【数学】2019届一轮复习全国通用版（理）第36讲　合情推理与演绎推理学案

【数学】2019届一轮复习全国通用版（理）第36讲　合情推理与演绎推理学案

第 36 讲 合情推理与演绎推理 考纲要求 考情分析 命题趋势 1.了解合情推理的含义，能利用归 纳和类比等进行简单的推理．了解合情 推理在数学发现中的作用． 2．了解演绎推理的重要性，掌握 演绎推理的基本模式，并能运用它们进 行一些简单推理． 3．了解合情推理和演绎推理之间 的联系和差异. 2017·全国卷Ⅰ， 12 2016·北京卷，8 2015·江苏卷，11 2015·福建卷，15 合情推理一般以新 定义、新规则的形式考查 集合、函数、不等式、数 列等问题；而演绎推理常 结合函数、方程、不等式、 解析几何、立体几何、数 列等问题中的证明来考 查. 分值：5 分 1．合情推理 (1)归纳推理 ①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，或者由个别的事实概括出一般结论的推理． ②特点：是由__部分__到__整体__、由__个别__到__一般__的推理． (2)类比推理 ①定义：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． ②特点：是由__特殊__到__特殊__的推理． 2．演绎推理 (1)演绎推理 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 ①大前提——已知的__一般原理__. ②小前提——所研究的__特殊情况__. ③结论——根据一般原理，对__特殊情况__做出的判断． 1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)． (1)归纳推理与类比推理都是由特殊到一般的推理．( × ) (2)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．( × ) (3)“所有 3 的倍数都是 9 的倍数，若数 m 是 3 的倍数，则 m 一定是 9 的倍数”，这是 三段论推理，但其结论是错误的．( √ ) (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．( × ) 解析 (1)错误．归纳推理是由部分到整体、由个别到一般的推理；类比推理是由特殊到 特殊的推理． (2)错误．平面中的三角形与空间中的四面体作为类比对象较为合适． (3)正确．因为大前提错误，所以结论错误． (4)错误．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． 2．命题“有些有理数是无限循环小数，整数是有理数，所以整数是无限循环小数”是 假命题，推理错误的原因是( C ) A．使用了归纳推理 B．使用了类比推理 C．使用了“三段论”，但推理形式错误 D．使用了“三段论”，但小前提错误 解析 由条件知使用了三段论，但推理形式是错误的． 3．数列 2,5,11,20，x,47，…中的 x＝( B ) A．28 B．32 C．33 D．27 解析 由 5－2＝3,11－5＝6,20－11＝9. 则 x－20＝12，因此 x＝32. 4．给出下列三个类比结论： ①(ab)n＝anbn 与(a＋b)n 类比，则有(a＋b)n＝an＋bn； ②loga(xy)＝logax＋logay 与 sin(α＋β)类比，则有 sin(α＋β)＝sin αsin β； ③(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2 与(a＋b)2 类比，则有(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2. 其中结论正确的个数是( B ) A．0 B．1 C．2 D．3 解析 只有③正确． 5．观察下列不等式： 1＋ 1 22 ＜3 2 ， 1＋ 1 22 ＋ 1 32 ＜5 3 ， 1＋ 1 22 ＋ 1 32 ＋ 1 42 ＜7 4 ， … 按此规律，第五个不等式为__1＋ 1 22 ＋ 1 32 ＋ 1 42 ＋ 1 52 ＋ 1 62<11 6 __. 解析 观察得出规律，左边为项数个连续自然数平方的倒数和，右边为项数的 2 倍减 1 的差除以项数，即 1＋ 1 22 ＋ 1 32 ＋ 1 42 ＋ 1 52 ＋…＋ 1 n2<2n－1 n (n∈N*，n≥2)， 所以第五个不等式为 1＋ 1 22 ＋ 1 32 ＋ 1 42 ＋ 1 52 ＋ 1 62<11 6 . 一 类比推理 (1)进行类比推理，应从具体问题出发，通过观察、分析、联想进行对比，提出猜想．其 中找到合适的类比对象是解题的关键． (2)类比推理常见的情形有：平面与空间类比、低维与高维的类比、等差与等比数列类 比、运算类比(加与乘、乘与乘方、减与除、除与开方)、数的运算与向量运算类比、圆锥曲 线间的类比等． 【例 1】 (1)若数列{an}是等差数列，则数列{bn} bn＝a1＋a2＋…＋an n 也为等差数列．类 比这一性质可知，若正项数列{cn}是等比数列，且{dn}也是等比数列，则 dn 的表达式应为 ( D ) A．dn＝c1＋c2＋…＋cn n B．dn＝c1·c2·…·cn n C．dn＝ n cn1＋cn2＋…＋cnn n D．dn＝n c1·c2·…·cn (2)在平面几何中：△ABC 的∠C 内角平分线 CE 分 AB 所成线段的比为AC BC ＝AE BE.把这个 结论类比到空间：在三棱锥 A－BCD 中(如图)，平面 DEC 平分二面角 A－CD－B，且与 AB 相交于 E，则得到类比的结论是__AE EB ＝S△ACD S△BCD __. 解析 (1)若{an}是等差数列，则 a1＋a2＋…＋an＝na1＋nn－1 2 d，∴bn＝a1＋n－1 2 d＝d 2n ＋a1－d 2 ，即{bn}为等差数列；若{cn}是等比数列，则 c1·c2·…·cn＝cn1·q1＋2＋…＋(n－1)＝cn1·qnn－1 2 ， ∴dn＝n c1·c2·…·cn＝c1·qn－1 2 ，即{dn}为等比数列，故选 D． (2)由平面中线段的比转化为空间中面积的比可得AE EB ＝S△ACD S△BCD . 二 归纳推理 归纳推理中几种问题的处理技巧 (1)与等式或不等式“共舞”问题．观察所给的几个等式或不等式两边式子的特点，注 意是纵向看，发现隐含的规律． (2)与数列“牵手”问题．先求出几个特殊现象，归纳所得的结论是尚属未知的一般现 象，该结论超越了前提所含的范围，从而由特殊的结论推广到一般结论． (3)与图形变化“相融”问题．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． 【例 2】 观察下列等式： 12＝1； 12－22＝－3； 12－22＋32＝6； 12－22＋32－42＝－10； … 依此规律，第 n 个等式可为__12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1·nn＋1 2 __. 解析 第 n 个等式的左边第 n 项应是(－1)n＋1n2， 右边数的绝对值为 1＋2＋3＋…＋n＝nn＋1 2 ， 故有 12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1·nn＋1 2 . 【例 3】 观察下列的图形中小正方形的个数，则第 6 个图中有__28__个小正方形． 解析 第 1～5 个图形中分别有 3,6,10,15,21 个小正方形，它们分别为 1＋2,1＋2＋3,1＋2 ＋3＋4,1＋2＋3＋4＋5,1＋2＋3＋4＋5＋6，因此 an＝1＋2＋3＋…＋(n＋1)．故 a6＝1＋2＋3 ＋…＋7＝71＋7 2 ＝28，即第 6 个图中有 28 个小正方形． 【例 4】 (2016·山东卷)观察下列等式： sin π 3 －2＋ sin 2π 3 －2＝4 3 ×1×2； sin π 5 －2＋ sin 2π 5 －2＋ sin 3π 5 －2＋ sin 4π 5 －2＝4 3 ×2×3； sin π 7 －2＋ sin 2π 7 －2＋ sin 3π 7 －2＋…＋ sin 6π 7 －2＝4 3 ×3×4； sin π 9 －2＋ sin 2π 9 －2＋ sin 3π 9 －2＋…＋ sin 8π 9 －2＝4 3 ×4×5； … 照此规律， sin π 2n＋1 －2＋ sin 2π 2n＋1 －2＋ sin 3π 2n＋1 －2＋…＋ sin 2nπ 2n＋1 －2＝__4 3n(n＋1)__. 解析 通过观察已给出等式的特点，可知等式右边的4 3 是个固定数，4 3 后面第一个数是等 式左边最后一个数括号内角度值分子中π的系数的一半，4 3 后面第二个数是第一个数的下一个 自然数，所以，所求结果为4 3 ×n×(n＋1)，即 4 3n(n＋1)． 三 演绎推理 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，应当首 先明确什么是大前提和小前提，若前提是显然的，则可以省略． 【例 5】 数列{an}的前 n 项和记为 Sn，已知 a1＝1，an＋1＝n＋2 n ·Sn(n∈N*)，证明： (1)数列 Sn n 是等比数列； (2)Sn＋1＝4an. 证明 (1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝n＋2 n Sn， ∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即 nSn＋1＝2(n＋1)Sn， ∴ Sn＋1 n＋1 ＝2·Sn n ，又S1 1 ＝1≠0，(小前提) 故 Sn n 是以 1 为首项，2 为公比的等比数列．(结论) (2)由(1)可知 Sn＋1 n＋1 ＝4· Sn－1 n－1 (n≥2)， ∴Sn＋1＝4(n＋1)· Sn－1 n－1 ＝4·n－1＋2 n－1 ·Sn－1＝4an(n≥2)，(小前提) 又 a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提) ∴对于任意正整数 n，都有 Sn＋1＝4an.(结论) 1．(2018·安徽淮南模拟)从 1 开始的自然数按如图所示的规则排列，现有一个三角形框 架在图中上下或左右移动，使每次恰有九个数在此三角形内，则这九个数的和可以为 ( B ) A．2 011 B．2 012 C．2 013 D．2 014 解析 根据题图所示的规则排列，设最上层的一个数为 a∈N*，则第二层的三个数为 a ＋7，a＋8，a＋9，第三层的五个数 a＋14，a＋15，a＋16，a＋17，a＋18，这 9 个数之和 为 a＋3a＋24＋5a＋80＝9a＋104.由 9a＋104＝2 012，得 a＝212，是自然数，故选 B． 2．(2018·江西临川一中模拟)已知 12＝1 6 ×1×2×3,12＋22＝1 6 ×2×3×5,12＋22＋32＝ 1 6 ×3×4×7,12＋22＋32＋42＝1 6 ×4×5×9，则 12＋22＋…＋n2＝__1 6n(n＋1)(2n＋1)(n∈ N*)__(其中 n∈N*)． 解析 根据题意可归纳出 12＋22＋…＋n2＝1 6n(n＋1)(2n＋1)，下面给出证明：(k＋1)3－k3 ＝3k2＋3k＋1，则 23－13＝3×12＋3×1＋1,33－23＝3×22＋3×2＋1，…，(n＋1)3－n3＝3n2 ＋3n＋1，累加得(n＋1)3－13＝3(12＋22＋…＋n2)＋3(1＋2＋…＋n)＋n，整理得 12＋22＋…＋ n2＝1 6n(n＋1)(2n＋1)，故填 1 6n(n＋1)(2n＋1)． 3．用火柴棒摆“金鱼”，如图所示，按照下面的规律，第 n 个“金鱼”图需要火柴棒 的根数为__6n＋2__. … 解析 由题意知，图②的火柴棒比①的多 6 根，图③的火柴棒比图②的多 6 根，而图① 的火柴棒的根数为 2＋6，∴第 n 条小鱼需要(2＋6n)根． 4．(2018·北京海淀模拟)若 f(a＋b)＝f(a)f(b)(a，b∈N*)，且 f(1)＝2，则f2 f1 ＋f4 f3 ＋…＋ f2 018 f2 017 ＝__2_018__. 解析 利用三段论． 因为 f(a＋b)＝f(a)f(b)(a，b∈N*)，(大前提) 令 b＝1，则fa＋1 fa ＝f(1)＝2，(小前提) 所以f2 f1 ＝f4 f3 ＝…＝f2 018 f2 017 ＝2.(结论) 所以原式＝ ＝2 018. 易错点 类比不当 错因分析：从平面类比到空间时，缺乏对对应特点的分析，无法得到正确结论． 【例 1】 在 Rt△ABC 中，AB⊥AC，AD⊥BC 于 D，求证： 1 AD2 ＝ 1 AB2 ＋ 1 AC2 ，那么在四 面体 A－BCD 中，类比上述结论，你能得到怎样的猜想，并说明理由． 解析 如图(1)所示，由射影定理知 AD2＝BD·DC， AB2＝BD·BC，AC2＝BC·DC， ∴ 1 AD2 ＝ 1 BD·DC ＝ BC2 BD·BC·DC·BC ＝ BC2 AB2·AC2. 又 BC2＝AB2＋AC2，∴ 1 AD2 ＝AB2＋AC2 AB2·AC2 ＝ 1 AB2 ＋ 1 AC2 ， ∴ 1 AD2 ＝ 1 AB2 ＋ 1 AC2. 四面体 A－BCD 中，AB，AC，AD 两两垂直，AE⊥平面 BCD 于 E， 则 1 AE2 ＝ 1 AB2 ＋ 1 AC2 ＋ 1 AD2. 证明如下：如图(2)，连接 BE 交 CD 于 F，连接 AF. ∵AB⊥AC，AB⊥AD， ∴AB⊥平面 ACD．而 AF⊂平面 ACD，∴AB⊥AF. 在 Rt△ABF 中，AE⊥BF，∴ 1 AE2 ＝ 1 AB2 ＋ 1 AF2. 在 Rt△ACD 中，AF⊥CD， 1 AF2 ＝ 1 AC2 ＋ 1 AD2. ∴ 1 AE2 ＝ 1 AB2 ＋ 1 AC2 ＋ 1 AD2. 【跟踪训练 1】 在等差数列{an}中，若 a10＝0，则有等式 a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋… ＋a19－n(n<19，n∈N*)成立．类比上述性质，相应地：在等比数列{bn}中，若 b9＝1，则有等 式__b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b17－n(n<17，n∈N*)__成立． 解析 在等差数列{an}中，由 a10＝0，得：a1＋a19＝a2＋a18＝…＝an＋a20－n＝an＋1＋a19－n ＝2a10＝0， ∴S19＝a1＋a2＋…＋an＋…＋a19＝0(n<19)， 即 a1＋a2＋…＋an＝－a19－a18－…－an＋1， 又∵a1＝－a19，a2＝－a18，…，a19－n＝－an＋1， ∴a1＋a2＋…＋an＝－a19－a18－…－an＋1＝a1＋a2＋…＋a19－n. 若 a9＝0，同理 a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a17－n(n<17)． 在等比数列{bn}中，b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b17－n(n<17，n∈N*) 课时达标 第 36 讲 [解密考纲]高考中，归纳推理和类比推理主要是和数列、不等式等内容联合考查，多以 选择题和填空题的形式出现． 一、选择题 1．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( B ) A．大前提：无限不循环小数是无理数；小前提：π是无理数；结论：π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：π是无限不循环小数；结论：π是无理 数 C．大前提：π是无限不循环小数；小前提：无限不循环小数是无理数；结论：π是无理 数 D．大前提：π是无限不循环小数；小前提：π是无理数；结论：无限不循环小数是无理 数 解析 对于 A 项，小前提与结论互换，错误；对于 B 项，符合演绎推理过程且结论正确； 对于 C 项和 D 项，均为大前提错误，故选 B． 2．请仔细观察 1,1,2,3,5，( )，13，运用合情推理，可知写在括号里的数最可能是 ( A ) A．8 B．9 C．10 D．11 解析 观察题中所给各数可知，2＝1＋1,3＝1＋2,5＝2＋3,8＝3＋5,13＝5＋8，∴括号中 的数为 8.故选 A． 3．在整数集 Z 中，被 5 除所得余数为 k 的所有整数组成一个“类”，记为[k]，即[k] ＝{5n＋k|n∈Z} ，k＝0,1,2,3,4.给出如下四个结论： ①2 013∈[3]； ②－2∈[2]； ③Z＝[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4]； ④整数 a，b 属于同一“类”的充要条件是“a－b∈[0]”． 其中正确结论的个数为( C ) A．1 B．2 C．3 D．4 解析 因为 2013＝402×5＋3，所以 2013∈[3]，①正确；－2＝－1×5＋3，－2∈[3]， 所以②不正确；因为整数集中被 5 除的数可以且只可以分成五类，所以③正确；整数 a，b 属于同一“类”，因为整数 a，b 被 5 除的余数相同，从而 a－b 被 5 除的余数为 0，反之也 成立，故整数 a，b 属于同一“类”的充要条件是“a－b∈[0]”，故④正确．所以正确的结 论有 3 个，故选 C． 4．观察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3, (cos x)′＝－sin x，由归纳推理可得：若定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(－x)＝f(x)，记 g(x)为 f(x)的导函数，则 g(－x)＝( D ) A．f(x) B．－f(x) C．g(x) D．－g(x) 解析 由所给等式知，偶函数的导数是奇函数．∵f(－x)＝f(x)，∴f(x)是偶函数，从而 g(x) 是奇函数．∴g(－x)＝－g(x)． 5．已知 an＝logn＋1(n＋2)(n∈N*)，观察下列运算： a1·a2＝log23·log34＝lg 3 lg 2·lg 4 lg 3 ＝2； a1·a2·a3·a4·a5·a6＝log23·log34·…·log78＝lg 3 lg 2·lg 4 lg 3·…·lg 8 lg 7 ＝3；…. 若 a1·a2·a3·…·ak(k∈N*)为整数，则称 k 为“企盼数”，试确定当 a1·a2·a3·…·ak＝2 018 时，“企盼数”k 为( C ) A．22 017 ＋2 B．22 017 C．22 018－2 D．22 017－4 解析 a1·a2·a3·…·ak＝lgk＋2 lg 2 ＝2 018，lg(k＋2)＝lg 22 018，故 k＝22 018－2. 6．(2016·北京卷)袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半．甲，乙，丙是三个空 盒．每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个 球放入乙盒，否则就放入丙盒．重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则( B ) A．乙盒中黑球不多于丙盒中黑球 B．乙盒中红球与丙盒中黑球一样多 C．乙盒中红球不多于丙盒中红球 D．乙盒中黑球与丙盒中红球一样多 解析 假设袋中只有一红一黑两个球，第一次取出后，若将红球放入了甲盒，则乙盒中 有一个黑球，丙盒中无球，A 错误；若将黑球放入了甲盒，则乙盒中无球，丙盒中有一个红 球，D 错误；同样，假设袋中有两个红球和两个黑球，第一次取出两个红球，则乙盒中有一 个红球，第二次必然拿出两个黑球，则丙盒中有一个黑球，此时乙盒中红球多于丙盒中的红 球，C 错误，故选 B． 二、填空题 7．(2018·河南开封联考)如图所示，由曲线 y＝x2，直线 x＝a，x＝a＋1(a>0)及 x 轴围成 的曲边梯形的面积介于相应小矩形与大矩形的面积之间，即 a2<∫a＋1a x2dx<(a＋1)2.运用类比 推理，若对∀n∈N*， 1 n＋1 ＋ 1 n＋2 ＋…＋ 1 2n

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