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1、12.1 合情推理与演绎推理合情推理与演绎推理 最新考纲考情考向分析 1.了解合情推理的含义,能进行简单的归纳推 理和类比推理,体会并认识合情推理在数学发 现中的作用. 2.了解演绎推理的含义,掌握演绎推理的“三 段论” ,并能运用“三段论”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. 以理解类比推理、归纳推理和演绎推理 的推理方法为主,常以演绎推理的方法 根据几个人的不同说法作出推理判断进 行命题注重培养学生的推理能力;在 高考中以填空题的形式进行考查,属于 中、高档题. 1合情推理 (1)归纳推理 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
2、些特征的 推理,或者由个别事实概括出一般结论的推理,称为归纳推理(简称归纳) 特点:由部分到整体、由个别到一般的推理 (2)类比推理 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称为类比推理(简称类比) 特点:由特殊到特殊的推理 (3)合情推理 归纳推理和类比推理都是根据已有的事实,经过观察、分析、比较、联想,再进行归纳、类 比,然后提出猜想的推理,我们把它们统称为合情推理 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
3、一般模式,包括: 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 题组一 思考辨析 1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”) (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)“所有 3 的倍数都是 9 的倍数,某数 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( ) (5)一个数列的前三项是 1,2,3,那么这个数列的通项公式是
4、ann(nN*)( ) (6)在演绎推理中,只要符合演绎推理的形式,结论就一定正确( ) 题组二 教材改编 2P71 例 1已知在数列an中,a11,当 n2 时,anan12n1,依次计算 a2,a3,a4后,猜想 an的表达式是( ) Aan3n1 Ban4n3 Cann2 Dan3n1 答案 C 解析 a2a134,a3a259,a4a3716,a112,a222,a332,a442,猜 想 ann2. 3P84A 组 T5在等差数列an中,若 a100,则有 a1a2ana1a2a19n (n2,f(8) 1 2 1 3 1 n 3 2 ,f(16)3,观察上述结果,可推测一般的结论为
5、_ 5 2 答案 f(2n)(nN*) n2 2 解析 f(2)f(21) ,f(4)f(22)2 ,f(8)f(23) , 3 2 12 2 4 2 22 2 5 2 32 2 f(16)f(24)3 , 6 2 42 2 归纳得 f(2n)(nN*). n2 2 题型一题型一 归纳推理归纳推理 命题点 1 与数字有关的等式的推理 典例 观察下列等式: 1 , 1 2 1 2 1 , 1 2 1 3 1 4 1 3 1 4 1 , 1 2 1 3 1 4 1 5 1 6 1 4 1 5 1 6 , 据此规律,第 n 个等式可为_ 答案 1 1 2 1 3 1 4 1 2n1 1 2n 1 n
6、1 1 n2 1 2n 解析 等式左边为 1 ; 1 2 1 3 1 4 1 2n1 1 2n 右边的每个式子的第一项为,共有 n 项, 1 n1 故为. 1 n1 1 n2 1 nn 命题点 2 与不等式有关的推理 典例 (2017济宁模拟)已知 ai0(i1,2,3,n),观察下列不等式: ; a1a2 2a1a2 ; a1a2a3 3 3 a1a2a3 ; a1a2a3a4 4 4 a1a2a3a4 ; 照此规律,当 nN*,n2 时,_. a1a2an n 答案 n a1a2an 解析 根据题意得(nN*,n2) a1a2an n n a1a2an 命题点 3 与数列有关的推理 典例
7、(2017湖北七市教科研协作体联考)观察下列等式: 123n n(n1); 1 2 136 n(n1) n(n1)(n2); 1 2 1 6 1410 n(n1)(n2)n(n1)(n2)(n3); 1 6 1 24 ; 可以推测,1515n(n1)(n2)(n3)_. 1 24 答案 n(n1)(n2)(n3)(n4)(nN*) 1 120 解析 根据式子中的规律可知,等式右侧为 n(n1)(n2)(n3)(n4) 1 5 4 3 2 1 n(n1)(n2)(n3)(n4) (nN*) 1 120 命题点 4 与图形变化有关的推理 典例 (2017大连调研)某种树的分枝生长规律如图所示,第
8、1 年到第 5 年的分枝数分别为 1,1,2,3,5,则预计第 10 年树的分枝数为( ) A21 B34 C52 D55 答案 D 解析 由 211,312,523 知,从第三项起,每一项都等于前两项的和,则第 6 年 为 8,第 7 年为 13,第 8 年为 21,第 9 年为 34,第 10 年为 55,故选 D. 思维升华 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观察数字特点,找出等式左右两侧的规律及符号可解 (2)与不等式有关的推理观察每个不等式的特点,注意是纵向看,找到规律后可解 (3)与数列有关的推理通常是先求出几个特殊现象,采用不完全归纳法,找出数列的项与
9、 项数的关系,列出即可 (4)与图形变化有关的推理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 跟踪训练 (1)将自然数 0,1,2,按照如下形式进行摆列: 根据以上规律判定,从 2 016 到 2 018 的箭头方向是( ) 答案 A 解析 从所给的图形中观察得到规律:每隔四个单位,箭头的走向是一样的,比如说, 01,箭头垂直指下,45 箭头也是垂直指下,89 也是如此,而 2 0164504,所以 2 0162 017 也是箭头垂直指下,之后 2 0172 018 的箭头是水平向右,故选 A. (2)如图,有一个六边形的点阵,它的中心是 1 个点(算第 1 层),第 2
10、层每边有 2 个点,第 3 层每边有 3 个点,依此类推,如果一个六边形点阵共有 169 个点,那么它的层数为( ) A6 B7 C8 D9 答案 C 解析 由题意知,第 1 层的点数为 1,第 2 层的点数为 6,第 3 层的点数为 26,第 4 层的 点数为 36,第 5 层的点数为 46,第 n(n2,nN*)层的点数为 6(n1)设一个点 阵有 n(n2,nN*)层,则共有的点数为 16626(n1) 163n23n1,由题意,得 3n23n1169,即(n7)(n8)0,所以 nn1 2 n8,故共有 8 层 题型二题型二 类比推理类比推理 典例 (1)等差数列an的公差为 d,前
11、n 项的和为 Sn,则数列为等差数列,公差为 .类似 Sn n d 2 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 n Tn 比为( ) A. Bq2 q 2 C. D. q n q 答案 C 解析 由题设,得 Tnb1b2b3bnb1b1qb1q2b1qn1b q12(n1). n 1 (1) 2 1 nn n b q ,等比数列的公比为,故选 C. n Tn 1 2 1 n bq n Tnq (2)在平面上,设 ha,hb,hc是ABC 三条边上的高,P 为三角形内任一点,P 到相应三边的 距离分别为 Pa,Pb,Pc,我们可以得到结论:1.把它类
12、比到空间,则三棱锥 Pa ha Pb hb Pc hc 中的类似结论为_ 答案 1 Pa ha Pb hb Pc hc Pd hd 解析 设 ha,hb,hc,hd分别是三棱锥 ABCD 四个面上的高,P 为三棱锥 ABCD 内任一 点,P 到相应四个面的距离分别为 Pa,Pb,Pc,Pd,于是可以得出结论: 1. Pa ha Pb hb Pc hc Pd hd 思维升华 (1)进行类比推理,应从具体问题出发,通过观察、分析、联想进行类比,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;低维的与高维的类比;等差数列与等比数列类 比;数的运算与向量的运算类
13、比;圆锥曲线间的类比等 跟踪训练 (2018安庆模拟)如图(1)所示,点 O 是ABC 内任意一点,连接 AO,BO,CO, 并延长交对边于 A1,B1,C1,则1,类比猜想:点 O 是空间四面体 V OA1 AA1 OB1 BB1 OC1 CC1 BCD 内的任意一点,如图(2)所示,连接 VO,BO,CO,DO 并延长分别交面 BCD,VCD,VBD,VBC 于点 V1,B1,C1,D1,则有_ 答案 1 OV1 VV1 OB1 BB1 OC1 CC1 OD1 DD1 解析 利用类比推理,猜想应有1. OV1 VV1 OB1 BB1 OC1 CC1 OD1 DD1 用“体积法”证明如下:
14、1. OV1 VV1 OB1 BB1 OC1 CC1 OD1 DD1 VOBCD VVBCD VOVCD VBVCD VOVBD VCVBD VOVBC VDVBC VVBCD VVBCD 题型三题型三 演绎推理演绎推理 典例 (2018保定模拟)数列an的前 n 项和记为 Sn,已知 a11,an1Sn (nN*)证 n2 n 明: (1)数列是等比数列; Sn n (2)Sn14an. 证明 (1)an1Sn1Sn,an1Sn, n2 n (n2)Snn(Sn1Sn),即 nSn12(n1)Sn. 2,又10,(小前提) Sn1 n1 Sn n S1 1 故是以 1 为首项,2 为公比的等比数列(结论) Sn n (大前提是等比数列的定义,这里省略了) (2)由(1)可知4(n2), Sn1 n1 Sn1 n1 Sn14(n1)4Sn1 Sn1 n1 n12 n1 4an(n2),(小前提) 又 a23S13,S2a1a21344a1,(小前提) 对于任意正整数 n,都有 Sn14an.(结论) (第(2)问的大