【数学】2021届一轮复习人教A版（文）第十二章　第3讲　合情推理与演绎推理学案

【数学】2021届一轮复习人教A版（文）第十二章　第3讲　合情推理与演绎推理学案

第3讲　合情推理与演绎推理 一、知识梳理 ‎1．推理 ‎(1)定义：根据一个或几个已知的判断来确定一个新的判断的思维过程．‎ ‎(2)分类：推理 ‎2．合情推理 归纳推理 类比推理 定义 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 特点 由部分到整体、由个别到一般的推理 由特殊到特殊的推理 ‎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．‎ ‎(2)特点：演绎推理是由一般到特殊的推理．‎ ‎(3)模式：‎ 三段论 常用结论 ‎1．合情推理包括归纳推理和类比推理，其结论是猜想，不一定正确，‎ 若要确定其正确性，则需要证明．‎ ‎2．在进行类比推理时，要从本质上去类比，只从一点表面现象去类比，就会犯机械类比的错误．‎ ‎3．应用三段论解决问题，要明确什么是大前提、小前提，如果前提与推理形式是正确的，结论必定是正确的．若大前提或小前提错误，尽管推理形式是正确的，但所得结论是错误的．‎ 二、习题改编 ‎1．(选修12P25例3改编)给出下面类比推理命题(其中Q为有理数集，R为实数集，C为复数集)：‎ ‎①“若a，b∈R，则a－b＝0⇒a＝b”类比推出“若z1，z2∈C，则z1－z2＝0⇒z1＝z2”；‎ ‎②“若a，b，c，d∈R，则复数a＋bi＝c＋di⇒a＝c，b＝d”类比推出“若a，b，c，d∈Q，则a＋b＝c＋d⇒a＝c，b＝d”；‎ ‎③“若a，b∈R，则a－b>0⇒a>b”类比推出“若z1，z2∈C，则z1－z2>0⇒z1>z2”．‎ 其中类比得到的结论正确的是 ．‎ 答案：①②‎ ‎2．(选修12P23例2改编)已知数列{an}中，a1＝1，n≥2时，an＝an－1＋2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是 ．‎ 解析：由a1＝1，an＝an－1＋2n－1，则 a2＝a1＋2×2－1＝4；a3＝a2＋2×3－1＝9；‎ a4＝a3＋2×4－1＝16，所以猜想an＝n2.‎ 答案：an＝n2‎ 一、思考辨析 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(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)在类比时，平面中的三角形与空间中的平行六面体作为类比对象较为合适．(　　)‎ ‎(4)在演绎推理中，只要符合演绎推理的形式，结论就一定正确．(　　)‎ 答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×‎ 二、易错纠偏 (1)归纳推理没有找出规律；‎ ‎(2)类比推理类比规律错误．‎ ‎1．数列2，5，11，20，x…中的x等于 ．‎ 解析：由5－2＝3，11－5＝6，20－11＝9，推出x－20＝12，故x＝32.‎ 答案：32‎ ‎2．在平面上，若两个正三角形的边长比为1∶2，则它们的面积比为1∶4.类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长比为1∶2，则它们的体积比为 ．‎ 解析：＝＝·＝×＝.‎ 答案：1∶8‎ ‎　　　　　　归纳推理(多维探究)‎ 角度一　与数字(数列)有关的推理 ‎ 观察下列等式：‎ ‎1－＝，‎ ‎1－＋－＝＋，‎ ‎1－＋－＋－＝＋＋，‎ ‎…‎ 据此规律，第n个等式可为 ．‎ ‎【解析】　等式左边的特征：第1个等式有2项，第2个有4项，第3个有6项，且正负交错，故第n个等式左边有2n项且正负交错，应为1－＋－＋…＋－；等式右边的特征：第1个有1项，第2个有2项，第3个有3项，故第n个有n项，且由前几个的规律不难发现第n个等式右边应为＋＋…＋.‎ ‎【答案】　1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋ 角度二　与式子有关的推理 ‎ 设函数f(x)＝(x>0)，观察：‎ f1(x)＝f(x)＝，‎ f2(x)＝f(f1(x))＝，‎ f3(x)＝f(f2(x))＝，‎ f4(x)＝f(f3(x))＝，‎ ‎…‎ 根据以上事实，由归纳推理可得：‎ 当n∈N*且n≥2时，fn(x)＝f(fn－1(x))＝ ．‎ ‎【解析】　根据题意知，分子都是x，分母中的常数项依次是2，4，8，16，…，可知fn(x)的分母中常数项为2n，分母中x的系数为2n－1，故fn(x)＝f(fn－1(x))＝.‎ ‎【答案】　 角度三　与图形变化有关的推理 ‎ 我国的刺绣有着悠久的历史，如图所示(1)(2)(3)(4)为刺绣最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形个数越多刺绣越漂亮．现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第n个图形包含f(n) 个小正方形，则f(n)的表达式为(　　)‎ A．f(n)＝2n－1 B．f(n)＝2n2‎ C．f(n)＝2n2－2n D．f(n)＝2n2－2n＋1‎ ‎【解析】　我们考虑f(2)－f(1)＝4，f(3)－f(2)＝8，f(4)－f(3)＝12，…，结合图形不难得到f(n)－f(n－1)＝4(n－1)，累加得f(n)－f(1)＝2n(n－1)＝2n2－2n，故f(n)＝2n2－2n＋1.‎ ‎【答案】　D ‎(1)归纳推理的常见类型及求解策略 ‎①数的归纳．包括数字归纳和式子归纳，解决此类问题时，还需要细心观察，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．‎ ‎②形的归纳．主要包括图形数目归纳和图形变化规律归纳，解决的关键是抓住相邻图形之间的关系．‎ ‎(2)运用归纳推理的思维步骤 ‎　‎ ‎1.“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年．如图是杨辉三角数阵，记an为图中第n行各个数之和，则a5＋a11的值为(　　)‎ A．528 B．1 020 ‎ C．1 038 D．1 040‎ 解析：选D.a1＝1，a2＝2，a3＝4＝22，a4＝8＝23，a5＝16＝24，…，所以an＝2n－1，a5＋a11＝24＋210＝1 040，故选D.‎ ‎2．如图所示，是某小朋友在用火柴拼图时呈现的图形，其中第1个图形用了3根火柴，第2个图形用了9根火柴，第3个图形用了18根火柴，…，则第2 018个图形用的火柴根数为(　　)‎ A．2 014×2 017 B．2 015×2 016‎ C．3 024×2 018 D．3 027×2 019‎ 解析：选D.由题意，第1个图形需要火柴的根数为3×1；‎ 第2个图形需要火柴的根数为3×(1＋2)；‎ 第3个图形需要火柴的根数为3×(1＋2＋3)；‎ ‎…‎ 由此，可以推出第n个图形需要火柴的根数为3×(1＋2＋3＋…＋n)．所以第2 018个图形需要火柴的根数为3×(1＋2＋3＋…＋2 018)＝3×＝3 027×2 019.‎ ‎　　　　　　类比推理(典例迁移)‎ ‎ 如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，设a，b，c分别表示三条边的长度，由勾股定理，得c2＝a2＋b2.类比平面内直角三角形的勾股定理，试给出空间中四面体性质的猜想．‎ ‎【解】　如题图所示，在Rt△ABC中，‎ ‎∠C＝90°.‎ 设a，b，c分别表示3条边的长度，由勾股定理，得c2＝a2＋b2.‎ 类似地，在四面体PDEF中，∠PDF＝∠PDE＝∠EDF＝90°.设S1，S2，S3和S分别表示△PDF，△PDE，△EDF和△PEF的面积，相应于直角三角形的2条直角边a，b和1条斜边c，图中的四面体有3个“直角面”S1，S2，S3和1个“斜面”S.于是，类比勾股定理的结构，我们猜想S2＝S＋S＋S成立．‎ ‎【迁移探究】　(变条件)若本例条件“由勾股定理，得c2＝a2＋b2”换成“cos2 A＋cos2 B＝1”，则在空间中，给出四面体性质的猜想．‎ 解：如图，在Rt△ABC中，‎ cos2A＋cos2B＝＋＝＝1.‎ 于是把结论类比到四面体PA′B′C′中，我们猜想，四面体PA′B′C′中，若三个侧面PA′B′，PB′C′，PC′A′两两互相垂直，且分别与底面所成的角为α，β，γ，则cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1.‎ ‎1．二维空间中，圆的一维测度(周长)l＝2πr，二维测度(面积)S＝πr2，三维空间中，球的二维测度(表面积)S＝4πr2，三维测度(体积)V＝πr3.应用合情推理，若四维空间中，“超球”的三维测度V＝8πr3，则其四维测度W＝(　　)‎ A．2πr4 B．3πr4 ‎ C．4πr4 D．6πr4‎ 解析：选A.二维空间中，圆的一维测度(周长)l＝2πr，二维测度(面积)S＝πr2，(πr2)′＝2πr，三维空间中，球的二维测度(表面积)S＝4πr2，三维测度(体积)V＝πr3，′＝4πr2，四维空间中，“超球”的三维测度V＝8πr3，因为(2πr4)′＝8πr3，所以“超球”的四维测度W＝2πr4，故选A.‎ ‎2．在正项等差数列{an}中有＝成立，则在正项等比数列{bn}中，类似的结论为 ．‎ 解析：由等差数列的性质知，‎ ＝＝，‎ ＝＝，‎ 所以＝.‎ 在正项等比数列{bn}中，类似的有：‎ ＝＝＝，＝＝，‎ 所以＝，‎ 所以在正项等比数列{bn}中，类似的结论为 ＝.‎ 答案：＝ ‎　　　　　　演绎推理(师生共研)‎ ‎ 数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝Sn(n∈N*)．证明：‎ ‎(1)数列是等比数列；‎ ‎(2)Sn＋1＝4an.‎ ‎【证明】　(1)因为an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝Sn，‎ 所以(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，‎ 即nSn＋1＝2(n＋1)Sn.‎ 故＝2·，(小前提)‎ 故是以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)‎ ‎(2)由(1)可知＝4·(n≥2)，‎ 所以Sn＋1＝4(n＋1)·＝4··Sn－1‎ ‎＝4an(n≥2)．‎ 又因为a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，‎ 所以对于任意正整数n，都有Sn＋1＝4an.‎ 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．‎ ‎　已知函数y＝f(x)满足：对任意a，b∈R，a≠b，都有af(a)＋bf(b)>af(b)＋‎ bf(a)，试证明：f(x)为R上的单调递增函数．‎ 证明：设x1，x2∈R，取x1x1f(x2)＋x2f(x1)，‎ 所以x1[f(x1)－f(x2)]＋x2[f(x2)－f(x1)]>0，‎ ‎[f(x2)－f(x1)](x2－x1)>0，‎ 因为x10，f(x2)>f(x1)．‎ 所以y＝f(x)为R上的单调递增函数．‎ 核心素养系列22　逻辑推理——推理中的核心素养 ‎ (2019·高考全国卷Ⅱ)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 ‎【解析】　依题意，若甲预测正确，则乙、丙均预测错误，此时三人成绩由高到低的次序为甲、乙、丙；若乙预测正确，此时丙预测也正确，这与题意相矛盾；若丙预测正确，则甲预测错误，此时乙预测正确，这与题意相矛盾．综上所述，三人成绩由高到低的次序为甲、乙、丙，选A.‎ ‎【答案】　A 本题体现数学素养中的逻辑推理，表现为人们在数学活动中进行交流的基本思维品质，处理此类问题常采用辨证推理的思想．‎ ‎　(2020·河北省九校第二次联考)学校艺术节对同一类的A，B，C，D四项参赛作品只评一项一等奖，在评奖揭晓前，‎ 甲、乙、丙、丁四位同学对这四项参赛作品预测如下，‎ 甲说：“是C或D作品获得一等奖”；‎ 乙说：“B作品获得一等奖”；‎ 丙说：“A，D两项作品未获得一等奖”；‎ 丁说：“是C作品获得一等奖”．‎ 若这四位同学中只有两位说的话是对的，则获得一等奖的作品是 ‎ 解析：若获得一等奖的是A，则甲、乙、丙、丁四位同学说的话都错；若获得一等奖的是B，则乙、丙两位同学说的话对，符合题意；若获得一等奖的是C，则甲、丙、丁三位同学说的话都对；若获得一等奖的是D，则只有甲同学说的话对．故获得一等奖的作品是B.‎ 答案：B ‎[基础题组练]‎ ‎1．正弦函数是奇函数，f(x)＝sin(x2＋1)是正弦函数，因此f(x)＝sin(x2＋1)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：选C.因为f(x)＝sin(x2＋1)不是正弦函数，所以小前提不正确．‎ ‎2．若等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则数列为等差数列，公差为.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{ }的公比为(　　)‎ A. B．q2 ‎ C. D． 解析：选C.由题意知，Tn＝b1·b2·b3·…·bn＝b1·b1q·b1q2·…·b1qn－1＝bq1＋2＋…＋(n－1)＝bq，所以 ＝b1q，所以等比数列{ }的公比为，故选C.‎ ‎3．(2020·重庆市学业质量调研)甲、乙、丙、丁四位同学参加奥赛，其中只有一位获奖，有人走访四位同学，甲说：“是乙或丙获奖．”乙说：“甲、丙都未获奖．”丙说：“我获奖了．”丁说：“是乙获奖．”已知四位同学的话只有一句是对的，则获奖的同学是(　　)‎ A．甲 B．乙 ‎ C．丙 D．丁 解析：选D.假设获奖的同学是甲，则甲、乙、丙、丁四位同学的话都不对，因此甲不是获奖的同学；假设获奖的同学是乙，则甲、乙、丁的话都对，因此乙也不是获奖的同学；假设获奖的同学是丙，则甲和丙的话都对，因此丙也不是获奖的同学．从前面推理可得丁为获奖的同学，此时只有乙的话是对的，故选D.‎ ‎4．(2020·荆州质检)若正偶数由小到大依次排列构成一个数列，则称该数列为“正偶数列”，且“正偶数列”有一个有趣的现象：‎ ‎①2＋4＝6；‎ ‎②8＋10＋12＝14＋16；‎ ‎③18＋20＋22＋24＝26＋28＋30；‎ ‎…‎ 按照这样的规律，则2 018所在等式的序号为(　　)‎ A．29 B．30 ‎ C．31 D．32‎ 解析：选C.由题意知，每个等式中正偶数的个数组成等差数列3，5，7，…，2n＋1，其前n项和Sn＝＝n(n＋2)，所以S31＝1 023，则第31个等式中最后一个偶数是1 023×2＝2 046，且第31个等式中含有2×31＋1＝63个偶数，故2 018在第31个等式中．‎ ‎5．若P0(x0，y0)在椭圆＋＝1(a＞b＞0)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P0(x0，y0)在双曲线－＝1(a＞0，b＞0)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：－＝1‎ ‎6．按照图①～图③的规律，第10个图中圆点有 个．‎ 解析：因为根据图形，第一个图有4个点，第二个图有8个点，第三个图有12个点，…，所以第10个图有10×4＝40个点．‎ 答案：40‎ ‎7．(2020·河北石家庄模拟)观察下列式子：1＋<，1＋＋<，1＋＋＋<，…，根据上述规律，第n个不等式可能为 ．‎ 解析：1＋<，1＋＋<，1＋＋＋<，…，根据上述规律，第n个不等式的左端是n＋1项的和1＋＋＋…＋，右端分母依次是2，3，4，…，n＋1，分子依次是3，5，7，…，2n＋1，故第n个不等式为1＋＋＋…＋<.‎ 答案：1＋＋＋…＋< ‎8．在锐角三角形ABC中，求证：sin A＋sin B＋sin C>cos A＋cos B＋cos C.‎ 证明：因为△ABC为锐角三角形，‎ 所以A＋B>，‎ 所以A>－B，‎ 因为y＝sin x在上是增函数，‎ 所以sin A>sin＝cos B，‎ 同理可得sin B>cos C，sin C>cos A，‎ 所以sin A＋sin B＋sin C>cos A＋cos B＋cos C.‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1．已知从1开始的连续奇数蛇形排列形成宝塔形数表，第一行为1，第二行为3，5，第三行为7，9，11，第四行为13，15，17，19，如图所示，在宝塔形数表中位于第i行，第j列 的数记为ai，j，比如a3，2＝9，a4，2＝15，a5，4＝23，若ai，j＝2 017，则i＋j＝(　　)‎ A．64 B．65 ‎ C．71 D．72‎ 解析：选D.奇数数列an＝2n－1＝2 017⇒n＝1 009，按照蛇形数列，第1行到第i行末共有1＋2＋…＋i＝个奇数，则第1行到第44行末共有990个奇数；第1行到第45行末共有1 035个奇数；则2 017位于第45行；而第45行是从右到左依次递增，且共有45个奇数；故2 017位于第45行，从右到左第19列，则i＝45，j＝27⇒i＋j＝72.‎ ‎2．(应用型)(2020·湖北八校联考模拟)祖暅是我国南北朝时代的数学家，是祖冲之的儿子．他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异．”这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高．这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等．设由椭圆＋＝1(a>b>0)所围成的平面图形绕y轴旋转一周后，得一橄榄状的几何体(称为椭球体)(如图)，课本中介绍了应用祖暅原理求球体体积公式的方法，请类比此法，求出椭球体体积，其体积等于 ．‎ 解析：椭圆的长半轴长为a，短半轴长为b，现构造两个底面半径为b，高为a的圆柱，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，根据祖暅原理得出椭球体的体积V＝2(V圆柱－V圆锥)＝2(π×b2×a－π×b2a)＝π×b2a.‎ 答案：π×b2a