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高中数学高考第5节 合情推理与演绎推理 教案
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这是一份高中数学高考第5节 合情推理与演绎推理 教案，共13页。
1．合情推理
2.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．简言之，演绎推理是由一般到特殊的推理．
(2)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：
①大前提——已知的一般原理(M是P)；
②小前提——所研究的特殊情况(S是M)；
③结论——根据一般原理，对特殊情况做出的判断(S是P)．
eq \O([常用结论])
1．类比推理的注意点
在进行类比推理时要尽量从本质上去类比，不要被表面现象迷惑，如果只抓住一点表面现象的相似甚至假象就去类比，那么就会犯机械类比的错误．
2．合情推理的关注点
(1)合情推理是合乎情理的推理，结论是猜想，不一定正确．
(2)合情推理既可以发现结论，也可以发现思路与方向．
3．演绎推理的特征
演绎推理是由一般到特殊的推理，在大前提、小前提和推理形式都正确时，得到的结论一定正确，它常用来证明和推理数学问题，解题时应注意推理过程的严密性，书写格式的规范性．
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)归纳推理与类比推理都是由特殊到一般的推理．( )
(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)“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．( )
(4)一个数列的前三项是1,2,3，那么这个数列的通项公式是an＝n(n∈N*)．( )
[答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)×
二、教材改编
1．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( )
A．an＝3n－1 B．an＝4n－3
C．an＝n2 D．an＝3n－1
C [a1＝1，a2＝4，a3＝9，a4＝16，猜想an＝n2.]
2．由“半径为R的圆内接矩形中，正方形的面积最大”，推出“半径为R的球的内接长方体中，正方体的体积最大”是( )
A．归纳推理 B．类比推理
C．演绎推理 D．以上都不是
B [类比推理的一般步骤是：(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)．所以，由“半径为R的圆内接矩形中，正方形的面积最大”，推理出“半径为R的球的内接长方体中，正方体的体积最大”是类比推理，选B.]
3．“因为指数函数y＝ax是增函数(大前提)，而y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up20(x)是指数函数(小前提)，所以函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up20(x)是增函数(结论)”，上面推理的错误在于( )
A．大前提错误导致结论错误
B．小前提错误导致结论错误
C．推理形式错误导致结论错误
D．大前提和小前提错误导致结论错误
A [“指数函数y＝ax是增函数”是本推理的大前提，它是错误的．因为实数a的取值范围没有确定，所以导致结论是错误的．]
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 ．
1∶8 [在空间中，若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的底面面积比为1∶4，对应高之比为1∶2，则它们的体积比为1∶8.]
考点1 归纳推理(多维探究)
归纳推理的常见类型和一般步骤
常见的归纳推理分为数的归纳和形的归纳两类：
(1)数的归纳包括数字归纳和式子归纳，解决此类问题时，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，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．
与数字有关的推理
(1)观察下列各式：71＝7,72＝49,73＝343,74＝2 401,75＝16 807，…，则72 020的末两位数字为( )
A．49 B．43 C．07 D．01
(2)《聊斋志异》中有这样一首诗：“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术．得诀自诩无所阻，额上坟起终不悟．”在这里，我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”：2eq \r(\f(2,3))＝eq \r(2\f(2,3))，3eq \r(\f(3,8))＝eq \r(3\f(3,8))，4eq \r(\f(4,15))＝eq \r(4\f(4,15))，5eq \r(\f(5,24))＝eq \r(5\f(5,24))，…，则按照以上规律，若9eq \r(\f(9,n))＝eq \r(9\f(9,n))具有“穿墙术”，则n＝( )
A．25 B．48 C．63 D．80
(1)D (2)D [(1)通过观察题干中各式的末两位数字分别为：07,49,43,01,07,49，…，
可知末两位数字呈现周期性，以4为最小正周期．
又2 020＝505×4，
∴72 020的末两位数字和74的末两位数字相同，故选D.
(2)观察根号外和根号内的数的特征知，若meq \r(\f(b,a))具有“穿墙术”，需满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝b，,a＝m2－1，))因此n＝92－1＝80，故选D.]
寻找规律是解题的关键，如本例T(1)的周期性，本例T(2)的相等关系．
与式子有关的推理
(1)(2019·连云港模拟)观察下列算式：
1＝13，
3＋5＝23，
7＋9＋11＝33，
13＋15＋17＋19＝43
…
111＋113＋115＋…＋m＝n3，
则m＋n＝ .
(2)(2019·淄博模拟)古代埃及数学中发现有一个独特现象：除eq \f(2,3)用一个单独的符号表示以外，其它分数都要写成若干个单分数和的形式．例如eq \f(2,5)＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,15)，可以这样理解：假定有两个面包，要平均分给5个人，如果每人eq \f(1,2)，不够，每人eq \f(1,3)，余eq \f(1,3)，再将这eq \f(1,3)分成5份，每人得eq \f(1,15)，这样每人分得eq \f(1,3)＋eq \f(1,15).形如eq \f(2,2n＋1)(n＝2,3,4，…)的分数的分解：
eq \f(2,5)＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,15)，eq \f(2,7)＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,28)，eq \f(2,9)＝eq \f(1,5)＋eq \f(1,45)，按此规律，eq \f(2,2n＋1)＝ (n＝2,3,4，…)．
(1)142 (2)eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋12n＋1) [(1)观察式子，得n2－n＋1＝111，即n2－n－110＝0，解得n＝11.
又m＝111＋2×10＝131，
∴m＋n＝131＋11＝142.
(2)由eq \f(2,2×2＋1)＝eq \f(2,5)＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,15)＝eq \f(1,1＋2)＋eq \f(1,2＋12×2＋1)，
eq \f(2,2×3＋1)＝eq \f(2,7)＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,28)＝eq \f(1,3＋1)＋eq \f(1,3＋12×3＋1)，
eq \f(2,2×4＋1)＝eq \f(2,9)＝eq \f(1,5)＋eq \f(1,45)＝eq \f(1,4＋1)＋eq \f(1,4＋12×4＋1)，
故eq \f(2,2n＋1)＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋12n＋1).]
寻找规律时要注意和项数(行数)的关系．
[教师备选例题]
观察下列等式：
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(π,3)))－2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(2π,3)))－2＝eq \f(4,3)×1×2；
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(π,5)))－2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(2π,5)))－2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(3π,5)))－2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(4π,5)))－2＝eq \f(4,3)×2×3；
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(π,7)))－2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(2π,7)))－2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(3π,7)))－2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(6π,7)))－2＝eq \f(4,3)×3×4；
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(π,9)))－2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(2π,9)))－2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(3π,9)))－2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(8π,9)))－2＝eq \f(4,3)×4×5；
……
照此规律，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(π,2n＋1)))－2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(2π,2n＋1)))－2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(3π,2n＋1)))－2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(2nπ,2n＋1)))－2＝ .
eq \f(4,3)n(n＋1) [根据所给等式知，等式右边是三个数的乘积，第一个数是eq \f(4,3)，第二个数是左边最后一个数括号内角度值分子中π的系数的一半，第三个数比第二个数大1，故所求结果为eq \f(4,3)n(n＋1)．]
与图形有关的推理
(1)如图，第①个多边形是由正三角形“扩展”而来，第②个多边形是由正方形“扩展”而来，……，如此类推．设由正n边形“扩展”而来的多边形的边数为an，则eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a4)＋eq \f(1,a5)＋…＋eq \f(1,a99)＝( )
① ② ③ ④ ⑤
A.eq \f(97,300) B.eq \f(97,100) C.eq \f(3,100) D.eq \f(1,100)
(2)(2019·武汉模拟)如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，…，如此继续下去得到一个树形图形，称为“勾股树”．若某勾股树含有255个正方形，且其最大的正方形的边长为eq \f(\r(2),2)，则其最小正方形的边长为( )
A.eq \f(1,16) B.eq \f(\r(2),32) C.eq \f(1,32) D.eq \f(1,64)
(1)A (2)A [(1)a3＝3×4，a4＝4×5，a5＝5×6，猜想an＝n(n＋1)(n≥3，n∈N*)，
所以eq \f(1,an)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a4)＋eq \f(1,a5)＋…＋eq \f(1,a99)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)－\f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,6)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,99)－\f(1,100)))＝eq \f(1,3)－eq \f(1,100)＝eq \f(97,300)，故选A.
(2)由题意，正方形的边长构成以eq \f(\r(2),2)为首项，以eq \f(\r(2),2)为公比的等比数列，
现已知共得到255个正方形，则有1＋2＋…＋2n－1＝255，∴n＝8，
∴最小正方形的边长为eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))eq \s\up20(7)＝eq \f(1,16)，故选A.]
解答本例T(2)时要弄清两个问题：一是正方形的个数是如何变化的；二是正方形的边长是如何变化的．
1.(2019·三明模拟)观察下列算式：21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32,26＝64,27＝128,28＝256，….
用你所发现的规律可得22 020的末位数字是( )
A．2 B．4 C．6 D．8
C [通过观察知，末位数字呈周期性出现，周期为4，又2 020＝4×505.故22 020的末位数字与24的末位数字相同，都是6，故选C.]
2．观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a7＋b7＝( )
A．15 B．18 C．29 D．47
C [观察所给等式知，an＋bn(n≥3)的值为前两个式的和，因此，a6＋b6＝18，a7＋b7＝29，故选C.]
3．(2019·黄山模拟)如图，已知等边△ABC的边长为1，△A1B1C1的三个顶点分别是△ABC三边的中点，△A2B2C2的三个顶点分别是△A1B1C1三边的中点，……则△A6B6C6的面积为( )
A.eq \f(\r(3),28) B.eq \f(\r(3),210) C.eq \f(\r(3),212) D.eq \f(\r(3),214)
D [等边△ABC的边长为1，则其面积为eq \f(\r(3),4)，
由△A1B1C1的三个顶点分别是△ABC三边的中点，故相似比为2，则面积比为4，
故△A1B1C1的面积为eq \f(1,4)×eq \f(\r(3),4)＝eq \f(\r(3),24)，
同理可得△A2B2C2的面积为eq \f(1,4)×eq \f(1,4)×eq \f(\r(3),4)＝eq \f(\r(3),26)，
故△A6B6C6的面积为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up20(6)×eq \f(\r(3),4)＝eq \f(\r(3),214)，故选D.]
考点2 类比推理
类比推理的分类及处理方法
(1)将十进制数47化为二进制数，根据二进制数“满二进一”的原则，采用“除二取余法”，得如下过程： 47＝2×23＋1, 23＝2×11＋1, 11＝2×5＋1, 5＝2×2＋1,2＝2×1＋0,1＝2×0＋1，把以上各步所得余数从后面到前面依次排列，从而得到47的二进制数为101111，记作：47(2)＝101111.类比上述方法，根据三进制数“满三进一”的原则，则47(3)＝( )
A．202 B．1202 C．1021 D．2021
(2)我国古代称直角三角形为勾股形，并且直角边中较小者为勾，另一直角边为股，斜边为弦．若a，b，c为直角三角形的三边，其中c为斜边，则a2＋b2＝c2，称这个定理为勾股定理．现将这一定理推广到立体几何中：在四面体OABC中，∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝90°，S为顶点O所对面的面积，S1，S2，S3分别为侧面△OAB，△OAC，△OBC的面积，则下列选项中对于S，S1，S2，S3满足的关系描述正确的为( )
A．S＝S1＋S2＋S3 B．S2＝eq \f(1,S\\al(2,1))＋eq \f(1,S\\al(2,2))＋eq \f(1,S\\al(2,3))
C．S2＝Seq \\al(2,1)＋Seq \\al(2,2)＋Seq \\al(2,3) D．S＝eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋eq \f(1,S3)
(1)B (2)C [(1)由于47＝3×15＋2,15＝3×5＋0,5＝3×1＋2,1＝3×0＋1，可得：47(3)＝1202.故选B.
(2)如图，作OD⊥BC于点D，连接AD，则AD⊥BC，从而S2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)BC·AD))eq \s\up20(2)＝eq \f(1,4)BC2·AD2＝eq \f(1,4)BC2·(OA2＋OD2)＝eq \f(1,4)(OB2＋OC2)·OA2＋eq \f(1,4)BC2·OD2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)OB·OA))eq \s\up20(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)OC·OA))eq \s\up20(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)BC·OD))eq \s\up20(2)＝Seq \\al(2,1)＋Seq \\al(2,2)＋Seq \\al(2,3)，故选C.]
解答本例T(2)时，也可以仿照a2＋b2＝c2写出结论．
[教师备选例题]
若数列{an}是等差数列，则数列{bn}eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(bn＝\f(a1＋a2＋…＋an,n)))也是等差数列，类比这一性质可知，若正项数列{cn}是等比数列，且{dn}也是等比数列，则dn的表达式应为( )
A．dn＝eq \f(c1＋c2＋…＋cn,n)
B．dn＝eq \f(c1·c2·…·cn,n)
C．dn＝eq \r(n,\f(c\\al(n,1)＋c\\al(n,2)＋…＋c\\al(n,n),n))
D．dn＝eq \r(n,c1·c2·…·cn)
D [法一：从商类比开方，从和类比到积，则算术平均数可以类比几何平均数，故dn的表达式为dn＝eq \r(n,c1·c2·…·cn).
法二：若{an}是等差数列，则a1＋a2＋…＋an＝na1＋eq \f(nn－1,2)d，
∴bn＝a1＋eq \f(n－1,2)d＝eq \f(d,2)n＋a1－eq \f(d,2)，即{bn}为等差数列；若{cn}是等比数列，则c1·c2·…·cn＝ceq \\al(n,1)·q1＋2＋…＋(n－1)＝ceq \\al(n,1)·qeq \f(nn－1,2)，∴dn＝eq \r(n,c1·c2·…·cn)＝c1·qeq \f(n－1,2)，即{dn}为等比数列，故选D.]
1.刘徽是中国古代最杰出的数学家之一，他在中国算术史上最重要的贡献就是注释《九章算术》，刘徽在割圆术中提出的“割之弥细，所失弥少，割之又割以至于不可割，则与圆台体而无所失矣”，体现了无限与有限之间转化的思想方法，这种思想方法应用广泛．如数式2＋eq \f(1,2＋\f(1,2＋…))是一个确定值x(数式中的省略号表示按此规律无限重复)，该数式的值可以用如下方法求得：令原式＝x，则2＋eq \f(1,x)＝x，即x2－2x－1＝0，解得x＝1±eq \r(2)，取正数得x＝eq \r(2)＋1.用类似的方法可得eq \r(6＋\r(6＋\r(6＋…)))＝ .
3 [由题意，可令eq \r(6＋\r(6＋\r(6＋…)))＝x，
则eq \r(6＋x)＝x，两边平方，得：6＋x＝x2，即x2－x－6＝0.
解得：x＝3，或x＝－2，取正数得x＝3.]
2．已知“正三角形内切圆的半径是高的eq \f(1,3)”，把这个结论推广到空间正四面体，类似的结论是 ．
正四面体内切球的半径是高的eq \f(1,4) [空间正四面体的内切球对应正三角形的内切圆，设正四面体内切球的半径为R，正四面体每个面的面积为S，高为h，则V球＝eq \f(1,3)Sh＝eq \f(4,3)SR，即R＝eq \f(1,4)h.因此，正四面体内切球的半径是高的eq \f(1,4).]
考点3 演绎推理
演绎推理问题求解策略
(1)演绎推理是由一般到特殊的推理，常用的一般模式为三段论．
(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，可找一个使结论成立的充分条件作为大前提．
(1)(2017·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绩．老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，则( )
A．乙可以知道四人的成绩
B．丁可以知道四人的成绩
C．乙、丁可以知道对方的成绩
D．乙、丁可以知道自己的成绩
(2)(2020·福州模拟)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；②Sn＋1＝4an.
(1)D [由甲说：“我还是不知道我的成绩”可推知甲看到乙、丙的成绩为“1个优秀、1个良好”．乙看丙的成绩，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绩．丁看甲的成绩，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绩．故选D.]
(2)[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)
又∵eq \f(S1,1)＝eq \f(a1,1)＝1，
故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\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)，(大前提)
又a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提)
∴对于任意正整数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)
本例T(1)是生活中的逻辑推理问题，主要用到了演绎推理．
[教师备选例题]
(2017·北京高考)某学习小组由学生和教师组成，人员构成同时满足以下三个条件：
①男学生人数多于女学生人数；
②女学生人数多于教师人数；
③教师人数的两倍多于男学生人数．
(1)若教师人数为4，则女学生人数的最大值为 ；
(2)该小组人数的最小值为 ．
6 12 [(1)若教师人数为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，教师人数为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.]
1.某国家流传这样的一个政治笑话：“鹅吃白菜，参议员先生也吃白菜，所以参议员先生是鹅．”结论显然是错误的，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
C [根据三段论的定义知，推理形式错误，导致结论错误，故选C.]
2．在2020年元旦晚会上，甲、乙、丙三人分别收到两个微信红包，已知三人收到的微信红包分别是3元、6元，3元、9元和6元、9元．甲看了乙的微信红包说：“我与乙的微信红包中相同的红包不是6元”，乙看了丙的微信红包说：“我与丙的微信红包中相同的红包不是3元”，丙说，“我的两个微信红包之和不是15元”，则由此可判断甲收到的两个微信红包之和是 元．
12 [法一：由题意得丙的两个微信红包不是6元和9元．若丙的两个微信红包是3元和6元，则由乙的说法知乙的两个微信红包是6元和9元，则甲的两个微信红包是3元和9元，满足题意；若丙的两个微信红包是3元和9元，则由乙的说法知乙的两个微信红包是6元和9元，则甲的两个微信红包是3元和6元，不满足甲的说法．故甲的两个微信红包是3元和9元，共12元．
法二：因为甲与乙相同的微信红包不是6元，所以丙的微信红包必有一个是6元，又丙的微信红包之和不是15，所以丙的两个微信红包必然是3元和6元．因为乙与丙的微信红包相同的红包不是3元，所以乙的两个微信红包是6元和9元，所以甲的两个微信红包是3元和9元，共12元．]
类型
定义
特点
归纳推理
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
由部分到整体、由个别到一般
类比推理
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
由特殊到特殊
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
类别
解读
适合题型
类比定义
在求解由某种熟悉的定义产生的类比推理型问题时，可以借助原定义来求解
已知熟悉定义类比新定义
类比性质
从一个特殊式子的性质、一个特殊图形的性质入手，提出类比推理型问题，求解时要认真分析两者之间的联系与区别，深入思考两者的转化过程是求解的关键
平面几何与立体几何、等差数列与等比数列
类比方法
有一些处理问题的方法具有类比性，可以把这种方法类比应用到其他问题的求解中，注意知识的迁移
已知熟悉的处理方法类比未知问题的处理方法
1．合情推理
2.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．简言之，演绎推理是由一般到特殊的推理．
(2)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：
①大前提——已知的一般原理(M是P)；
②小前提——所研究的特殊情况(S是M)；
③结论——根据一般原理，对特殊情况做出的判断(S是P)．
eq \O([常用结论])
1．类比推理的注意点
在进行类比推理时要尽量从本质上去类比，不要被表面现象迷惑，如果只抓住一点表面现象的相似甚至假象就去类比，那么就会犯机械类比的错误．
2．合情推理的关注点
(1)合情推理是合乎情理的推理，结论是猜想，不一定正确．
(2)合情推理既可以发现结论，也可以发现思路与方向．
3．演绎推理的特征
演绎推理是由一般到特殊的推理，在大前提、小前提和推理形式都正确时，得到的结论一定正确，它常用来证明和推理数学问题，解题时应注意推理过程的严密性，书写格式的规范性．
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)归纳推理与类比推理都是由特殊到一般的推理．( )
(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)“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．( )
(4)一个数列的前三项是1,2,3，那么这个数列的通项公式是an＝n(n∈N*)．( )
[答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)×
二、教材改编
1．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( )
A．an＝3n－1 B．an＝4n－3
C．an＝n2 D．an＝3n－1
C [a1＝1，a2＝4，a3＝9，a4＝16，猜想an＝n2.]
2．由“半径为R的圆内接矩形中，正方形的面积最大”，推出“半径为R的球的内接长方体中，正方体的体积最大”是( )
A．归纳推理 B．类比推理
C．演绎推理 D．以上都不是
B [类比推理的一般步骤是：(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)．所以，由“半径为R的圆内接矩形中，正方形的面积最大”，推理出“半径为R的球的内接长方体中，正方体的体积最大”是类比推理，选B.]
3．“因为指数函数y＝ax是增函数(大前提)，而y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up20(x)是指数函数(小前提)，所以函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up20(x)是增函数(结论)”，上面推理的错误在于( )
A．大前提错误导致结论错误
B．小前提错误导致结论错误
C．推理形式错误导致结论错误
D．大前提和小前提错误导致结论错误
A [“指数函数y＝ax是增函数”是本推理的大前提，它是错误的．因为实数a的取值范围没有确定，所以导致结论是错误的．]
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 ．
1∶8 [在空间中，若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的底面面积比为1∶4，对应高之比为1∶2，则它们的体积比为1∶8.]
考点1 归纳推理(多维探究)
归纳推理的常见类型和一般步骤
常见的归纳推理分为数的归纳和形的归纳两类：
(1)数的归纳包括数字归纳和式子归纳，解决此类问题时，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，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．
与数字有关的推理
(1)观察下列各式：71＝7,72＝49,73＝343,74＝2 401,75＝16 807，…，则72 020的末两位数字为( )
A．49 B．43 C．07 D．01
(2)《聊斋志异》中有这样一首诗：“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术．得诀自诩无所阻，额上坟起终不悟．”在这里，我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”：2eq \r(\f(2,3))＝eq \r(2\f(2,3))，3eq \r(\f(3,8))＝eq \r(3\f(3,8))，4eq \r(\f(4,15))＝eq \r(4\f(4,15))，5eq \r(\f(5,24))＝eq \r(5\f(5,24))，…，则按照以上规律，若9eq \r(\f(9,n))＝eq \r(9\f(9,n))具有“穿墙术”，则n＝( )
A．25 B．48 C．63 D．80
(1)D (2)D [(1)通过观察题干中各式的末两位数字分别为：07,49,43,01,07,49，…，
可知末两位数字呈现周期性，以4为最小正周期．
又2 020＝505×4，
∴72 020的末两位数字和74的末两位数字相同，故选D.
(2)观察根号外和根号内的数的特征知，若meq \r(\f(b,a))具有“穿墙术”，需满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝b，,a＝m2－1，))因此n＝92－1＝80，故选D.]
寻找规律是解题的关键，如本例T(1)的周期性，本例T(2)的相等关系．
与式子有关的推理
(1)(2019·连云港模拟)观察下列算式：
1＝13，
3＋5＝23，
7＋9＋11＝33，
13＋15＋17＋19＝43
…
111＋113＋115＋…＋m＝n3，
则m＋n＝ .
(2)(2019·淄博模拟)古代埃及数学中发现有一个独特现象：除eq \f(2,3)用一个单独的符号表示以外，其它分数都要写成若干个单分数和的形式．例如eq \f(2,5)＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,15)，可以这样理解：假定有两个面包，要平均分给5个人，如果每人eq \f(1,2)，不够，每人eq \f(1,3)，余eq \f(1,3)，再将这eq \f(1,3)分成5份，每人得eq \f(1,15)，这样每人分得eq \f(1,3)＋eq \f(1,15).形如eq \f(2,2n＋1)(n＝2,3,4，…)的分数的分解：
eq \f(2,5)＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,15)，eq \f(2,7)＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,28)，eq \f(2,9)＝eq \f(1,5)＋eq \f(1,45)，按此规律，eq \f(2,2n＋1)＝ (n＝2,3,4，…)．
(1)142 (2)eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋12n＋1) [(1)观察式子，得n2－n＋1＝111，即n2－n－110＝0，解得n＝11.
又m＝111＋2×10＝131，
∴m＋n＝131＋11＝142.
(2)由eq \f(2,2×2＋1)＝eq \f(2,5)＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,15)＝eq \f(1,1＋2)＋eq \f(1,2＋12×2＋1)，
eq \f(2,2×3＋1)＝eq \f(2,7)＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,28)＝eq \f(1,3＋1)＋eq \f(1,3＋12×3＋1)，
eq \f(2,2×4＋1)＝eq \f(2,9)＝eq \f(1,5)＋eq \f(1,45)＝eq \f(1,4＋1)＋eq \f(1,4＋12×4＋1)，
故eq \f(2,2n＋1)＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋12n＋1).]
寻找规律时要注意和项数(行数)的关系．
[教师备选例题]
观察下列等式：
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(π,3)))－2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(2π,3)))－2＝eq \f(4,3)×1×2；
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(π,5)))－2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(2π,5)))－2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(3π,5)))－2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(4π,5)))－2＝eq \f(4,3)×2×3；
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(π,7)))－2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(2π,7)))－2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(3π,7)))－2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(6π,7)))－2＝eq \f(4,3)×3×4；
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(π,9)))－2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(2π,9)))－2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(3π,9)))－2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(8π,9)))－2＝eq \f(4,3)×4×5；
……
照此规律，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(π,2n＋1)))－2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(2π,2n＋1)))－2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(3π,2n＋1)))－2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(2nπ,2n＋1)))－2＝ .
eq \f(4,3)n(n＋1) [根据所给等式知，等式右边是三个数的乘积，第一个数是eq \f(4,3)，第二个数是左边最后一个数括号内角度值分子中π的系数的一半，第三个数比第二个数大1，故所求结果为eq \f(4,3)n(n＋1)．]
与图形有关的推理
(1)如图，第①个多边形是由正三角形“扩展”而来，第②个多边形是由正方形“扩展”而来，……，如此类推．设由正n边形“扩展”而来的多边形的边数为an，则eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a4)＋eq \f(1,a5)＋…＋eq \f(1,a99)＝( )
① ② ③ ④ ⑤
A.eq \f(97,300) B.eq \f(97,100) C.eq \f(3,100) D.eq \f(1,100)
(2)(2019·武汉模拟)如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，…，如此继续下去得到一个树形图形，称为“勾股树”．若某勾股树含有255个正方形，且其最大的正方形的边长为eq \f(\r(2),2)，则其最小正方形的边长为( )
A.eq \f(1,16) B.eq \f(\r(2),32) C.eq \f(1,32) D.eq \f(1,64)
(1)A (2)A [(1)a3＝3×4，a4＝4×5，a5＝5×6，猜想an＝n(n＋1)(n≥3，n∈N*)，
所以eq \f(1,an)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a4)＋eq \f(1,a5)＋…＋eq \f(1,a99)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)－\f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,6)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,99)－\f(1,100)))＝eq \f(1,3)－eq \f(1,100)＝eq \f(97,300)，故选A.
(2)由题意，正方形的边长构成以eq \f(\r(2),2)为首项，以eq \f(\r(2),2)为公比的等比数列，
现已知共得到255个正方形，则有1＋2＋…＋2n－1＝255，∴n＝8，
∴最小正方形的边长为eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))eq \s\up20(7)＝eq \f(1,16)，故选A.]
解答本例T(2)时要弄清两个问题：一是正方形的个数是如何变化的；二是正方形的边长是如何变化的．
1.(2019·三明模拟)观察下列算式：21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32,26＝64,27＝128,28＝256，….
用你所发现的规律可得22 020的末位数字是( )
A．2 B．4 C．6 D．8
C [通过观察知，末位数字呈周期性出现，周期为4，又2 020＝4×505.故22 020的末位数字与24的末位数字相同，都是6，故选C.]
2．观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a7＋b7＝( )
A．15 B．18 C．29 D．47
C [观察所给等式知，an＋bn(n≥3)的值为前两个式的和，因此，a6＋b6＝18，a7＋b7＝29，故选C.]
3．(2019·黄山模拟)如图，已知等边△ABC的边长为1，△A1B1C1的三个顶点分别是△ABC三边的中点，△A2B2C2的三个顶点分别是△A1B1C1三边的中点，……则△A6B6C6的面积为( )
A.eq \f(\r(3),28) B.eq \f(\r(3),210) C.eq \f(\r(3),212) D.eq \f(\r(3),214)
D [等边△ABC的边长为1，则其面积为eq \f(\r(3),4)，
由△A1B1C1的三个顶点分别是△ABC三边的中点，故相似比为2，则面积比为4，
故△A1B1C1的面积为eq \f(1,4)×eq \f(\r(3),4)＝eq \f(\r(3),24)，
同理可得△A2B2C2的面积为eq \f(1,4)×eq \f(1,4)×eq \f(\r(3),4)＝eq \f(\r(3),26)，
故△A6B6C6的面积为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up20(6)×eq \f(\r(3),4)＝eq \f(\r(3),214)，故选D.]
考点2 类比推理
类比推理的分类及处理方法
(1)将十进制数47化为二进制数，根据二进制数“满二进一”的原则，采用“除二取余法”，得如下过程： 47＝2×23＋1, 23＝2×11＋1, 11＝2×5＋1, 5＝2×2＋1,2＝2×1＋0,1＝2×0＋1，把以上各步所得余数从后面到前面依次排列，从而得到47的二进制数为101111，记作：47(2)＝101111.类比上述方法，根据三进制数“满三进一”的原则，则47(3)＝( )
A．202 B．1202 C．1021 D．2021
(2)我国古代称直角三角形为勾股形，并且直角边中较小者为勾，另一直角边为股，斜边为弦．若a，b，c为直角三角形的三边，其中c为斜边，则a2＋b2＝c2，称这个定理为勾股定理．现将这一定理推广到立体几何中：在四面体OABC中，∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝90°，S为顶点O所对面的面积，S1，S2，S3分别为侧面△OAB，△OAC，△OBC的面积，则下列选项中对于S，S1，S2，S3满足的关系描述正确的为( )
A．S＝S1＋S2＋S3 B．S2＝eq \f(1,S\\al(2,1))＋eq \f(1,S\\al(2,2))＋eq \f(1,S\\al(2,3))
C．S2＝Seq \\al(2,1)＋Seq \\al(2,2)＋Seq \\al(2,3) D．S＝eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋eq \f(1,S3)
(1)B (2)C [(1)由于47＝3×15＋2,15＝3×5＋0,5＝3×1＋2,1＝3×0＋1，可得：47(3)＝1202.故选B.
(2)如图，作OD⊥BC于点D，连接AD，则AD⊥BC，从而S2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)BC·AD))eq \s\up20(2)＝eq \f(1,4)BC2·AD2＝eq \f(1,4)BC2·(OA2＋OD2)＝eq \f(1,4)(OB2＋OC2)·OA2＋eq \f(1,4)BC2·OD2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)OB·OA))eq \s\up20(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)OC·OA))eq \s\up20(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)BC·OD))eq \s\up20(2)＝Seq \\al(2,1)＋Seq \\al(2,2)＋Seq \\al(2,3)，故选C.]
解答本例T(2)时，也可以仿照a2＋b2＝c2写出结论．
[教师备选例题]
若数列{an}是等差数列，则数列{bn}eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(bn＝\f(a1＋a2＋…＋an,n)))也是等差数列，类比这一性质可知，若正项数列{cn}是等比数列，且{dn}也是等比数列，则dn的表达式应为( )
A．dn＝eq \f(c1＋c2＋…＋cn,n)
B．dn＝eq \f(c1·c2·…·cn,n)
C．dn＝eq \r(n,\f(c\\al(n,1)＋c\\al(n,2)＋…＋c\\al(n,n),n))
D．dn＝eq \r(n,c1·c2·…·cn)
D [法一：从商类比开方，从和类比到积，则算术平均数可以类比几何平均数，故dn的表达式为dn＝eq \r(n,c1·c2·…·cn).
法二：若{an}是等差数列，则a1＋a2＋…＋an＝na1＋eq \f(nn－1,2)d，
∴bn＝a1＋eq \f(n－1,2)d＝eq \f(d,2)n＋a1－eq \f(d,2)，即{bn}为等差数列；若{cn}是等比数列，则c1·c2·…·cn＝ceq \\al(n,1)·q1＋2＋…＋(n－1)＝ceq \\al(n,1)·qeq \f(nn－1,2)，∴dn＝eq \r(n,c1·c2·…·cn)＝c1·qeq \f(n－1,2)，即{dn}为等比数列，故选D.]
1.刘徽是中国古代最杰出的数学家之一，他在中国算术史上最重要的贡献就是注释《九章算术》，刘徽在割圆术中提出的“割之弥细，所失弥少，割之又割以至于不可割，则与圆台体而无所失矣”，体现了无限与有限之间转化的思想方法，这种思想方法应用广泛．如数式2＋eq \f(1,2＋\f(1,2＋…))是一个确定值x(数式中的省略号表示按此规律无限重复)，该数式的值可以用如下方法求得：令原式＝x，则2＋eq \f(1,x)＝x，即x2－2x－1＝0，解得x＝1±eq \r(2)，取正数得x＝eq \r(2)＋1.用类似的方法可得eq \r(6＋\r(6＋\r(6＋…)))＝ .
3 [由题意，可令eq \r(6＋\r(6＋\r(6＋…)))＝x，
则eq \r(6＋x)＝x，两边平方，得：6＋x＝x2，即x2－x－6＝0.
解得：x＝3，或x＝－2，取正数得x＝3.]
2．已知“正三角形内切圆的半径是高的eq \f(1,3)”，把这个结论推广到空间正四面体，类似的结论是 ．
正四面体内切球的半径是高的eq \f(1,4) [空间正四面体的内切球对应正三角形的内切圆，设正四面体内切球的半径为R，正四面体每个面的面积为S，高为h，则V球＝eq \f(1,3)Sh＝eq \f(4,3)SR，即R＝eq \f(1,4)h.因此，正四面体内切球的半径是高的eq \f(1,4).]
考点3 演绎推理
演绎推理问题求解策略
(1)演绎推理是由一般到特殊的推理，常用的一般模式为三段论．
(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，可找一个使结论成立的充分条件作为大前提．
(1)(2017·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绩．老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，则( )
A．乙可以知道四人的成绩
B．丁可以知道四人的成绩
C．乙、丁可以知道对方的成绩
D．乙、丁可以知道自己的成绩
(2)(2020·福州模拟)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；②Sn＋1＝4an.
(1)D [由甲说：“我还是不知道我的成绩”可推知甲看到乙、丙的成绩为“1个优秀、1个良好”．乙看丙的成绩，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绩．丁看甲的成绩，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绩．故选D.]
(2)[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)
又∵eq \f(S1,1)＝eq \f(a1,1)＝1，
故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\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)，(大前提)
又a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提)
∴对于任意正整数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)
本例T(1)是生活中的逻辑推理问题，主要用到了演绎推理．
[教师备选例题]
(2017·北京高考)某学习小组由学生和教师组成，人员构成同时满足以下三个条件：
①男学生人数多于女学生人数；
②女学生人数多于教师人数；
③教师人数的两倍多于男学生人数．
(1)若教师人数为4，则女学生人数的最大值为 ；
(2)该小组人数的最小值为 ．
6 12 [(1)若教师人数为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，教师人数为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.]
1.某国家流传这样的一个政治笑话：“鹅吃白菜，参议员先生也吃白菜，所以参议员先生是鹅．”结论显然是错误的，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
C [根据三段论的定义知，推理形式错误，导致结论错误，故选C.]
2．在2020年元旦晚会上，甲、乙、丙三人分别收到两个微信红包，已知三人收到的微信红包分别是3元、6元，3元、9元和6元、9元．甲看了乙的微信红包说：“我与乙的微信红包中相同的红包不是6元”，乙看了丙的微信红包说：“我与丙的微信红包中相同的红包不是3元”，丙说，“我的两个微信红包之和不是15元”，则由此可判断甲收到的两个微信红包之和是 元．
12 [法一：由题意得丙的两个微信红包不是6元和9元．若丙的两个微信红包是3元和6元，则由乙的说法知乙的两个微信红包是6元和9元，则甲的两个微信红包是3元和9元，满足题意；若丙的两个微信红包是3元和9元，则由乙的说法知乙的两个微信红包是6元和9元，则甲的两个微信红包是3元和6元，不满足甲的说法．故甲的两个微信红包是3元和9元，共12元．
法二：因为甲与乙相同的微信红包不是6元，所以丙的微信红包必有一个是6元，又丙的微信红包之和不是15，所以丙的两个微信红包必然是3元和6元．因为乙与丙的微信红包相同的红包不是3元，所以乙的两个微信红包是6元和9元，所以甲的两个微信红包是3元和9元，共12元．]
类型
定义
特点
归纳推理
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
由部分到整体、由个别到一般
类比推理
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
由特殊到特殊
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
类别
解读
适合题型
类比定义
在求解由某种熟悉的定义产生的类比推理型问题时，可以借助原定义来求解
已知熟悉定义类比新定义
类比性质
从一个特殊式子的性质、一个特殊图形的性质入手，提出类比推理型问题，求解时要认真分析两者之间的联系与区别，深入思考两者的转化过程是求解的关键
平面几何与立体几何、等差数列与等比数列
类比方法
有一些处理问题的方法具有类比性，可以把这种方法类比应用到其他问题的求解中，注意知识的迁移
已知熟悉的处理方法类比未知问题的处理方法
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