2023届高考一轮复习讲义（文科）第十二章　复数、算法、推理与证明 第3讲　合情推理与演绎推理学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（文科）第十二章　复数、算法、推理与证明 第3讲　合情推理与演绎推理学案，共13页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
1．推理
(1)定义：根据一个或几个已知的判断来确定一个新的判断的思维过程．
(2)分类：推理eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(合情推理,演绎推理))
2．合情推理
3.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，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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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.))
常用结论
1．合情推理包括归纳推理和类比推理，其结论是猜想，不一定正确，若要确定其正确性，则需要证明．
2．在进行类比推理时，要从本质上去类比，只从一点表面现象去类比，就会犯机械类比的错误．
3．应用三段论解决问题，要明确什么是大前提、小前提，如果前提与推理形式是正确的，结论必定是正确的．若大前提或小前提错误，尽管推理形式是正确的，但所得结论是错误的．
二、习题改编
1．(选修1­2P25例3改编)给出下面类比推理命题(其中Q为有理数集，R为实数集，C为复数集)：
①“若a，b∈R，则a－b＝0⇒a＝b”类比推出“若z1，z2∈C，则z1－z2＝0⇒z1＝z2”；
②“若a，b，c，d∈R，则复数a＋bi＝c＋di⇒a＝c，b＝d”类比推出“若a，b，c，d∈Q，则a＋beq \r(2)＝c＋deq \r(2)⇒a＝c，b＝d”；
③“若a，b∈R，则a－b>0⇒a>b”类比推出“若z1，z2∈C，则z1－z2>0⇒z1>z2”．
其中类比得到的结论正确的是 ．
答案：①②
2．(选修1­2P23例2改编)已知数列{an}中，a1＝1，n≥2时，an＝an－1＋2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是 ．
解析：由a1＝1，an＝an－1＋2n－1，则
a2＝a1＋2×2－1＝4；a3＝a2＋2×3－1＝9；
a4＝a3＋2×4－1＝16，所以猜想an＝n2.
答案：an＝n2
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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)在演绎推理中，只要符合演绎推理的形式，结论就一定正确．( )
答案：(1)× (2)√ (3)× (4)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)(1)归纳推理没有找出规律；
(2)类比推理类比规律错误．
1．数列2，5，11，20，x…中的x等于 ．
解析：由5－2＝3，11－5＝6，20－11＝9，推出x－20＝12，故x＝32.
答案：32
2．在平面上，若两个正三角形的边长比为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比为1∶2，则它们的体积比为 ．
解析：eq \f(V1,V2)＝eq \f(\f(1,3)S1h1,\f(1,3)S2h2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(S1,S2)))·eq \f(h1,h2)＝eq \f(1,4)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,8).
答案：1∶8
归纳推理(多维探究)
角度一 与数字(数列)有关的推理
观察下列等式：
1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，
1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)，
1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋eq \f(1,5)－eq \f(1,6)＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,5)＋eq \f(1,6)，
…
据此规律，第n个等式可为 ．
【解析】 等式左边的特征：第1个等式有2项，第2个有4项，第3个有6项，且正负交错，故第n个等式左边有2n项且正负交错，应为1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n)；等式右边的特征：第1个有1项，第2个有2项，第3个有3项，故第n个有n项，且由前几个的规律不难发现第n个等式右边应为eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n).
【答案】 1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n)＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n)
角度二 与式子有关的推理
设函数f(x)＝eq \f(x,x＋2)(x>0)，观察：
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)，
…
根据以上事实，由归纳推理可得：
当n∈N*且n≥2时，fn(x)＝f(fn－1(x))＝ ．
【解析】 根据题意知，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－1）x＋2n).
【答案】 eq \f(x,（2n－1）x＋2n)
角度三 与图形变化有关的推理
我国的刺绣有着悠久的历史，如图所示(1)(2)(3)(4)为刺绣最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形个数越多刺绣越漂亮．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，则f(n)的表达式为( )
A．f(n)＝2n－1 B．f(n)＝2n2
C．f(n)＝2n2－2n D．f(n)＝2n2－2n＋1
【解析】 我们考虑f(2)－f(1)＝4，f(3)－f(2)＝8，f(4)－f(3)＝12，…，结合图形不难得到f(n)－f(n－1)＝4(n－1)，累加得f(n)－f(1)＝2n(n－1)＝2n2－2n，故f(n)＝2n2－2n＋1.
【答案】 D
eq \a\vs4\al()
(1)归纳推理的常见类型及求解策略
①数的归纳．包括数字归纳和式子归纳，解决此类问题时，还需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列、等比数列等．
②形的归纳．主要包括图形数目归纳和图形变化规律归纳，解决的关键是抓住相邻图形之间的关系．
(2)运用归纳推理的思维步骤

1.“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．528 B．1 020
C．1 038 D．1 040
解析：选D.a1＝1，a2＝2，a3＝4＝22，a4＝8＝23，a5＝16＝24，…，所以an＝2n－1，a5＋a11＝24＋210＝1 040，故选D.
2．如图所示，是某小朋友在用火柴拼图时呈现的图形，其中第1个图形用了3根火柴，第2个图形用了9根火柴，第3个图形用了18根火柴，…，则第2 018个图形用的火柴根数为( )
A．2 014×2 017 B．2 015×2 016
C．3 024×2 018 D．3 027×2 019
解析：选D.由题意，第1个图形需要火柴的根数为3×1；
第2个图形需要火柴的根数为3×(1＋2)；
第3个图形需要火柴的根数为3×(1＋2＋3)；
…
由此，可以推出第n个图形需要火柴的根数为3×(1＋2＋3＋…＋n)．所以第2 018个图形需要火柴的根数为3×(1＋2＋3＋…＋2 018)＝3×eq \f(2 018×（2 018＋1）,2)＝3 027×2 019.
类比推理(典例迁移)
如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，设a，b，c分别表示三条边的长度，由勾股定理，得c2＝a2＋b2.类比平面内直角三角形的勾股定理，试给出空间中四面体性质的猜想．
【解】 如题图所示，在Rt△ABC中，
∠C＝90°.
设a，b，c分别表示3条边的长度，由勾股定理，得c2＝a2＋b2.
类似地，在四面体P­DEF中，∠PDF＝∠PDE＝∠EDF＝90°.设S1，S2，S3和S分别表示△PDF，△PDE，△EDF和△PEF的面积，相应于直角三角形的2条直角边a，b和1条斜边c，图中的四面体有3个“直角面”S1，S2，S3和1个“斜面”S.于是，类比勾股定理的结构，我们猜想S2＝Seq \\al(2,1)＋Seq \\al(2,2)＋Seq \\al(2,3)成立．
【迁移探究】 (变条件)若本例条件“由勾股定理，得c2＝a2＋b2”换成“cs2 A＋cs2 B＝1”，则在空间中，给出四面体性质的猜想．
解：如图，在Rt△ABC中，
cs2A＋cs2B＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,c)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,c)))eq \s\up12(2)＝eq \f(a2＋b2,c2)＝1.
于是把结论类比到四面体P­A′B′C′中，我们猜想，四面体P­A′B′C′中，若三个侧面PA′B′，PB′C′，PC′A′两两互相垂直，且分别与底面所成的角为α，β，γ，则cs2α＋cs2β＋cs2γ＝1.
eq \a\vs4\al()
1．二维空间中，圆的一维测度(周长)l＝2πr，二维测度(面积)S＝πr2，三维空间中，球的二维测度(表面积)S＝4πr2，三维测度(体积)V＝eq \f(4,3)πr3.应用合情推理，若四维空间中，“超球”的三维测度V＝8πr3，则其四维测度W＝( )
A．2πr4 B．3πr4
C．4πr4 D．6πr4
解析：选A.二维空间中，圆的一维测度(周长)l＝2πr，二维测度(面积)S＝πr2，(πr2)′＝2πr，三维空间中，球的二维测度(表面积)S＝4πr2，三维测度(体积)V＝eq \f(4,3)πr3，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)πr3))′＝4πr2，四维空间中，“超球”的三维测度V＝8πr3，因为(2πr4)′＝8πr3，所以“超球”的四维测度W＝2πr4，故选A.
2．在正项等差数列{an}中有eq \f(a41＋a42＋…＋a60,20)＝eq \f(a1＋a2＋…＋a100,100)成立，则在正项等比数列{bn}中，类似的结论为 ．
解析：由等差数列的性质知，
eq \f(a41＋a42＋…＋a60,20)＝eq \f(10（a41＋a60）,20)＝eq \f(a1＋a100,2)，
eq \f(a1＋a2＋…＋a100,100)＝eq \f(50（a1＋a100）,100)＝eq \f(a1＋a100,2)，
所以eq \f(a41＋a42＋…＋a60,20)＝eq \f(a1＋a2＋…＋a100,100).
在正项等比数列{bn}中，类似的有：
eq \r(20,b41b42…b60)＝eq \r(20,（b41b60）10)＝eq \r(20,（b1b100）10)＝eq \r(b1b100)，eq \r(100,b1b2b3…b100)＝eq \r(100,（b1b100）50)＝eq \r(b1b100)，
所以eq \r(20,b41b42b43…b60)＝eq \r(100,b1b2b3…b100)，
所以在正项等比数列{bn}中，类似的结论为
eq \r(20,b41b42b43…b60)＝eq \r(100,b1b2b3…b100).
答案：eq \r(20,b41b42b43…b60)＝eq \r(100,b1b2b3…b100)
演绎推理(师生共研)
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\c1(\f(Sn,n)))是等比数列；
(2)Sn＋1＝4an.
【证明】 (1)因为an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝eq \f(n＋2,n)Sn，
所以(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，
即nSn＋1＝2(n＋1)Sn.
故eq \f(Sn＋1,n＋1)＝2·eq \f(Sn,n)，(小前提)
故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是以1为首项，2为公比的等比数列．(结论)
(大前提是等比数列的定义)
(2)由(1)可知eq \f(Sn＋1,n＋1)＝4·eq \f(Sn－1,n－1)(n≥2)，
所以Sn＋1＝4(n＋1)·eq \f(Sn－1,n－1)＝4·eq \f(n－1＋2,n－1)·Sn－1
＝4an(n≥2)．
又因为a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，
所以对于任意正整数n，都有Sn＋1＝4an.
eq \a\vs4\al()
演绎推理的推证规则
(1)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．
(2)在推理论证过程中，一些稍复杂一点的证明题常常要由几个三段论才能完成．
已知函数y＝f(x)满足：对任意a，b∈R，a≠b，都有af(a)＋bf(b)>af(b)＋bf(a)，试证明：f(x)为R上的单调递增函数．
证明：设x1，x2∈R，取x1则由题意得x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)，
所以x1[f(x1)－f(x2)]＋x2[f(x2)－f(x1)]>0，
[f(x2)－f(x1)](x2－x1)>0，
因为x1所以f(x2)－f(x1)>0，f(x2)>f(x1)．
所以y＝f(x)为R上的单调递增函数．
核心素养系列22 逻辑推理——推理中的核心素养
(2019·高考全国卷Ⅱ)在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测．
甲：我的成绩比乙高．
乙：丙的成绩比我和甲的都高．
丙：我的成绩比乙高．
成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为( )
A．甲、乙、丙 B．乙、甲、丙
C．丙、乙、甲 D．甲、丙、乙
【解析】 依题意，若甲预测正确，则乙、丙均预测错误，此时三人成绩由高到低的次序为甲、乙、丙；若乙预测正确，此时丙预测也正确，这与题意相矛盾；若丙预测正确，则甲预测错误，此时乙预测正确，这与题意相矛盾．综上所述，三人成绩由高到低的次序为甲、乙、丙，选A.
【答案】 A
eq \a\vs4\al()
本题体现数学素养中的逻辑推理，表现为人们在数学活动中进行交流的基本思维品质，处理此类问题常采用辨证推理的思想．
(2020·河北省九校第二次联考)学校艺术节对同一类的A，B，C，D四项参赛作品只评一项一等奖，在评奖揭晓前，甲、乙、丙、丁四位同学对这四项参赛作品预测如下，
甲说：“是C或D作品获得一等奖”；
乙说：“B作品获得一等奖”；
丙说：“A，D两项作品未获得一等奖”；
丁说：“是C作品获得一等奖”．
若这四位同学中只有两位说的话是对的，则获得一等奖的作品是
解析：若获得一等奖的是A，则甲、乙、丙、丁四位同学说的话都错；若获得一等奖的是B，则乙、丙两位同学说的话对，符合题意；若获得一等奖的是C，则甲、丙、丁三位同学说的话都对；若获得一等奖的是D，则只有甲同学说的话对．故获得一等奖的作品是B.
答案：B
[基础题组练]
1．正弦函数是奇函数，f(x)＝sin(x2＋1)是正弦函数，因此f(x)＝sin(x2＋1)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：选C.因为f(x)＝sin(x2＋1)不是正弦函数，所以小前提不正确．
2．若等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，公差为eq \f(d,2).类似地，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{ eq \r(n,Tn)}的公比为( )
A.eq \f(q,2) B．q2
C.eq \r(q) D．eq \r(n,q)
解析：选C.由题意知，Tn＝b1·b2·b3·…·bn＝b1·b1q·b1q2·…·b1qn－1＝beq \\al(n,1)q1＋2＋…＋(n－1)＝beq \\al(n,1)qeq \s\up6(\f(（n－1）n,2))，所以 eq \r(n,Tn)＝b1qeq \s\up6(\f(n－1,2))，所以等比数列{ eq \r(n,Tn)}的公比为eq \r(q)，故选C.
3．(2020·重庆市学业质量调研)甲、乙、丙、丁四位同学参加奥赛，其中只有一位获奖，有人走访四位同学，甲说：“是乙或丙获奖．”乙说：“甲、丙都未获奖．”丙说：“我获奖了．”丁说：“是乙获奖．”已知四位同学的话只有一句是对的，则获奖的同学是( )
A．甲 B．乙
C．丙 D．丁
解析：选D.假设获奖的同学是甲，则甲、乙、丙、丁四位同学的话都不对，因此甲不是获奖的同学；假设获奖的同学是乙，则甲、乙、丁的话都对，因此乙也不是获奖的同学；假设获奖的同学是丙，则甲和丙的话都对，因此丙也不是获奖的同学．从前面推理可得丁为获奖的同学，此时只有乙的话是对的，故选D.
4．(2020·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”有一个有趣的现象：
①2＋4＝6；
②8＋10＋12＝14＋16；
③18＋20＋22＋24＝26＋28＋30；
…
按照这样的规律，则2 018所在等式的序号为( )
A．29 B．30
C．31 D．32
解析：选C.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＝1 023，则第31个等式中最后一个偶数是1 023×2＝2 046，且第31个等式中含有2×31＋1＝63个偶数，故2 018在第31个等式中．
5．若P0(x0，y0)在椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)外，过P0作椭圆的两条切线的切点为P1，P2，则切点弦P1P2所在的直线方程是eq \f(x0x,a2)＋eq \f(y0y,b2)＝1，那么对于双曲线则有如下命题：若P0(x0，y0)在双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)外，过P0作双曲线的两条切线，切点为P1，P2，则切点弦P1P2所在直线的方程是 ．
解析：类比椭圆的切点弦方程可得双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1的切点弦方程为eq \f(x0x,a2)－eq \f(y0y,b2)＝1.
答案：eq \f(x0x,a2)－eq \f(y0y,b2)＝1
6．按照图①～图③的规律，第10个图中圆点有 个．
解析：因为根据图形，第一个图有4个点，第二个图有8个点，第三个图有12个点，…，所以第10个图有10×4＝40个点．
答案：40
7．(2020·河北石家庄模拟)观察下列式子：1＋eq \f(1,22)解析：1＋eq \f(1,22)答案：1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,（n＋1）2)8．在锐角三角形ABC中，求证：sin A＋sin B＋sin C>cs A＋cs B＋cs C.
证明：因为△ABC为锐角三角形，
所以A＋B>eq \f(π,2)，
所以A>eq \f(π,2)－B，
因为y＝sin x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是增函数，
所以sin A>sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－B))＝cs B，
同理可得sin B>cs C，sin C>cs A，
所以sin A＋sin B＋sin C>cs A＋cs B＋cs C.
[综合题组练]
1．已知从1开始的连续奇数蛇形排列形成宝塔形数表，第一行为1，第二行为3，5，第三行为7，9，11，第四行为13，15，17，19，如图所示，在宝塔形数表中位于第i行，第j列
的数记为ai，j，比如a3，2＝9，a4，2＝15，a5，4＝23，若ai，j＝2 017，则i＋j＝( )
A．64 B．65
C．71 D．72
解析：选D.奇数数列an＝2n－1＝2 017⇒n＝1 009，按照蛇形数列，第1行到第i行末共有1＋2＋…＋i＝eq \f(i（1＋i）,2)个奇数，则第1行到第44行末共有990个奇数；第1行到第45行末共有1 035个奇数；则2 017位于第45行；而第45行是从右到左依次递增，且共有45个奇数；故2 017位于第45行，从右到左第19列，则i＝45，j＝27⇒i＋j＝72.
2．(应用型)(2020·湖北八校联考模拟)祖暅是我国南北朝时代的数学家，是祖冲之的儿子．他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异．”这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高．这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等．设由椭圆eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)所围成的平面图形绕y轴旋转一周后，得一橄榄状的几何体(称为椭球体)(如图)，课本中介绍了应用祖暅原理求球体体积公式的方法，请类比此法，求出椭球体体积，其体积等于 ．
解析：椭圆的长半轴长为a，短半轴长为b，现构造两个底面半径为b，高为a的圆柱，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，根据祖暅原理得出椭球体的体积V＝2(V圆柱－V圆锥)＝2(π×b2×a－eq \f(1,3)π×b2a)＝eq \f(4,3)π×b2a.
答案：eq \f(4,3)π×b2a
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
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