1、课标明确规定，数学思维能力包括“会用归纳、演绎和类比推理”1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_都具这些特征的推理或由个别事实概括出_的推理2类比推理：由两类对象具有_和其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象也具有_的推理全部对象一般结论某些类似特征这些特征3合情推理：归纳推理和类比推理都是根据_，经过观察、分析、比较、联想，再进行归纳、类比，然后提出_，我们把它们统称为合情推理4演绎推理：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常见模式：三段论5归纳从_到_，结论是似真的；演绎从一般到特殊，结论是必然的；类比从特殊到_，结论是_的已有的事实
2、猜想的推理一般性的原理特殊一般特殊似真考点一类比推理示范1 平面几何中，在正三角形中，外接圆半径等于内切圆半径的 2 倍用类比的方法写出立体几何中相似的命题分析 类比写出立体几何中相似命题后，还可类比平面结论的证明过程后去证空间相似命题解析 正四面体的外接球半径等于内切球半径的3倍VABCD13SBCD(Rr)13SBCD4r，Rr4r，R3r.【点评】在平面中，边数最少的多边形是三角形在空间，面数最少的多面体是四面体故三角形与四面体可作一些类比展示1 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，设等比数列bn的前 n 项积为 T
3、n，则 T4，_，_，T16T12成等比数列【答案】T8T4 T12T8【解析】对于等比数列，通过类比，有等比数列bn的前 n 项积为 Tn，则 T4，T8T4，T12T8，T16T12成等比数列方法点拨：平面几何问题类比立体几何问题，通常是平面几何的点、线、面类比立体几何的线、面、体，等差类比等比，通常是等差的和差类比等比的积商.考点二归纳推理示范2 将正ABC 分割成 n2(n2，nN)个全等的小正三角形(图 1，图 2 分别给出了 n2,3 的情形)，在每个三角形的顶点各放置一个数，使位于ABC 的三边及平行于某边的任一直线上的数(当数的个数不少于 3 时)都分别依次成等差数列，若顶点
4、A，B，C 处的三个数互不相同且和为 1，记所有顶点上的数之和为 f(n)，则有 f(2)2，f(3)_，f(n)_.解析当 n3 时，如图所示分别设各顶点的数用小写字母表示，即由条件知 abc1，x1x2ab，y1y2bc，z1z2cax1x2y1y2z1z22(abc)2,2gx1y2x2z1y1z26gx1x2y1y2z1z22(abc)2即 g13而 f(3)abcx1x2y1y2z1z2g11213103进一步可求得 f(4)5.由上知 f(1)中有三个数，f(2)中有 6 个数，f(3)中共有 10 个数相加，f(4)中有 15 个数相加，若 f(n1)中有 an1(n1)个数相加
5、，可是 f(n)中有(an1n1)个数相加，且由 f(1)133，f(2)63333 f(1)33，f(3)103 f(2)43，f(4)5f(3)53，可得 f(n)f(n1)n13，所以f(n)f(n1)n13 f(n2)n13 n3n13 n3n13 33f(1)n13 n3n13 33231316(n1)(n2)答案 103 16(n1)(n2)【点评】关键找出 f(n)与 f(n1)的关系展示2 将正三角形的每一边三等分，以每一条边上居中的一线段为边向外作正三角形得到六个正三角形，重复上述作法，一直继续下去设原正三角形的周长为 a0，依次所得的周长所成的数列记为an，判断数列an是何
6、种数列？并求通项公式 an.【分析】可以比较序号相邻的两个曲线的正三角形边长的变化来找出数列an相邻两项的数量关系【解析】设前一个曲线所含正三角形的边长为 l，则有后一个曲线中其长度变为 l43l，为图an1an 43.数列是等比数列，an43na0.【点评】注重归纳方法，体现新课标所倡导的教学活动方法：观察、实验、猜测、验证、推理方法点拨：归纳，应注重观察、猜想、推理、验证，通常可观察前几项的规律后，得出一般的规律.考点三演绎推理示范3 已知命题：“若数列an 为等差数列且 ama，anb(mn，m，nN*)，则 am nmanbmn”现已知数列 bnbn0，nN*为等比数列且 bma，bn
7、b(mn，m，nN*)(1)请给出已知命题的证明；(2)类比(1)的方法与结论，推导出 bmn.分析 观察 amnmanbmn，即 amnmamnanmn，需找出 amn 与 an 的关系，由等差数列的性质入手即可解析(1)因为在等差数列an 中，由等差数列性质得amnamnd，amnanmd，又 ama，anb，amnand，amnbmd，得mamnmamnd，namnnbmnd，两式相减得(mn)amnmanb，amnmanbmn.(2)在等比数列bn 中，由等比数列的性质得bmnbmqn，bmnbnqm，又 bma，bnb，bmnaqn，bmnbqm，得bmmnamqmn，bnmnbnq
8、mn，两式相除得 bmnmnambn，bmnmnambn.【点评】本题关键是用 am和 an 表示 amn，再解方程即可，即由等差数列的性质入手进行演绎推理！如图所示，已知在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列命题中，错误的是()AACBDBAC截面PQMNCACBDD异面直线PM与BD所成的角为45【答案】C【解析】由 PQAC，QMBD，PQQM 可得 ACBD，A 正确；由 PQAC，可得 AC截面 PQMN，B 正确；异面直线 PM 与 BD 所成的角等于 PM 与 PN 所成的角，D 正确；C 是错误的故选 C.方法点拨：演绎推理是证明数学问题最基本的推理形式.三段论是演
9、绎推理的重要形式.在大前提为真，推理正确的情况下，结论为真.高考中常考查的形式：类比型问题、归纳证明问题类比型问题是高考改革的一个亮点，最常见的是二维与三维 的类比关于归纳、证明是考得较多的题了注意从事物的个性悟出其一般规律，即为归纳思维1.(2011 陕西理)观察下列等式：11；2349；3456725；4567891049；.照此规律，第 n 个等式为_【答案】n(n1)(n2)(3n2)(2n1)2【解析】第 n 个等式是首项为 n、公差 1、项数为 2n1 的等差数列，即 n(n1)(n2)(3n2)n(2n1)2n12n1121(2n1)2.2(2011 湖北理)给 n 个自上而下相
10、连的正方形着黑色或白色当 n4 时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相邻的着色方案如右图所示，由此推断，当 n6 时，黑色正方形互不相邻的着色方案共有_种，至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有_种(结果用数值表示)【答案】21 43【解析】根据着色方案，可知 n6 时，若有 3 个黑色正方形，则有 3 种；有 2 个黑色正方形，则有 4321111(种)，若有 1 个黑色正方形，则有 6 种；若有 0 个黑色正方形，则有 1种所以共有 3116121(种)当 n6 时，当至少有 2 个黑色正方形相邻时，画出图形可得：当有 2 个黑色正方形相邻时，共 23 种；当有 3 个黑色正方形相邻时，共 12 种；当有 4 个黑色正方形相邻时，共 5 种；当有 5 个黑色正方形相邻时，共 2 种；当有 6 个黑色正方形相邻时，共 1 种故共有 231252143(种)
