1、第3讲 合情推理与演绎推理 第十一章 算法、复数与推理证明考纲解读 1.了解合情推理和演绎推理的含义，能进行简单的归纳推理和类比推理(重点)2掌握演绎推理的三段论，并能运用三段论进行一些简单的推理3弄清推理的一般步骤：实验、观察、比较；概括、联想、类推、推广；猜想新结论考向预测 从近三年高考情况来看，演绎推理贯穿于整个高考试卷的始末，而合情推理时有考查预测 2021 年将会考查归纳猜想及类比推理的应用题型为客观题，试题具有一定的综合性，属中等难度试题1 基础知识过关 PART ONE 1.推理(1)定义：根据一个或几个 01 _来确定一个新的判断的02 _就是推理(2)分类：推理一般分为03
2、_和 04 _.2.合情推理(1)定义：根据已有的事实，经过观察、分析、比较、联想，再进行 01_，然后提出02 _的推理叫做合情推理(2)分 类：数 学 中 常 用 的 合 情 推 理 有 03_ 和 04_.已知的判断思维过程合情推理演绎推理归纳、类比猜想归纳推理类比推理(3)归纳和类比推理的定义、特征名称归纳推理类比推理定义由某类事物的05 _具有某些特征，推出该类事物的06_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，叫做归纳推理由两类对象具有07_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，叫做类比推理特征由 08 _到09 _、由10_到11
3、 _的推理由 12 _到13 _的推理部分对象全部对象某些类似部分整体个别一般特殊特殊3.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 01 _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特殊1.概念辨析(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)由平面三角形的性质推测空间四面体的性质，这是一种合情推理()(3)把 a(bc)与 sin(xy)类比，则有 sin(xy)sinxsiny，此推理是正确的(
4、)(4)演绎推理在大前提、小前提和推理形式都正确时，得到的结论一定正确()答案(1)(2)(3)(4)答案2.小题热身(1)已知 a 是三角形一边的长，h 是该边上的高，则三角形的面积是12ah，如果把扇形的弧长 l，半径 r 分别看成三角形的底边长和高，可得到扇形的面积为12lr；由 112,1322,13532，可得到 135(2n1)n2，则两个推理过程分别属于()A.类比推理、归纳推理B类比推理、演绎推理C.归纳推理、类比推理D归纳推理、演绎推理解析 由三角形的面积公式得到扇形的面积公式有相似之处，此种推理为类比推理；由特殊到一般，此种推理为归纳推理答案解析(2)正弦函数是奇函数，f(
5、x)sin(x21)是正弦函数，因此 f(x)sin(x21)是奇函数，以上推理()A.结论正确B大前提不正确C.小前提不正确D全不正确解析 f(x)sin(x21)不是正弦函数答案解析(3)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()A.an3n1 Ban4n3C.ann2Dan3n1解析 a11，a24，a39，a416，猜想 ann2.答案解析(4)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_解析 V1V213S1h113S2h2S
6、1S2h1h2141218.18解析2 经典题型冲关 PART TWO 1.等差数列an的公差为 d，前 n 项的和为 Sn，则数列Snn 为等差数列，公差为d2.类似地，若各项均为正数的等比数列bn的公比为 q，前 n 项的积为 Tn，则等比数列n Tn的公比为()A.q2Bq2C.qD.n q 题型一 类比推理解析 在等差数列an中前 n 项的和为 Sn 的通项，且可写成Snn a1(n1)d2.所以在等比数列bn中应研究前 n 项的积为 Tn 的开 n 次方的形式类比可得n Tnb1(q)n1，其公比为 q.答案解析2.(2019揭阳模拟)已知结论：“在ABC 中，各边和它所对角的正弦比
7、相等，即 asinA bsinB csinC”，若把该结论推广到空间，则有结论：“在三棱锥 ABCD 中，侧棱 AB 与平面 ACD，平面 BCD 所成的角为，”，则有()A.BCsin ADsinB.ADsin BCsinC.SBCDsin SACDsinD.SACDsin SBCDsin答案解析 分别过 B，A 作平面 ACD、平面 BCD 的垂线，垂足分别为 E，F，则BAE，ABF，VBACD13SACDBE13SACDABsin，VABCD13SBCDAF13SBCDABsin，又13SACDABsin13SBCDABsin，即SBCDsin SACDsin.解析1.类比推理的四个角
8、度和四个原则(1)四个角度类比推理是由特殊到特殊的推理，可以从以下几个方面考虑类比：类比的定义：如等差、等比数列的定义，见举例说明 1；类比的性质：如椭圆、双曲线的性质；类比的方法：如基本不等式与柯西不等式；类比的结构：如三角形的内切圆与三棱锥的内切球(2)四个原则长度类比面积；面积类比体积；平面类比空间见举例说明 2；和类比积，差类比商.2.类比推理的一般步骤(1)找出两类事物之间的相似性或一致性(2)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).3.常见的类比推理题型的求解策略在进行类比推理时，不仅要注意形式的类比，还要注意方法的类比，且要注意以下两点：(1)找两类对
9、象的对应元素，如三角形对应三棱锥，圆对应球，面积对应体积等等(2)找对应元素的对应关系，如两条边(直线)垂直对应线面垂直或面面垂直，边相等对应面积相等如图所示，椭圆中心在坐标原点，F 为左焦点，当FBAB时，其离心率为 512，此类椭圆被称为“黄金椭圆”类比“黄金椭圆”，可推算出“黄金双曲线”的离心率 e 等于_512解析 设“黄金双曲线”的方程为x2a2y2b21，则 B(0，b)，F(c，0)，A(a,0)在“黄金双曲线”中，因为FBAB，所以FBAB0.又FB(c，b)，AB(a，b)所以 b2ac.而 b2c2a2，所以 c2a2ac.在等式两边同除以 a2，得 e 512.解析角度
10、1 与数字有关的归纳推理1.(2019 新 乡 模 拟)观 察 下 列 各 式110248 248,11248 2728,112248 30008,113248 330088,114248 3630968，则1199248 的十位数是()A.2 B4 C6 D8解析 记 11n248 的十位数为 an，经观察易得：a04，a12，a20，a38，a46，a54，a62，则可归纳出an的周期为 5，则 a99a46.答案解析题型二 归纳推理 角度 2 与式子有关的归纳推理2.(2019洛阳模拟)有下列一组不等式：131412，14151612，1516171812，16171819 11012，
11、根据这一规律，若第 19 个不等式为1m1m11m21n12，则 mn_.61解析 因为由131412，14151612，1516171812，16171819 11012，根据这一规律，则第 k 个不等式为 1k2 1k312k212，若第 19 个不等式为1m1m11m21n12，即 mk221，n2k240，所以 m21，n40，即 mn61.解析角度 3 与图形有关的归纳推理3.(2019马鞍山模拟)毕达哥拉斯学派在世界数学史上首次建立了数和形之间的联系，讨论了各种平面数(包括三角形数、正方形数、长方形数、五边形数等)，甚至将平面数推广到了立体数，如图所示：其中三棱锥数依次为 1,4,
12、10，则第 20 个三棱锥数为_附k1nk2122232n216nn12n11540解析 由棱锥数依次为 1,13,136,13610,1361015，则 S11，S23，S36，S410，S515，Sn123nnn1212(n2n)，则 TnS1S2S3Sn12(121222323n2n)，12(122232n2)(123n)解析 112n(n1)(2n1)14n(n1)16n(n1)(n2)，T20162021221540.解析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可解见举例说明 1.(2)与式子有关的归纳推理与不等式有关的推
13、理观察每个不等式的特点，注意是纵向看，找到规律后可解见举例说明 2.与数列有关的推理通常是先求出几个特殊项，采用不完全归纳法，找出数列的项与项数的关系，列出即可(3)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见举例说明 3.1.(2019萍乡一模)对于大于或等于 2 的自然数 m 的 n 次幂进行如图方式的“分裂”仿此，52 的“分裂”中最大的数是_，若 m3 的“分裂”中最小的数是 211，则 m 的值为_915解析 根据所给的数据，不难发现：在 n2 中所分解的最大的数是 2n1；在 n3 中，所分解的最小数是 n2n1.根据发现的规律可求 52 分裂
14、中，最大数是 5219；若 m3 的“分裂”中最小数是 211，则 n2n1211，解得 n15 或14(舍去).解析2.(2019山东省实验中学模拟)观察下列式子，ln 213，ln 31315，ln 413 15 17，.根 据 上 述 规 律，第n个 不 等 式 应 为_解析 由 ln 213，ln 31315，ln 4131517，归纳得到 ln(n1)13151712n1(nN*).解析ln(n1)13151712n1(nN*)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
15、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 a2020_.3201912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(14,13)，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,
16、271,811，所以可以归纳出第 n 行的黑圈数 an3n112(nN*)，所以 a20203201912.解析1.(2019全国卷)在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测甲：我的成绩比乙高乙：丙的成绩比我和甲的都高丙：我的成绩比乙高成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为()A.甲、乙、丙B乙、甲、丙C.丙、乙、甲D甲、丙、乙题型三 演绎推理答案解析 由于三人成绩互不相同且只有一个人预测正确若甲预测正确，则乙、丙预测错误，于是三人按成绩由高到低的次序为甲、乙、丙；若甲预测错误，则甲、乙按成绩由高到低的次序为乙、甲，又假设丙预测正确，则乙
17、、丙按成绩由高到低的次序为丙、乙，于是甲、乙、丙按成绩由高到低排序为丙、乙、甲，从而乙的预测也正确，与事实矛盾；若甲、丙预测错误，则可推出乙的预测也错误综上所述，三人按成绩由高到低的次序为甲、乙、丙故选 A.解析2.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)Snn(Sn1Sn)，即 nSn12(n1)Sn.Sn1n12Snn，又S11 10，(小前提)故Snn 是以 1 为首项，2 为公比的等比数列(结论)(大前提是等比数列的定义，这里省略了)证明(
18、2)由(1)可知 Sn1n14 Sn1n1(n2)，Sn14(n1)Sn1n14n12n1 Sn14an(n2)，(小前提)又 a23S13，S2a1a21344a1，(小前提)对于任意正整数 n，都有 Sn14an.(结论)(第(2)问的大前提是第(1)问的结论以及题中的已知条件)证明1.推理案例问题比类问题条件较多，做题时往往感到不知从哪里找到突破点，解答这类问题，一定要仔细阅读题文，逐条分析所给条件，并将其引伸，找到各条件的融汇之处和矛盾之处，多次应用假设、排除、验证，清理出有用“线索”，找准突破点，从而使问题得到解决见举例说明 1.2.三段论的应用(1)三段论推理的依据是：如果集合 M
19、 的所有元素都具有性质 P，S 是M 的子集，那么 S 中所有元素都具有性质 P.(2)应用三段论的注意点：解决问题时，首先应该明确什么是大前提，小前提，然后再找结论见举例说明 2.提醒：合情推理的结论是猜想，不一定正确；演绎推理在大前提、小前提和推理形式都正确时，得到的结论一定正确1.(2019宁夏平罗中学模拟)2018 年 4 月 4 日，中国诗词大会第三季总决赛如期举行，依据规则：本场比赛共有甲、乙、丙、丁、戊五位选手有机会问鼎冠军，某家庭中三名诗词爱好者依据选手在之前比赛中的表现，结合自己的判断，对本场比赛的冠军进行了如下猜测：爸爸：冠军是乙或丁；妈妈：冠军一定不是丙和丁；孩子：冠军是
20、甲或戊比赛结束后发现：三人中只有一个人的猜测是对的，那么冠军是_丁解析 若冠军是甲或戊，孩子与妈妈判断都正确，不符合题意；若冠军是乙，爸爸与妈妈判断都正确，不符合题意；若冠军是丙，三个人判断都不正确，不符合题意；若冠军是丁，只有爸爸判断正确，符合题意，故答案为丁.解析2.设函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数，对任意实数 x 有 f32x f32x成立证明 yf(x)是周期函数，并指出其周期解 由 f32x f32x，且 f(x)f(x)，知 f(3x)f3232x f3232x f(x)f(x)，所以 yf(x)是周期函数，且 T3 是其一个周期.解3 课时作业 PART THREE 1.
21、下面四个推导过程符合演绎推理三段论形式且推理正确的是()A.大前提：无限不循环小数是无理数；小前提：是无理数；结论：是无限不循环小数B.大前提：无限不循环小数是无理数；小前提：是无限不循环小数；结论：是无理数C.大前提：是无限不循环小数；小前提：无限不循环小数是无理数；结论：是无理数D.大前提：是无限不循环小数；小前提：是无理数；结论：无限不循环小数是无理数A组基础关答案解析 对于 A，小前提与大前提间逻辑错误，不符合演绎推理三段论形式；对于 B，符合演绎推理三段论形式且推理正确；对于 C，大小前提颠倒，不符合演绎推理三段论形式；对于 D，大小前提及结论颠倒，不符合演绎推理三段论形式.解析2.
22、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”；“|mn|m|n|”类比得到“|ab|a|b|”；“acbcab”类比得到“acbcab”以上式子中，类比得到的结论正确的个数是()A.1 B2 C3 D4答案解析 向量的数量积满足交换律，正确；向量的数量积满足分配律，正确；向量的数量积不满足结合律，不正确；向量的数量积不满足消去律，不正确；由向量的数量积公式，可知不正确；向量的数量积不满足消去律
23、，不正确；综上知，正确的个数为 2，故B 正确.解析3.已知 1323622,1323331222,132333432022，若 13233343n33025，则 n()A.8 B9 C10 D11解析 观察所提供的式子可知，等号左边最后一个数是 n3 时，等号右边的数为nn122，因此，令nn1223025，则nn1255，n10 或 n11(舍去).答案解析4.我们知道：在平面内，点(x0，y0)到直线 AxByC0 的距离公式 d|Ax0By0C|A2B2，通过类比的方法，可求得：在空间中，点(2,4,1)到直线 x2y2z30 的距离为()A.3 B5 C.5 217D3 5解析 利用
24、类比的方法，在空间中，点(x0，y0，z0)到直线 AxByCzD0 的距离 d|Ax0By0Cz0D|A2B2C2，所以点(2,4,1)到平面 x2y2z30 的距离 d2823144 153 5.答案解析5.设ABC 的三边长分别为 a，b，c，ABC 的面积为 S，内切圆半径为 r，则 r2Sabc，类比这个结论可知，四面体 SABC 的四个面的面积分别为 S1，S2，S3，S4，内切球半径为 R，四面体 SABC 的体积为 V，则 R等于()A.VS1S2S3S4B.2VS1S2S3S4C.3VS1S2S3S4D.4VS1S2S3S4答案解析 设四面体的内切球的球心为 O，则球心 O
25、到四个面的距离都是 R，由平面图形中 r 的求解过程类比空间图形中 R 的求解过程可得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，则四面体的体积为 VV四面体 SABC13(S1S2S3S4)R，所以 R3VS1S2S3S4.故选 C.解析6.已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 a11，Snn2an(nN*)，试归纳猜想出 Sn 的表达式为()A.Sn 2nn1BSn2n1n1C.Sn2n1n1DSn 2nn2解析 Snn2ann2(SnSn1)，Sn n2n21Sn1，又 S1a11，则S243，S33264，S485.猜想得 Sn 2nn1，故选 A.答
26、案解析7.(2019长春模拟)如图，将平面直角坐标系中的格点(横、纵坐标均为整数的点)按如下规则标上数字标签：原点处标 0，点(1,0)处标 1，点(1，1)处标 2，点(0，1)处标 3，点(1，1)处标 4，点(1,0)处标 5，点(1，1)处标 6，点(0,1)处标 7，依此类推，则标签为 20192 的格点的坐标为()A(1009,1008)B(1010,1009)C.(2018,2017)D(2019,2018)答案解析 观察已知图形可知，点(1,0)处标 1，即 12，点(2,1)处标 9，即 32，点(3,2)处标 25，即 52，由此推断，点(n1，n)处标(2n1)2.当 2
27、n12019 时，n1009，故标签为 20192 的格点的坐标为(1010,1009).解析8.若数列an是等差数列，对于 bn1n(a1a2an)，则数列bn也是等差数列类比上述性质，若数列cn是各项都为正数的等比数列，对于dn0，则 dn_时，数列dn也是等比数列解析 在类比等差数列的性质推理等比数列的性质时，我们一般的思路有：由加法类比推理为乘法，由减法类比推理为除法，由算术平均数类比推理为几何平均数等，故我们可以由数列an是等差数列，则当 bn1n(a1a2an)时，数列bn也是等差数列类比推断：若数列cn是各项均为正数的等比数列，则当 dnn c1c2cn时，数列dn也是等比数列.
28、n c1c2cn解析9.甲、乙、丙三人各从图书馆借来一本书，他们约定读完后互相交换三人都读完了这三本书之后，甲说：“我最后读的书与丙读的第二本书相同”乙说：“我读的第二本书与甲读的第一本书相同”根据以上说法，推断乙读的最后一本书是_读的第一本书解析 因为共有三本书，而乙读的第一本书与第二本书已经明确，只有丙读的第一本书乙还没有读，所以乙读的最后一本书是丙读的第一本书.丙解析10.已知点 A(x1，ax1)，B(x2，ax2)是函数 yax 的图象上任意不同的两点，依据图象可知，线段 AB 总是位于 A，B 两点之间函数图象的上方，因此有ax1ax22ax1x22成立运用类比思想方法可知，若点
29、A(x1，sinx1)，B(x2，sinx2)是函数 ysinx(x(0，)图象上任意不同的两点，则类似地有_成立sinx1sinx22ax1x22成立；而函数 ysinx(x(0，)，其变化率逐渐变小，线段 AB 总是位于 A，B 两点之间函数图象的下方，故可类比得到结论sinx1sinx221，nN*)，若 fm(x)x1256x(mN*)，则 m()A.9 B10 C11 D126解析 由题意可得 f2(x)f1f1(x)f12x2x 2 2x2x2 2x2x x1x，同理可得，f3(x)x12x，f4(x)x14x，f5(x)x18x，fn(x)x12n2x，由 fm(x)x1256x
30、(mN*)恒成立，可得 2m225628，即有 m28，即 m10.答案解析5.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 设等比数列bn的公比为 q，首项为 b1，则 T4b41q6，T8b81q127b81q28，T12b121 q1211b121 q66，T16b161 q1215b161 q120，T8T4b41q22，T12T8 b41q38，T16T12b41q54，故 T4，T8T4，T12T8，T16T12成等比数列.T4，T8T4
31、，T12T8，T16T12解析6.如图，平面上，点 A，C 为射线 PM 上的两点，点 B，D 为射线 PN上的两点，则有SPABSPCDPAPBPCPD(其中 SPAB，SPCD 分别为PAB，PCD 的面积)；空间中，点 A，C 为射线 PM 上的两点，点 B，D 为射线 PN 上的两点，点 E，F 为射线 PL 上的两点，则有VPABEVPCDF_(其中 VPABE，VPCDF 分别为四面体 PABE，PCDF 的体积)PAPBPEPCPDPF解析 设 PM 与平面 PDF 所成的角为，则 A 到平面 PDF 的距离 h1PAsin，C 到平面 PDF 的距离 h2PCsin，VPABE
32、VAPBE13SPBEh1，VPCDFVCPDF13SPDFh2，VPABEVPCDF13SPBEh113SPDFh213PBPEPAsin13PDPFPCsinPAPBPEPCPDPF.解析7.(2019淄博一模)古代埃及数学中发现有一个独特现象：除23用一个单独的符号表示以外，其它分数都要写成若干个单分数和的形式例如2513115，可以这样理解：假定有两个面包，要平均分给 5 个人，如果每人12，不够，每人13，余13，再将这13分成 5 份，每人得 115，这样每人分得13 115.形如22n1(n2,3,4，)的分数的分解：25 13 115，27 14 128，29 15 145，按
33、 此 规 律，22n1 _(n2,3,4，)1n11n12n1解析 由22212513 115 112121221，22312714 128 131131231，22412915 145 141141241，故22n1 1n11n12n1.解析8.(2019青岛三模)在九章算术方田章“圆田术”(刘徽注)中指出：“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”，注述中所用的剖圆术所体现的是一种无限与有限转化的思想比如在22 2中“”即代表无限次重复，但原数却是个定数 x，这可以通过 2xx 确定出来 x2，类似地可得到 1 132134 132n2_.98解析 类比已知算式，1 132 134 132n21 1321 1321132()可令 1132 134 132n2x，则 1 132xx，解得 x98.解析本课结束