1、第三节合情推理与演绎推理1合情推理类型定义特点归纳推理从个别事实中推演出一般性的结论由部分到整体、由个别到一般类比推理根据两个(或两类)对象之间在某些方面的相似或相同，推演出它们在其他方面也相似或相同由特殊到特殊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：大前提已知的一般原理；小前提所研究的特殊情况；结论根据一般原理，对特殊情况做出的判断小题体验1已知数列an中，a11，n2时，anan12n1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是_答案：ann22已知数
2、列an的第1项a11，且an1(n1,2,3，)，归纳该数列的通项公式an_.答案：3在平面上，若两个正三角形的边长的比为12，则它们的面积比为14.类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长的比为12，则它们的体积比为_答案：181合情推理是从已知的结论推测未知的结论，发现与猜想的结论都要经过进一步严格证明2演绎推理是由一般到特殊的证明，它常用来证明和推理数学问题，注意推理过程的严密性，书写格式的规范性3合情推理中运用猜想不能凭空想象，要有猜想或拓展依据小题纠偏1由，猜想若m0，则与之间的大小关系为_答案：2推理：“矩形是平行四边形；三角形不是平行四边形；所以三角形不是矩形”中的小前提是_(填序
3、号)解析：由三段论的形式，可知小前提是三角形不是平行四边形故填.答案：题组练透1若P0(x0，y0)在椭圆1(ab0)外，过P0作椭圆的两条切线的切点为P1，P2，则切点弦P1P2所在的直线方程是1，那么对于双曲线则有如下命题：若P(x0，y0)在双曲线1(a0，b0)外，过P0作双曲线的两条切线，切点为P1，P2，则切点弦P1P2所在直线的方程是_解析：类比椭圆的切点弦方程可得双曲线1的切点弦方程为1.答案：12半径为x(x0)的圆的面积函数f(x)的导数等于该圆的周长的函数对于半径为R(R0)的球，类似的结论为_解析：因为半径为x(x0)的圆的面积函数f(x)x2，所以f(x)2x.类似地
4、，半径为R(R0)的球的体积函数V(R)R3，所以V(R)4R2.故对于半径为R(R0)的球，类似的结论为半径为R(R0)的球的体积函数V(R)的导数等于该球的表面积的函数答案：半径为R(R0)的球的体积函数V(R)的导数等于该球的表面积的函数3(2018宿迁期末)对于自然数方幂和Sk(n)1k2knk(nN*，kN*)，S1(n)，S2(n)1222n2，求和方法如下：2313331，3323322321，(n1)3n33n23n1，将上面各式左右两边分别相加，就会有(n1)3133S2(n)3S1(n)n，解得S2(n) n(n1)(2n1)，类比以上过程，则S3(n)_.解析：24144
5、13612411，3424423622421，(n1)4n44n36n24n1，将上面各式左右两边分别相加，就会有(n1)4144S3(n)6S2(n)4S1(n)n，代入S1(n)n(n1)，S2(n)n(n1)(2n1)，可得S3(n)n2(n1)2.答案：n2(n1)2谨记通法类比推理的分类及处理方法类别解读适合题型类比定义在求解由某种熟悉的定义产生的类比推理型试题时，可以借助原定义来求解已知熟悉定义类比新定义类比性质从一个特殊式子的性质、一个特殊图形的性质入手，提出类比推理型问题，求解时要认真分析两者之间的联系与区别，深入思考两者的转化过程是求解的关键平面几何与立体几何、等差数列与等比
6、数列类比方法有一些处理问题的方法具有类比性，可以把这种方法类比应用到其他问题的求解中，注意知识的迁移已知熟悉的处理方法类比未知问题的处理方法锁定考向归纳推理是每年高考的常考内容常见的命题角度有：(1)与数字有关的推理；(2)与式子有关的推理；(3)与图形有关的推理 题点全练角度一：与数字有关的推理1(2019太湖高级中学检测)如图，它满足第n行首尾两数均为n，A(i，j)表示第i(i2)行第j个数，则A(100,2)的值是_解析：由图可知：第二行的第二个数为2，第三行的第二个数为422，第四行的第二个数为7322，第五行的第二个数为114322，第六行的第二个数为1654322，故推断第n行的
7、第二个数为(n1)(n2)22，故第100行的第二个数为4 951，所以A(100,2)的值是4 951.答案：4 951角度二：与式子有关的推理2(2018常熟中学测试)已知cos ，cos cos ，cos cos cos ，(1)根据以上等式，可猜想出的一般结论是_；(2)若数列an中，a1cos ，a2cos cos ，a3cos cos cos ，前n项和Sn，则n_.解析：(1)从题中所给的几个等式可知，第n个等式的左边应有n个余弦相乘，且分母均为2n1，分子分别为，2，n，右边应为，故可以猜想出的一般结论为 cos cos cos (nN*)(2)由(1)可知an，故Sn1，解得
8、n10.答案：(1)cos cos cos (nN*)(2)10角度三：与图形有关的推理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an，则a2 019_.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25414，黑圈数为52413，所以第4行的“坐标”为(1
9、4,13)，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11,31，91,271,811，所以可以归纳出第n行的黑圈数an(nN*)，所以a2 019.答案：通法在握归纳推理问题的常见类型及解题策略常见类型解题策略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可解与式子有关的推理观察每个式子的特点，找到规律后可解与图形变化有关的推理合理利用特殊图形归纳推理得出结论，并用赋值检验法验证其真伪性演练冲关1(2019苏州调研)观察下列式子：1，1，1，根据以上式子可以猜想1_.解析：由题意，根据所
10、给式子，右边分子是2n1，分母是n，可得答案为 .答案： 2某种平面分形图如图所示，一级分形图是由一点出发的三条线段，长度均为1，两两夹角为120；二级分形图是在一级分形图的每条线段的末端出发再生成两条长度为原来的线段，且这两条线段与原线段两两夹角为120，依此规律得到n级分形图n级分形图中共有_条线段解析：分形图的每条线段的末端出发再生成两条线段，由题图知，一级分形图有3(323)条线段，二级分形图有9(3223)条线段，三级分形图中有21(3233)条线段，按此规律n级分形图中的线段条数an32n3.答案：32n3典例引领数列an的前n项和记为Sn，已知a11，an1Sn(nN*)证明：(
11、1)数列是等比数列；(2)Sn14an.证明：(1)因为an1Sn1Sn，an1Sn，所以(n2)Snn(Sn1Sn)，即nSn12(n1)Sn.故2，(小前提)故是以2为公比，1为首项的等比数列(结论)(大前提是等比数列的定义)(2)由(1)可知4(n2)，所以Sn14(n1)4Sn14an(n2)(小前提)又因为a23S13，S2a1a21344a1，(小前提)所以对于任意正整数n，都有Sn14an.(结论)由题悟法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
12、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即时应用(2018南通中学高三数学练习)设数列an是各项均为正数的等比数列，其前n项和为Sn，若a1a564，S5S348.(1)求数列an的通项公式；(2)对于正整数k，m，l(kml)，求证：“mk1且lk3”是“5ak，am，al这三项经适当排序后能构成等差数列”成立的充要条件解：(1)因为数列an是各项均为正数的等比数列，所以a1a5a64，所以a38，又因为S5S348，所以a5a48q28q48，所以q2，所以an82n32n.(2)证明：()必要性：设5ak，am，al这三项经适当排序后能构成等差数列，若25akamal，则1
13、02k2m2l，所以102mk2lk，所以52mk12lk1，又因为kml，所以所以若2am5akal，则22m52k2l，所以2m1k2lk5，左边为偶数，等式不成立若2al5akam，同理也不成立，综合，得mk1，lk3，所以必要性成立()充分性：设mk1，lk3，则5ak，am，al这三项为5ak，ak1，ak3，即5ak,2ak,8ak，调整顺序后易知2ak,5ak,8ak成等差数列，所以充分性也成立综合()()，充要性得证一抓基础，多练小题做到眼疾手快1(2019徐州调研)已知f(n)1(nN*)，经计算得f(4)2，f(8)，f(16)3，f(32)，则对于任意n(nN*)有不等式
14、_成立解析：观察已知中的等式： f(2)，f(4)2，f(8)，f(16)3，f(32)，则f(2n).答案：f(2n)2设等差数列an的前n项和为Sn，则S4，S8S4，S12S8，S16S12成等差数列类比以上结论我们可以得到的一个真命题为：设等比数列bn的前n项积为Tn，则_成等比数列解析：利用类比推理把等差数列中的差换成商即可答案：T4，3由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则：“mnnm”类比得到“abba”；“(mn)tmtnt”类比得到“(ab)cacbc”；“(mn)tm(nt)”类比得到“(ab)ca(bc)”；“t0，mtxtmx”类比得到“p0，apxpax”；
15、“|mn|m|n|”类比得到“|ab|a|b|”；“”类比得到“”以上的式子中，类比得到的结论正确的个数是_解析：正确，错误答案：24(2018扬州期末)点(x0，y0)到直线AxByC0的距离公式为d，通过类比的方法，可求得：在空间中，点(1,1,2)到平面xy2z30的距离为_解析：在空间中，点(1,1,2)到平面xy2z30的距离d.答案：5(2019南京调研)已知函数f(x)x3x，对于等差数列an满足：f(a21)2， f(a2 0163)2，Sn是其前n项和，则S2 017_.解析：因为函数f(x)x3x为奇函数，且在R上单调递增，又因为f(a21)2，f(a2 0163)2，则a
16、21(a2 0163)，即a2a2 0164，即a1a2 0174.则S2 017(a1a2 017)4 034.答案：4 0346(2018启东检测) x表示不超过x的最大整数，例如：3.S13，S210，S321，依此规律，那么S10_.解析：因为x表示不超过x的最大整数，所以S1133，S22510，S33721，Snn(2n1)，所以S101021210.答案：210二保高考，全练题型做到高考达标1已知正三角形ABC，它的高为h，内切圆的半径为r，则，类比这一结论可知：正四面体SABC的高为H，内切球的半径为R，则_.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
17、的内切球半径等于这个正四面体高的.证明如下：球心到正四面体一个面的距离即球的半径R，连结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，设正四面体一个面的面积为S，所以4SRSH，解得RH，所以.答案： 2观察下列等式1211222312223261222324210照此规律，第n个等式可为_解析：观察规律可知，第n个式子为12223242(1)n1n2(1)n1.答案：12223242(1)n1n2(1)n13(2018南京第十三中学检测)某种树的分枝生长规律如图所示，第1年到第5年的分枝数分别为1,1,2,3,5，则预计第10年树的分枝数为_解析：因为211,321,532，即
18、从第三项起每一项都等于前两项的和，所以第10年树的分枝数为213455.答案：554(2019南京模拟)观察下列式子：2，8，根据以上规律，第n(nN*)个不等式是_解析：根据所给不等式可得第n个不等式是 .答案：5在平面几何中：ABC的C内角平分线CE分AB所成线段的比为.把这个结论类比到空间：在三棱锥ABCD中(如图)，平面DEC平分二面角ACDB且与AB相交于E，则得到类比的结论是_解析：由平面中线段的比转化为空间中面积的比可得.答案：6(2018常州调研)已知数组，记该数组为(a1)，(a2，a3)，(a4，a5，a6)，则a2 019_.解析：设a2 019是第M组数中的第N个数，则
19、解得M64，且123632 016，2 0192 0163，a2 019.答案：7(2018沭阳月考)将正奇数按如下规律填在5列的数表中：则2 019排在该表的第_行，第_列(行是从上往下数，列是从左往右数).135715131191719212331292725解析：2 0192528325385，2 019在第253行，第三列数：3,11,19,27，规律为8n5，2 019应该出现在第3列答案：25338如果函数f(x)在区间D上是凸函数，那么对于区间D内的任意x1，x2，xn，都有f.若ysin x在区间(0，)上是凸函数，那么在ABC中，sin Asin Bsin C的最大值是_解析
20、：由题意知，凸函数满足f，又ysin x在区间(0，)上是凸函数，则sin Asin Bsin C3sin3sin.答案：9(2018苏州调研)已知函数f(x)ln x，g(x)x2xm.(1)当m0时，求函数F(x)f(x)g(x)在(0，a的最大值；(2)证明：当m3时，不等式f(x)g(x)x2(x2)ex对任意x均成立(其中e为自然对数的底数，e2.718)解：(1)当m0时，F(x)ln xx2x，x(0，)，则F(x)，x(0，)，当0x1时，F(x)0；当x1时，F(x)0，所以F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以当0a1时，F(x)的最大值为F(a)ln
21、aa2a；当a1时，F(x)的最大值为F(1)0.(2)证明：f(x)g(x)x2(x2)ex可化为m(x2)exln xx，设h(x)(x2)exln xx，x，要证m3时，mh(x)对任意x均成立，只要证h(x)max3即可，下证此结论成立因为h(x)(x1)，所以当x1时，x10，设u(x)ex，则u(x)ex0，所以u(x)在上单调递增，又因为u(x)在区间上的图象是一条不间断的曲线，且u20，u(1)e10，所以x0，使得u(x0)0，即e，ln x0x0，当x时，u(x)0，h(x)0；当x(x0,1)时，u(x)0，h(x)0；所以函数h(x)在上单调递增，在(x0,1上单调递减
22、，所以h(x)maxh(x0)(x02)eln x0x0(x02)2x012x0.因为y12x在x上单调递增，所以h(x0)12x01223，即h(x)max3，所以当m3时，不等式f(x)g(x)x2(x2)ex对任意x均成立. 10已知O是ABC内任意一点，连结AO，BO，CO并延长，分别交对边于A，B，C，则1，这是一道平面几何题，其证明常采用“面积法”：1.请运用类比思想，对于空间中的四面体ABCD，存在什么类似的结论，并用“体积法”证明解：在四面体ABCD中，任取一点O，连结AO，DO，BO，CO并延长，分别交四个面于E，F，G，H点则1.证明：在四面体OBCD与ABCD中，.同理有
23、；.所以1.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1观察下列事实：|x|y|1的不同整数解(x，y)的个数为4，|x|y|2的不同整数解(x，y)的个数为8，|x|y|3的不同整数解(x，y)的个数为12，则|x|y|20的不同整数解(x，y)的个数为_解析：由|x|y|1的不同整数解的个数为4，|x|y|2的不同整数解的个数为8，|x|y|3的不同整数解的个数为12，归纳推理得|x|y|n的不同整数解的个数为4n，故|x|y|20的不同整数解的个数为80.答案：802古希腊的数学家研究过各种多边形数记第n个k边形数为N(n，k)(k3)，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：三角形数N(n,3)
24、n2n四边形数N(n,4)n2五边形数N(n,5)n2n六边形数N(n,6)2n2n可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(20,15)的值为_解析：原已知式子可化为N(n,3)n2nn2n；N(n,4)n2n2n；N(n,5)n2nn2n；N(n,6)2n2nn2n.故N(n，k)n2n，N(20,15)202202 490.答案：2 4903.(2018东台中学检测)如图，已知双曲线1，F1，F2是左右两个焦点，点M在双曲线上(1)若F1MF290，求F1MF2的面积；(2)若F1MF2120，F1MF2的面积是多少？若F1MF260， F1MF2的面积又是多少？(3)观察以上结果，你能
25、猜出随着F1MF2的度数的变化，F1MF2的面积将怎样变化吗？试证明你的结论解：由双曲线方程知a2，b3，c，设MF1r1，MF2r2(r1r2)，由双曲线的定义，得r1r22a4，将r1r24两边平方得rr2r1r216，(1)若F1MF290，在RtF1MF2中，有F1F4SF1MF216，即52164SF1MF2，解得SF1MF29.(2)若F1MF2120，在F1MF2中，由余弦定理得F1Frr2r1r2cos 120，即F1F(r1r2)23r1r2，即(2)2423r1r2，所以r1r212，可得SF1MF2r1r2sin 1203.同理可得，若F1MF260时，SF1MF29.(3)由此猜想：随着F1MF2的度数的逐渐增大，F1MF2的面积将逐渐减小证明如下：令F1MF2(0)，则SF1MF2r1r2sin ，由双曲线的定义及余弦定理，得得r1r2，所以SF1MF2，因为0，0，所以当时，tan 是增函数而当tan 逐渐增大时，SF1MF2将逐渐减小，所以随着F1MF2的度数的逐渐增大，F1MF2的面积将逐渐减小