1、第一节合情推理与演绎推理本节主要包括2个知识点：1.合情推理；2.演绎推理.第十二章 推理与证明、算法、复数突破点(一)合情推理基础联通抓主干知识的“源”与“流”类型 定义 特点 归纳推理 根据某类事物的_对象具有某种特征，推出这类事物的_对象都具有这种特征的推理 由_到_、由_到_ 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_到_ 部分全部部分整体个别一般特殊特殊考点贯通抓高考命题的“形”与“神”归纳推理运用归纳推理时的一般步骤(1)通过观察特例发现某些相似性(特例的共性或一般规律)；(2)把这种相似性推广到一个明确表述的一般命题
2、(猜想)；(3)对所得出的一般性命题进行检验类型(一)与数字有关的推理例1 给出以下数对序列：(1,1)(1,2)(2,1)(1,3)(2,2)(3,1)(1,4)(2,3)(3,2)(4,1)记第i行的第 j 个数对为aij，如a43(3,2)，则anm()A(m，nm1)B(m1，nm)C(m1，nm1)D(m，nm)解析 由前4行的特点，归纳可得：若anm(a，b)，则am，bnm1，anm(m，nm1)答案 A易错提醒解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列、等比数列等类型(二)与式子有关的推理例 2(1)(2016山东高考)观察
3、下列等式：sin32sin2324312；sin52sin252sin352sin4524323；sin72sin272sin372sin6724334；sin92sin292sin392sin8924345；照此规律，sin2n12sin 22n12sin 2n2n12_.解析 观察前 4 个等式，由归纳推理可知sin2n12sin 22n12sin 2n2n1243n(n1)4nn13.答案 4n(n1)3(2)已知 x(0，)，观察下列各式：x1x2，x 4x2x2x2 4x23，x27x3x3x3x327x34，类比得 x axnn1(nN*)，则 a_.解析 第一个式子是 n1 的情
4、况，此时 a111；第二个式子是 n2 的情况，此时 a224；第三个式子是 n3的情况，此时 a3327，归纳可知 ann.答案 nn方法技巧与式子有关的推理类型及解法(1)与等式有关的推理观察每个等式的特点，找出等式左右两侧的规律及符号后可解(2)与不等式有关的推理观察每个不等式的特点，注意是纵向看，找到规律后可解类型(三)与图形有关的推理例3 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()A21 B34 C52 D55解析 因为211,321,532，即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
5、案 D方法技巧与图形有关的推理的解法与图形变化相关的归纳推理，解决的关键是抓住相邻图形之间的关系，合理利用特殊图形，找到其中的变化规律，得出结论，可用赋值检验法验证其真伪性类比推理1类比推理的应用一般分为类比定义、类比性质和类比方法，常用技巧如下：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 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 类比方法 有一些处理问题的方法具有类比性，我们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 2平面中常见的元素与
6、空间中元素的类比：平面 点 线 圆 三角形 角 面积 周长 空间 线 面 球 三棱锥 二面角 体积 表面积 例4 如图，在梯形ABCD中，ABCD，ABa，CDb(ab)若EFAB，EF到CD与AB的距离之比为mn，则可推算出：EF manbmn.用类比的方法，推想出下面问题的结果在上面的梯形ABCD中，分别延长梯形的两腰AD和BC交于O点，设OAB，ODC的面积分别为S1，S2，则OEF的面积S0与S1，S2的关系是()AS0mS1nS2mn BS0nS1mS2mnC.S0m S1n S2mn D.S0n S1m S2mn解析 在平面几何中类比几何性质时，一般是由平面几何中点的性质类比推理线
7、的性质；由平面几何中线段的性质类比推理面积的性质故由EF manbmn类比到关于OEF的面积S0与S1，S2的关系是 S0m S1n S2mn.答案 C方法技巧类比推理的步骤和方法(1)类比推理是由特殊到特殊的推理，其一般步骤为：找出两类事物之间的相似性或一致性；用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题(猜想)(2)类比推理的关键是找到合适的类比对象平面几何中的一些定理、公式、结论等，可以类比到立体几何中，得到类似的结论 能力练通抓应用体验的“得”与“失”1考点二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
8、“(ab)cacbc”；“(mn)tm(nt)”类比得到“(ab)ca(bc)”；“t0，mtxtmx”类比得到“p0，apxpax”；“|mn|m|n|”类比得到“|ab|a|b|”；“acbcab”类比得到“acbcab”以上的式子中，类比得到的结论正确的个数是()A1 B2 C3 D4解析：正确，错误答案：B 2考点二在平面几何中有如下结论：正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则 S1S2 14，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V1，外接球体积为V2，则V1V2()A.18 B.19C.164D.127解析：正四面体的内切球与外接球的半径之
9、比为13，故V1V2 127.答案：D 3考点一类型(一)两旅客坐火车外出旅游，希望座位连在一起，且有一个靠窗，已知火车上的座位如图所示，则下列座位号码符合要求的应当是()窗口 1 2 过道 3 4 5 窗口 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 A48,49 B62,63 C75,76 D84,85解析：由已知图形中座位的排序规律可知，被5除余1的数和能被5整除的座位号靠窗，由于两旅客希望座位连在一起，且有一个靠窗，分析选项中的4组座位号知，A、B两组座位号都不靠窗，C中两个座位没有连在一起，只有D符合条件答案：D 4设 n 为正整数，f(n)112131n，计算得 f(2)3
10、2，f(4)2，f(8)52，f(16)3，观察上述结果，可推测一般的结论为_解析：f(21)32，f(22)242，f(23)52，f(24)62，归纳得f(2n)n22(nN*)答案：f(2n)n22(nN*)考点一类型(二)5考点一类型(三)蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师，单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形，如图为一组蜂巢的截面图其中第一个图有1个蜂巢，第二个图有7个蜂巢，第三个图有19个蜂巢，按此规律，以f(n)表示第n个图的蜂巢总数则f(4)_，f(n)_.解析：因为 f(1)1，f(2)716，f(3)191612，所以 f(4)16121837，所以 f(n)1612186
11、(n1)3n23n1.答案：37 3n23n1突破点(二)演绎推理基础联通抓主干知识的“源”与“流”演绎推理(1)定义：从出发，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)模式：“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：大前提已知的；小前提所研究的；结论根据一般原理，对做出的判断(3)特点：演绎推理是由的推理一般性的原理一般原理特殊情况特殊情况一般到特殊考点贯通抓高考命题的“形”与“神”演绎推理典例 数列an的前 n 项和记为 Sn，已知 a11，an1n2n Sn(nN*)证明：(1)数列Snn 是等比数列；(2)Sn14an.证明(1)an1Sn1Sn，an1n2n Sn，(n2
12、)Snn(Sn1Sn)，即 nSn12(n1)Sn.故 Sn1n12Snn，(小前提)故Snn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)证明 由(1)可知数列Snn 是等比数列，(大前提)所以 Sn1n14 Sn1n1(n2)，即 Sn14(n1)Sn1n14n12n1 Sn14an(n2)又 a23S13，S2a1a21344a1，(小前提)所以对于任意正整数 n，都有 Sn14an.(结论)(2)Sn14an.方法技巧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
13、的，则可以省略，本例中，等比数列的定义在解题中是大前提，由于它是显然的，因此省略不写(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 能力练通抓应用体验的“得”与“失”1已知函数 f(x)aax a(a0，且 a1)(1)证明：函数 yf(x)的图象关于点12，12 对称；(2)求 f(2)f(1)f(0)f(1)f(2)f(3)的值解：(1)证明：函数 f(x)的定义域为全体实数，任取一点(x，y)，它关于点12，12 对称的点的坐标为(1x，1y)(大前提)由已知 yaax a，则1y1aax aaxax a，f(1x)aa1x aaaax aaaxa aaxaxa
14、x a，(小前提)1yf(1x)，即函数yf(x)的图象关于点12，12 对称(结论)解：由(1)知1f(x)f(1x)，即 f(x)f(1x)1.f(2)f(3)1，f(1)f(2)1，f(0)f(1)1.故 f(2)f(1)f(0)f(1)f(2)f(3)3.(2)求 f(2)f(1)f(0)f(1)f(2)f(3)的值2已知函数yf(x)满足：对任意a，bR，ab，都有af(a)bf(b)af(b)bf(a)，试证明：f(x)为R上的单调增函数证明：设任意x1，x2R，取x1x1f(x2)x2f(x1)，所以x1f(x1)f(x2)x2f(x2)f(x1)0，f(x2)f(x1)(x2x
15、1)0，因为x10，所以f(x2)f(x1)0，即f(x2)f(x1)(小前提)所以yf(x)为R上的单调增函数(结论)全国卷5年真题集中演练明规律1(2016全国甲卷)有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是_解析：由丙所言可能有两种情况一种是丙持有“1和2”，结合乙所言可知乙持有“2和3”，从而甲持有“1和3”，符合甲所言情况；另一种是丙持有“1和3”，结合乙所言可知乙持有“2和3”，从而甲持有“1和2”，不符合甲所言情况故甲持有“1和3”答案：1和32(2014新课标全国卷)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A，B，C三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；乙说：我没去过C城市；丙说：我们三个去过同一城市由此判断乙去过的城市为_解析：由于甲、乙、丙三人去过同一城市，而甲没有去过B城市，乙没有去过C城市，因此三人去过的同一城市应为A，而甲去过的城市比乙多，但没去过B城市，所以甲去过A，C城市，乙去过的城市应为A.答案：A
