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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
