2025版高考数学一轮复习第十二章算法初步第3讲合情推理与演绎推理教案理含解析新人教A版

PAGEPAGE1第3讲合情推理与演绎推理基础学问整合1．合情推理2．演绎推理(1)定义：从eq\o(□,\s\up5(10))一般性的原理动身，推出eq\o(□,\s\up5(11))某个特别状况下的结论，我们把这种推理称为演绎推理．(2)特点：演绎推理是由eq\o(□,\s\up5(12))一般到特别的推理．(3)模式：“三段论”是演绎推理的一般模式．1．合情推理的结论是猜想，不肯定正确；演绎推理在大前提、小前提和推理形式都正确时，得到的结论肯定正确．2．合情推理是发觉结论的推理；演绎推理是证明结论的推理．1．(2024·上海模拟)某西方国家流传这样一个政治笑话：“鹅吃白菜，参议员先生也吃白菜，所以参议员先生是鹅．”结论明显是错误的，是因为()A．大前提错误 B．小前提错误C．推理形式错误 D．非以上错误答案C解析∵大前提的形式：“鹅吃白菜”不是全称命题，大前提本身正确；小前提“参议员先生也吃白菜”本身也正确，但是不是大前提下的特别状况，鹅与人不能类比．∴不符合三段论的推理形式，∴推理形式错误．2．某单位支配甲、乙、丙三人在某月1日至12日值班，每人4天．甲说：我在1日和3日都有值班；乙说：我在8日和9日都有值班；丙说：我们三人各自值班的日期之和相等．据此可推断丙必定值班的日期是()A．10日和12日 B．2日和7日C．4日和5日 D．6日和11日答案D解析这12天的日期之和，S12＝eq\f(12,2)(1＋12)＝78，甲、乙、丙各自的值班日期之和是26，对于甲，剩余2天的值班日期之和是22，因此这两天是10日和12日，故甲在1日，3日，10日，12日值班；对于乙，剩余2天的值班日期之和是9，故乙可能在2日，7日，或者是4日，5日值班，因此丙必定值班的日期是6日和11日．故选D.3．(2024·全国卷Ⅱ)甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成果．老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成果，给乙看丙的成果，给丁看甲的成果．看后甲对大家说：我还是不知道我的成果．依据以上信息，则()A．乙可以知道四人的成果B．丁可以知道四人的成果C．乙、丁可以知道对方的成果D．乙、丁可以知道自己的成果答案D解析由甲说：“我还是不知道我的成果”可推知甲看到乙、丙的成果为“1个优秀、1个良好”．乙看丙的成果，结合甲的说法，丙为“优秀”时，乙为“良好”；丙为“良好”时，乙为“优秀”，可得乙可以知道自己的成果．丁看甲的成果，结合甲的说法，甲为“优秀”时，丁为“良好”；甲为“良好”时，丁为“优秀”，可得丁可以知道自己的成果．故选D.4．在平面上，若两个正三角形的边长的比为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的比为1∶2，则它们的体积比为________．答案1∶8解析因为两个正三角形是相像的三角形，所以它们的面积之比是相像比的平方．同理，两个正四面体是两个相像几何体，体积之比为相像比的立方．所以它们的体积比为1∶8.5．(2024·银川模拟)下面图形由小正方形组成，请视察图1至图4的规律，并依此规律，写出第n个图形中小正方形的个数是________．答案eq\f(nn＋1,2)解析由图知第1个图形的小正方形的个数为1，第2个图形的小正方形的个数为1＋2，第3个图形的小正方形的个数为1＋2＋3，第4个图形的小正方形的个数为1＋2＋3＋4，…，则第n个图形的小正方形的个数为1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2).6．已知eq\r(2＋\f(2,3))＝2eq\r(\f(2,3))，eq\r(3＋\f(3,8))＝3eq\r(\f(3,8))，eq\r(4＋\f(4,15))＝4eq\r(\f(4,15))，…，若eq\r(6＋\f(a,t))＝6eq\r(\f(a,t))(a，t均为正实数)，类比以上等式，可推想a，t的值，则a＋t＝________.答案41解析依据题中所列的前几项的规律可知其通项应为eq\r(n＋\f(n,n2－1))＝neq\r(\f(n,n2－1))，所以当n＝6时a＝6，t＝35，a＋t＝41.核心考向突破考向一归纳推理角度eq\o(\s\up7(),\s\do1(1))数字的归纳例1(2024·陕西模拟)如图所示的数阵中，若A(m，n)表示第m行的第n个数，则依此规律A(15,2)为()A.eq\f(29,42)B.eq\f(7,10)C.eq\f(17,24)D.eq\f(73,102)答案C解析由数阵知A(3,2)＝eq\f(1,6)＋eq\f(1,6)＝eq\f(1,6)＋eq\f(2,3×4)，A(4,2)＝eq\f(1,6)＋eq\f(1,6)＋eq\f(1,10)＝eq\f(1,6)＋eq\f(2,3×4)＋eq\f(2,4×5)，A(5,2)＝eq\f(1,6)＋eq\f(1,6)＋eq\f(1,10)＋eq\f(1,15)＝eq\f(1,6)＋eq\f(2,3×4)＋eq\f(2,4×5)＋eq\f(2,5×6)，…，则A(15,2)＝eq\f(1,6)＋eq\f(2,3×4)＋eq\f(2,4×5)＋eq\f(2,5×6)＋…＋eq\f(2,15×16)＝eq\f(1,6)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)＋\f(1,4)－\f(1,5)＋…＋\f(1,15)－\f(1,16)))＝eq\f(1,6)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,16)))＝eq\f(1,6)＋2×eq\f(13,48)＝eq\f(17,24)，选项C正确．角度eq\o(\s\up7(),\s\do1(2))式子的归纳例2设函数f(x)＝eq\f(x,x＋2)(x>0)，视察：f1(x)＝f(x)＝eq\f(x,x＋2)，f2(x)＝f[f1(x)]＝eq\f(x,3x＋4)，f3(x)＝f[f2(x)]＝eq\f(x,7x＋8)，f4(x)＝f[f3(x)]＝eq\f(x,15x＋16)，……依据以上事实，由归纳推理可得：当n∈N*且n≥2时，fn(x)＝f[fn－1(x)]＝________.答案eq\f(x,2n－1x＋2n)解析依据题意知，各式中分子都是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)]＝eq\f(x,2n－1x＋2n).角度eq\o(\s\up7(),\s\do1(3))图形的归纳例3(2024·重庆模拟)如图所示，将正整数从小到大沿三角形的边成螺旋状排列起来，2在第一个拐弯处，4在其次个拐弯处，7在第三个拐弯处，…，则在其次十个拐弯处的正整数是________．答案211解析视察图可知，第一个拐弯处2＝1＋1，其次个拐弯处4＝1＋1＋2，第三个拐弯处7＝1＋1＋2＋3，第四个拐弯处11＝1＋1＋2＋3＋4，第五个拐弯处16＝1＋1＋2＋3＋4＋5，发觉规律：拐弯处的数是从1起先的一串连续正整数相加之和再加1，在第几个拐弯处，就加到第几个正整数，所以其次十个拐弯处的正整数就是1＋1＋2＋3＋…＋20＝211.触类旁通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．视察数字特点，找出等式左右两侧的规律及符号即可．2与式子有关的归纳推理①与不等式有关的推理.视察每个不等式的特点，留意是纵向看，找到规律后即可.②与数列有关的推理.通常是先求出几个特别现象，采纳不完全归纳法，找出数列的项与项数的关系，列出即可.3与图形改变有关的推理.合理利用特别图形归纳推理得出结论，并用赋值检验法验证其真伪性.即时训练1．(2024·浙江模拟)“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．528B．1020C．1038D．1040答案D解析第一行数字之和为a1＝1＝21－1，其次行数字之和为a2＝2＝22－1，第三行数字之和为a3＝4＝23－1，第四行数字之和为a4＝8＝24－1，……第n行数字之和为an＝2n－1，∴a5＋a11＝24＋210＝1040.故选D.2．(2024·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”有一个好玩的现象：①2＋4＝6；②8＋10＋12＝14＋16；③18＋20＋22＋24＝26＋28＋30；……依据这样的规律，则2024所在等式的序号为()A．29B．30C．31D．32答案C解析由题意知，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＝eq\f(n[3＋2n＋1],2)＝n(n＋2)．所以S31＝1023.则第31个等式中最终一个偶数是1023×2＝2046，且第31个等式中含有2×31＋1＝63个偶数，故2024在第31个等式中．3．如图，在平面直角坐标系的格点(横、纵坐标均为整数的点)处：点(1,0)处标b1，点(1，－1)处标b2，点(0，－1)处标b3，点(－1，－1)处标b4，点(－1,0)处标b5，点(－1，1)处标b6，点(0,1)处标b7，…，以此类推，则b963处的格点的坐标为________．答案(16,13)解析视察已知点(1,0)处标b1，即b1×1，点(2,1)处标b9，即b3×3，点(3,2)处标b25，即b5×5，…，由此推断点(n，n－1)处标b(2n－1)×(2n－1)，因为961＝31×31时，n＝16，故b961处的格点的坐标为(16,15)，从而b963处的格点的坐标为(16,13)．考向二类比推理例4(1)(2024·河北正定模拟)已知a，b，c是△ABC的内角A，B，C对应的三边，若满意a2＋b2＝c2，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))2＝1，则△ABC为直角三角形，类比此结论可知，若满意an＋bn＝cn(n∈N，n≥3)，则△ABC的形态为()A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．以上都有可能答案A解析由题意知角C最大，an＋bn＝cn(n∈N，n≥3)即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))n＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))n＝1(n∈N，n≥3)，又c>a，c>b，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))2>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))n＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))n＝1，即a2＋b2>c2，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)>0，所以0<C<eq\f(π,2)，故△ABC为锐角三角形．(2)在平面上，我们假如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，按下图所标边长，由勾股定理有：c2＝a2＋b2.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O－LMN，假如用S1，S2，S3表示三个侧面的面积，S4表示截面的面积，那么类比得到的结论是________．答案Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3)＝Seq\o\al(2,4)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Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3)＝Seq\o\al(2,4).触类旁通类比推理的分类类比推理的应用一般为类比定义、类比性质和类比方法．1类比定义：在求解由某种熟识的定义产生的类比推理型试题时，可以借助原定义来求解.2类比性质：从一个特别式子的性质、一个特别图形的性质入手，提出类比推理型问题，求解时要仔细分析两者之间的联系与区分，深化思索两者的转化过程是求解的关键.3类比方法：有一些处理问题的方法具有类比性，我们可以把这种方法类比应用到其他问题的求解中，留意学问的迁移.即时训练4.若等差数列{an}的公差为d，前n项的和为Sn，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，公差为eq\f(d,2).类似，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{eq\r(n,Tn)}的公比为()A.eq\f(q,2)B．q2C.eq\r(q)D.eq\r(n,q)答案C解析由题设有，Tn＝b1·b2·b3·…·bn＝b1·b1q·b1q2·…·b1qn－1＝beq\o\al(n,1)q1＋2＋…＋(n－1)＝beq\o\al(n,1)qeq\f(n－1n,2).∴eq\r(n,Tn)＝b1qeq\f(n－1,2)，∴等比数列{eq\r(n,Tn)}的公比为eq\r(q).故选C.5．“解方程eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))x＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))x＝1”有如下思路：设f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))x＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))x，则f(x)在R上单调递减，且f(2)＝1，故原方程有唯一解x＝2.类比上述思路，不等式x6－(x＋2)>(x＋2)3－x2的解集是________．答案{x|x>2或x<－1}解析不等式化为x6＋x2>(x＋2)3＋(x＋2)，设g(x)＝x3＋x，则g(x)在R上单调递增，所以不等式即g(x2)>g(x＋2)，所以x2>x＋2，解得x>2或x<－1.考向三演绎推理例5(2024·山东调研)数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn(n∈N*)．证明：(1)数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等比数列；(2)Sn＋1＝4an.证明(1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn，∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即nSn＋1＝2(n＋1)Sn.∴eq\f(Sn＋1,n＋1)＝2·eq\f(Sn,n)，(小前提)故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))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eq\f(Sn＋1,n＋1)＝4·eq\f(Sn－1,n－1)(n≥2)，∴Sn＋1＝4(n＋1)·eq\f(Sn－1,n－1)＝4·eq\f(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)∴对于随意正整数n，都有Sn＋1＝4an.(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)触类旁通演绎推理的结构特点(1)演绎推理是由一般到特别的推理，其最常见的形式是三段论，它是由大前提、小前提、结论三部分组成的．三段论推理中包含三个推断：第一个推断称为大前提，它供应了一个一般的原理；其次个推断叫小前提，它指出了一个特别状况．这两个推断联合起来，提示了一般原理和特别状况的内在联系，从而产生了第三个推断：结论．2演绎推理的前提和结论之间有着某种蕴含关系，解题时要找准正确的大前提.一般地，若大前提不明确时，一般可找一个使结论成立的充分条件作为大前提.即时训练6.(2024·保定模拟)有一段“三段论”，推理是这样的：对于可导函数f(x)，假如f′(x0)＝0，那么x＝x0是函数f(x)的极值点．因为f(x)＝x3在x＝0处的导数值f′(0)＝0，所以x＝0是函数f(x)＝x3的极值点．以上推理中()A．大前提错误 B．小前提错误C．推理形式错误 D．结论正确答案A解析对于可导函数f(x)，假如f′(x0)＝0，那么x＝x0不肯定是函数f(x)的极值点，大前提错误，故选A.7．(2024·北京高考)某学习小组由学生和老师组成，人员构成同时满意以下三个条件：①男学生人数多于女学生人数；②女学生人数多于老师人数；③老师人数的两倍多于男学生人数．(1)若老师人数为4，则女学生人数的最大值为________；(2)该小组人数的最小值为________．答案(1)6(2)12解析(1)若老师人数为4，则男学生人数小于8，最大值为7，女学生人数最大时应比男学生人数少1人，所以女学生人数的最大值为7－1＝6.(2)设男学生人数为x(x∈N＋)，要求该小组人数的最小值，则女学生人数为x－1，老师人数为x－2.又2(x－2)>x，解得x>4，即x＝5，该小组人数的最小值为5＋4＋3＝12.(2024·福建模拟)一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2…xn(n∈N*)，其中xk(k＝1,2，…，n)称为第k位码元．二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1，或者由1变为0)．已知某种二元码x1x2…x7的码元满意如下校验方程组：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x4⊕x5⊕x6⊕x7＝0，,x2⊕x3⊕x6⊕x7＝0，,x1⊕x3⊕x5⊕x7＝0，))其中运算⊕定义为：0⊕0＝0,0⊕1＝1,1⊕0＝1,1⊕1＝0.现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变