋2>2n＋5，n∈N*
解析 由8>7,16>9,32>11可知，
第一个不等式为21＋2>2×1＋5，第二个不等式为22＋2>2×2＋5，第三个不等式为23＋2>2×3＋5，
依此类推，第n个不等式为2n＋2>2n＋5，n∈N*.
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)(S1＋S2＋S3＋S4)R
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，即V＝eq \f(1,3)(S1＋S2＋S3＋S4)R.
9．已知a，b∈(0，＋∞)．
(1)求证：eq \f(a,2a＋b)＋eq \f(b,a＋2b)≤eq \f(2,3)；
(2)若a＋b>4，求证：eq \f(a,b＋2)和eq \f(b,a＋2)中至少有一个大于eq \f(1,2).
证明 (1)要证eq \f(a,2a＋b)＋eq \f(b,a＋2b)≤eq \f(2,3)，
只需证eq \f(aa＋2b＋b2a＋b,2a＋ba＋2b)≤eq \f(2,3)，
只需证3(a2＋4ab＋b2)≤2(2a2＋5ab＋2b2)，
只需证a2＋b2≥2ab，即证(a－b)2≥0，这显然成立，所以eq \f(a,2a＋b)＋eq \f(b,a＋2b)≤eq \f(2,3)成立．
(2)假设eq \f(a,b＋2)≤eq \f(1,2)，eq \f(b,a＋2)≤eq \f(1,2)，
因为a，b∈(0，＋∞)，所以a＋2>0，b＋2>0，
所以2a≤b＋2,2b≤a＋2，
两式相加，得a＋b≤4，与a＋b>4矛盾．
所以eq \f(a,b＋2)和eq \f(b,a＋2)中至少有一个大于eq \f(1,2).
10．用数学归纳法证明：eq \f(1,12)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,2n－12)>1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n)(n∈N*)．
证明 (1)当n＝1时，左边＝1，右边＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，
左边>右边，所以不等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N*)时，不等式成立，
即eq \f(1,12)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,2k－12)>1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2k－1)－eq \f(1,2k).
则当n＝k＋1时，
eq \f(1,12)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,2k－12)＋eq \f(1,2k＋12)
>1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2k－1)－eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋12)
>1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2k－1)－eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋12k＋2)
＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2k－1)－eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1－1)－eq \f(1,2k＋1)，
即当n＝k＋1时，不等式也成立．
由(1)(2)知，不等式对任何n∈N*都成立．
11．分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证eq \r(b2－ac)A．a－b>0 B．a－c>0
C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－3b)(b－c)>0
答案 C
解析 由a>b>c，且a＋b＋c＝0可得b＝－a－c，a>0，c<0.
要证eq \r(b2－ac)即证a2－ac＋a2－c2>0，即证a(a－c)＋(a＋c)(a－c)>0，
即证a(a－c)－b(a－c)>0，即证(a－c)(a－b)>0.
故求证“eq \r(b2－ac)0.
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分裂成m个奇数，
则从底数是2到底数是m的式子中一共有2＋3＋4＋…＋m＝eq \f(m＋2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51个奇数，
因为eq \f(9＋2×9－1,2)＝44，eq \f(10＋2×10－1,2)＝54，
所以第51个奇数是底数为10的数的三次幂分裂的奇数的其中一个，即m＝10.
13．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．
14．在某歌唱比赛决赛前，要从实力相当的甲、乙、丙、丁4名选手中选一名与评委进行同台热身演唱，当4名选手被询问是谁与评委同台热身演唱时，
甲说：是丁与评委进行同台热身演唱；
乙说：是丁或甲与评委进行同台热身演唱；
丙说：是我与评委进行同台热身演唱；
丁说：不是甲或乙与评委进行同台热身演唱．
若这4名选手中只有2名选手说的是正确的，则与评委进行同台热身演唱的选手是________．
答案 丙
解析 若甲、乙说的对，则是丁与评委进行同台热身演唱，那么丙说的是错误的，丁说的也是正确的，与题设矛盾；
甲、丙不能同时说的对；
若甲、丁说的对，则乙说的也对，与题设矛盾；
乙、丙不能同时说的对；
若乙、丁说的对，则是丁与评委进行同台热身演唱，则甲说的也是对的，与题设矛盾；
若丙、丁说的对，则是丙与评委进行同台热身演唱，则甲、乙说的都不对，符合题意．
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