《三维设计》2014届高考数学一轮复习教学案（基础知识+高频考点+解题训练）合情推理与演绎推理（含解析）

1、第五节合情推理与演绎推理知识能否忆起一、 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一般步骤(1)通过观察个别情况发现某些相同性质；(2)从已知的相同性质中推出一个明确的一般性命题(猜想)(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)二、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

2、，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“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：“三段论”的结构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“三段论”的表示大前提M是P；小前提S是M；结论S是P小题能否全取1(教材习题改编)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()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：选C由条件知使用了三段论，但推理形式是错误的2数列2,5,11,20，x,47，中的x等于()A

3、28B32C33 D27解析：选B由523,1156,20119.则x2012，因此x32.3(教材习题改编)给出下列三个类比结论(ab)nanbn与(ab)n类比，则有(ab)nanbn；loga(xy)logaxlogay与sin()类比，则有sin()sin sin ；(ab)2a22abb2与(ab)2类比，则有(ab)2a22a·bb2.其中结论正确的个数是()A0 B1C2 D3解析：选B只有正确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：·×.答案：185

4、(2012·陕西高考)观察下列不等式1<，1<，1<照此规律，第五个不等式为_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<(nN*，n2)，所以第五个不等式为1<.答案：1<1.合情推理主要包括归纳推理和类比推理，合情推理具有猜测和发现结论，探索和提供思路的作用合情推理的结论可能为真，也可能为假，结论的正确性有待于进一步的证明2应用三段论解决问题时，应首先明确什么是大前提，什么是小前提，如果大前提、小前提与推理形式是正确的，结论必定是正确的如果大前提错误，尽管推理形式是正确的，所得结论也是错误的归

5、 纳 推 理典题导入例1(2012·河南调研)已知函数f(x)(x0)如下定义一列函数：f1(x)f(x)，f2(x)f(f1(x)，f3(x)f(f2(x)，fn(x)f(fn1(x)，nN*，那么由归纳推理可得函数fn(x)的解析式是fn(x)_.自主解答依题意得，f1(x)，f2(x)，f3(x)，由此归纳可得fn(x)(x0)答案(x0)由题悟法1归纳是依据特殊现象推断出一般现象，因而由归纳所得的结论超越了前提所包含的范围2归纳的前提是特殊的情况，所以归纳是立足于观察、经验或试验的基础之上的注意归纳推理所得结论未必正确，有待进一步证明，但对数学结论和科学的发现很有用以题试法1

6、(2012·枣庄模拟)将正奇数按如图所示的规律排列，则第21行从左向右的第5个数为()A809B852C786 D893解析：选A前20行共有正奇，则第21行从左向右的第5个数是第405个正奇数，所以这个数是2×4051809.类 比 推 理典题导入例2在平面几何里，有“若ABC的三边长分别为a，b，c内切圆半径为r，则三角形面积为SABC(abc)r”，拓展到空间，类比上述结论，“若四面体 ABCD的四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，内切球的半径为r，则四面体的体积为_”自主解答三角形的面积类比为四面体的体积，三角形的边长类比为四面体四个

7、面的面积，内切圆半径类比为内切球的半径二维图形中类比为三维图形中的，得V四面体ABCD(S1S2S3S4)r.答案V四面体ABCD(S1S2S3S4)r由题悟法1类比推理是由特殊到特殊的推理，命题有其特点和求解规律，可以从以下几个方面考虑类比：类比定义、类比性质、类比方法、类比结构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)以题试法2若an是等差数列，m、n、p是互不相等的正整数，则有：(mn)ap(np)am(pm)an0，类比上述性质，相应地，对等比数列bn，有_解析：设bn的首项为b1，公比为q，则

8、b·b·b(b1qp1)mn·(b1qm1)np·(b1qn1)pmb·q01.答案：b·b·b1演 绎 推 理典题导入例3数列an的前n项和记为Sn，已知a11，an1Sn(nN*)证明：(1)数列是等比数列；(2)Sn14an.自主解答(1)an1Sn1Sn，an1Sn，(n2)Snn(Sn1Sn)，即nSn12(n1)Sn.故2·，(小前提)故是以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，这里省略了)(2)由(1)可知4·(n2)，Sn14(n1)·4·

9、83;Sn14an(n2)(小前提)又a23S13，S2a1a21344a1，(小前提)对于任意正整数n，都有Sn14an.(结论)由题悟法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，则可以省略以题试法3.如图所示，D，E，F分别是BC，CA，AB上的点，BFDA，且DEBA.求证：EDAF(要求注明每一步推理的大前提、小前提和结论，并最终把推理过程用简略的形式表示出来)证明：(1)同位角相等，两条直线平行，(大前提)BFD与A是同位角，且BFDA，(小前提)所以DFEA.(结论)(2)两组对边分别平行的四边形是平

10、行四边形，(大前提)DEBA且DFEA，(小前提)所以四边形AFDE为平行四边形(结论)(3)平行四边形的对边相等，(大前提)ED和AF为平行四边形的对边，(小前提)所以EDAF.(结论)上面的证明可简略地写成：四边形AFDE是平行四边形EDAF.1推理“矩形是平行四边形；三角形不是平行四边形；三角形不是矩形”中的小前提是()ABC D和解析：选B由演绎推理三段论可知，是大前提；是小前提；是结论故选B.2(2012·合肥模拟)正弦函数是奇函数，f(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

11、：选C因为f(x)sin(x21)不是正弦函数，所以小前提不正确. 3(2012·泰兴模拟)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，推广到空间可以得到类似结论；已知正四面体PABC的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则()A. B.C. D.解析：选D正四面体的内切球与外接球的半径之比为13，故.4(2012·德州模拟)给出下面类比推理(其中Q为有理数集，R为实数集，C为复数集)：“若a，bR，则ab0ab”类比推出“a，cC，则ac0ac”；“若a，b，c，dR，则复数abicdiac，bd”类比推出“a，b，c，dQ，则abcd

12、ac，bd ”；“a，bR，则ab0ab”类比推出“若a，bC，则ab0ab”；“若xR，则|x|11x1”类比推出“若zC，则|z|11z1”其中类比结论正确的个数为()A1 B2C3 D4解析：选B类比结论正确的有.5观察如图所示的正方形图案，每条边(包括两个端点)有n(n2，nN*)个圆点，第n个图案中圆点的总数是Sn.按此规律推断出Sn与n的关系式为()ASn2n BSn4nCSn2n DSn4n4解析：选D由n2，n3，n4的图案，推断第n个图案是这样构成的：各个圆点排成正方形的四条边，每条边上有n个圆点，则圆点的个数为Sn4n4.6(2012·武汉市适应性训练)下列推理中

13、属于归纳推理且结论正确的是()A设数列an的前n项和为Sn.由an2n1，求出S112，S222，S332，推断：Snn2B由f(x)xcos x满足f(x)f(x)对 xR都成立，推断：f(x)xcos x为奇函数C由圆x2y2r2的面积Sr2，推断：椭圆1(ab0)的面积SabD由(11)221，(21)222，(31)223，推断：对一切nN*，(n1)22n解析：选A选项A由一些特殊事例得出一般性结论，且注意到数列an是等差数列，其前n项和等于Snn2，选项D中的推理属于归纳推理，但结论不正确因此选A.7(2013·杭州模拟)设n为正整数，f(n)1，计算得f(2)，f(4)

14、>2，f(8)>，f(16)>3，观察上述结果，可推测一般的结论为_解析：由前四个式子可得，第n个不等式的左边应当为f(2n)，右边应当为，即可得一般的结论为f(2n).答案：f(2n)8(2011·陕西高考)观察下列等式11234934567254567891049照此规律，第n个等式为_解析：每行最左侧数分别为1、2、3、，所以第n行最左侧的数为n；每行数的个数分别为1、3、5、，则第n行的个数为2n1.所以第n行数依次是n、n1、n2、3n2.其和为n(n1)(n2)(3n2)(2n1)2.答案：n(n1)(n2)(3n2)(2n1)29(2012·

15、杭州模拟)在平面上，我们如果用一条直线去截正方形的一个角，那么截下的一个直角三角形，按图所标边长，由勾股定理有：c2a2b2.设想正方形换成正方体，把截线换成如图的截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥OLMN，如果用S1，S2，S3表示三个侧面面积，S4表示截面面积，那么类比得到的结论是_解析：将侧面面积类比为直角三角形的直角边，截面面积类比为直角三角形的斜边，可得SSSS.答案：SSSS10平面中的三角形和空间中的四面体有很多相类似的性质，例如在三角形中：(1)三角形两边之和大于第三边；(2)三角形的面积S×底×高；(3)三角形的中位线平行于第三边且等于第三边

16、的；请类比上述性质，写出空间中四面体的相关结论解：由三角形的性质，可类比得空间四面体的相关性质为：(1)四面体的任意三个面的面积之和大于第四个面的面积；(2)四面体的体积V×底面积×高；(3)四面体的中位面平行于第四个面且面积等于第四个面的面积的.11定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和已知数列an是等和数列，且a12，公和为5.(1)求a18的值；(2)求该数列的前n项和Sn.解：(1)由等和数列的定义，数列an是等和数列，且a12，公和为5，易知a2n12，a2n3(n1,2)，故a

17、183.(2)当n为偶数时，Sna1a2an(a1a3an1)(a2a4an)2233n；当n为奇数时，SnSn1an(n1)2n.综上所述：Sn12某少数民族的刺绣有着悠久的历史，如图(1)、(2)、(3)、(4)为她们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(1)求出f(5)的值；(2)利用合情推理的“归纳推理思想”归纳出f(n1)与f(n)之间的关系式，并根据你得到的关系式求出f(n)的表达式；(3)求的值解：(1)f(5)41.(2)因为f(2)f(1)44×1，

18、f(3)f(2)84×2，f(4)f(3)124×3，f(5)f(4)164×4，由上式规律，所以得出f(n1)f(n)4n.因为f(n1)f(n)4n，所以f(n1)f(n)4n，f(n)f(n1)4(n1)f(n2)4(n1)4(n2)f(n3)4(n1)4(n2)4(n3)f(1)4(n1)4(n2)4(n3)42n22n1.(3)当n2时，()，11.1(2012·江西高考)观察下列各式：ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b511，则a10b10()A28 B76C123 D199解析：选C记anbnf(n)，则f(3)f(1)f(

19、2)134；f(4)f(2)f(3)347；f(5)f(3)f(4)11.通过观察不难发现f(n)f(n1)f(n2)(nN*，n3)，则f(6)f(4)f(5)18；f(7)f(5)f(6)29；f(8)f(6)f(7)47；f(9)f(7)f(8)76；f(10)f(8)f(9)123.所以a10b10123.2对于命题：若O是线段AB上一点，则有|·|·0.将它类比到平面的情形是：若O是ABC内一点，则有SOBC·SOCA·SOBA·0，将它类比到空间情形应该是：若O是四面体ABCD内一点，则有_解析：将平面中的相关结论类比到空间，通常是

20、将平面中的图形的面积类比为空间中的几何体的体积，因此依题意可知若O为四面体ABCD内一点，则有VOBCD·VOACD·VOABD·VOABC·0.答案：VOBCD·VOACD·VOABD·VOABC·03(2012·福建高考)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：(1)sin213°cos217°sin 13°cos 17°；(2)sin215°cos215°sin 15°cos 15°；(3)sin

21、218°cos212°sin 18°cos 12°；(4)sin2(18°)cos248°sin(18°)cos 48°；(5)sin2(25°)cos255°sin(25°)cos 55°.(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论解：(1)选择(2)式，计算如下：sin215°cos215°sin 15°cos 15°1sin 30°1.(2)三角恒等式为sin2cos2(30°)sin ·cos(30°).证明如下：法一：sin2cos2(30°)sin cos(30°)sin2(cos 30°cos sin 30°sin )2sin (cos 30°·cos sin 30°sin )sin2cos2sin cos sin2sin cos sin2s