高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：6.5 合情推理与演绎推理 word版含答案

这是一份高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：6.5 合情推理与演绎推理 word版含答案，共13页。

(1)了解合情推理的含义，能利用归纳和类比等进行简单的推理，了解合情推理在数学发展中的作用．
(2)了解演绎推理的重要性，掌握演绎推理的基本模式，并能运用它们进行一些简单推理．
(3)了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异．
知识点一 合情推理
1．归纳推理
(1)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．
(2)特点：是由部分到整体、由个别到一般的推理．
2．类比推理
(1)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．
(2)特点：是由特殊到特殊的推理．
易误提醒 (1)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)合情推理是从已知的结论推测未知的结论，发现与猜想的结论都要经过进一步严格证明．
[自测练习]
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．3n－1 B．4n－3
C．n2 D．3n－1
解析：a1＝1，a2＝4，a3＝9，a4＝16，猜想an＝n2.
答案：C
2．在等差数列{an}中，若公差为d，且a1＝d，那么有am＋an＝am＋n，类比上述性质，写出在等比数列{an}中类似的性质：________.
解析：等差数列中两项之和类比等比数列中两项之积，故在等比数列中，类似的性质是“在等比数列{an}中，若公比为q，且a1＝q，则am·an＝am＋n.”
答案：在等比数列{an}中，若公比为q，且a1＝q，则am·an＝am＋n
知识点二 演绎推理
1．模式：三段论
(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．
2．特点：是由一般到特殊的推理．
易误提醒 演绎推理是由一般到特殊的推理，它常用来证明和推理数学问题，注意推理过程的严密性，书写格式的规范性．
[自测练习]
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)))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)))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
B．小前提错误导致结论错
C．推理形式错误导致结论错
D．大前提和小前提错误导致结论错
解析：“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．
答案：A
考点一 归纳推理|
1．(2015·广东七校)将全体正整数排成一个三角形数阵
1
2 3
4 5 6
7 8 9 10
11 12 13 14 15
…
根据以上排列规律，数阵中第n(n≥3)行的从左至右的第3个数是________．
解析：前n－1行共用了eq \f([1＋n－1]n－1,2)个数，即eq \f(nn－1,2)个数，也就是说第n－1行的最后一个数就是eq \f(nn－1,2).那么，第n(n≥3)行的从左至右的第3个数是eq \f(nn－1,2)＋3，也就是eq \f(n2－n＋6,2).
答案：eq \f(n2－n＋6,2)
2．观察下列等式：13＝12,13＋23＝32,13＋23＋33＝62,13＋23＋33＋43＝102，…，根据上述规律，第n个等式为________．
解析：由第一个等式13＝12，得13＝(1＋0)2；第二个等式13＋23＝32，得13＋23＝(1＋2)2；第三个等式13＋23＋33＝62，得13＋23＋33＝(1＋2＋3)2；第四个等式13＋23＋33＋43＝102，得13＋23＋33＋43＝(1＋2＋3＋4)2，由此可猜想第n个等式为13＋23＋33＋43＋…＋n3＝(1＋2＋3＋…＋n)2＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(nn＋1,2)))2.
答案：13＋23＋33＋43＋…＋n3＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(nn＋1,2)))2
归纳推理的一般步骤
eq \x(1)—eq \x(通过对某些个体的观察、分析和比较，发现它们的相同性质或变化规律)
↓
eq \x(2)—eq \x(从已知的相同性质或变化规律中推出一个明确表达的一般性命题)

考点二 类比推理|
1．已知点A(x1，ax1)，B(x2，ax2)是函数y＝ax(a>1)的图象上任意不同两点，依据图象(图略)可知，线段AB总是位于A，B两点之间函数图象的上方，因此有结论eq \f(ax1＋ax2,2)>aeq \f(x1＋x2,2)成立．运用类比思想方法可知，若点A(x1，sin x1)，B(x2，sin x2)是函数y＝sin x(x∈(0，π))的图象上任意不同两点，则类似地有________成立．
解析：对于函数y＝ax(a>1)的图象上任意不同两点A，B，依据图象(图略)可知，线段AB总是位于A，B两点之间函数图象的上方，因此有结论eq \f(ax1＋ax2,2)>aeq \f(x1＋x2,2)成立；对于函数y＝sin x(x∈(0，π))的图象上任意不同的两点A(x1，sin x1)，B(x2，sin x2)，线段AB总是位于A，B两点之间函数图象的下方，类比可知应有eq \f(sin x1＋sin x2,2)答案：eq \f(sin x1＋sin x2,2)2．若{an}是等差数列，m，n，p是互不相等的正整数，则有：(m－n)ap＋(n－p)am＋(p－m)an＝0，类比上述性质，相应地，对等比数列{bn}，m，n，p是互不相等的正整数，有________．
解析：等差数列的三项之和类比等比数列的三项之积，等差数列中(m－n)ap类比等比数列中的beq \\al(m－n,p)，因此有beq \\al(m－n,p)·beq \\al(n－p,m)·beq \\al(p－m,n)＝1.
答案：beq \\al(m－n,p)·beq \\al(n－p,m)·beq \\al(p－m,n)＝1
类比推理的一般步骤
eq \x(1)—eq \x(观察两考察对象的部分类似属性)
↓
eq \x(2)—eq \x(推导出两个对象其他类似属性)
考点三 演绎推理|
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)∵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.
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)
(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)
∴对于任意正整数n，都有Sn＋1＝4an.(结论)
应用演绎推理应注意的问题
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．


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上的单调增函数．
解：设x1，x2∈R，取x1x1f(x2)＋x2f(x1)，
∴x1[f(x1)－f(x2)]＋x2[f(x2)－f(x1)]>0，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)>0，
∵x10，
∴f(x2)>f(x1)．
所以y＝f(x)为R上的单调增函数.
12.合情推理中的易误点
【典例】 (1)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数，如三角形数1,3,6,10，…，第n个三角形数为eq \f(nn＋1,2)＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(1,2)n，记第n个k边形数为N(n，k)(k≥3)，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：
三角形数 N(n,3)＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(1,2)n，
正方形数 N(n,4)＝n2，
五边形数 N(n,5)＝eq \f(3,2)n2－eq \f(1,2)n，
六边形数 N(n,6)＝2n2－n
…
可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(10,24)＝________.
(2)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] (1)由N(n,4)＝n2，N(n,6)＝2n2－n，可以推测：当k为偶数时，N(n，k)＝eq \f(k－2,2)n2＋eq \f(4－k,2)n，
∴N(10,24)＝eq \f(24－2,2)×100＋eq \f(4－24,2)×10＝1 100－100＝1 000.
(2)设P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，
则P1，P2的切线方程分别是
eq \f(x1x,a2)－eq \f(y1y,b2)＝1，eq \f(x2x,a2)－eq \f(y2y,b2)＝1.
因为P0(x0，y0)在这两条切线上，
故有eq \f(x1x0,a2)－eq \f(y1y0,b2)＝1，eq \f(x2x0,a2)－eq \f(y2y0,b2)＝1，
这说明P1(x1，y1)，P2(x2，y2)在直线eq \f(x0x,a2)－eq \f(y0y,b2)＝1上，
故切点弦P1P2所在的直线方程是eq \f(x0x,a2)－eq \f(y0y,b2)＝1.
[答案] (1)1 000 (2)eq \f(x0x,a2)－eq \f(y0y,b2)＝1
[易误点评] (1)审题不细发现不了当k为偶数时，N(n，k)的规律从而归纳失误．
(2)阅读信息时易忽视关键点，主要是信息中心的结论，若此时发生失败，出现错误结论．
[防范措施] (1)解决归纳推理问题，常因条件不足，了解不全面而致误．应由条件多列举一些特殊情况再进行归纳．(2)解决类比问题，应先弄清所给问题的实质及已知结论成立的缘由，再去类比另一类问题．
[跟踪练习] 观察下列不等式：
1＋eq \f(1,22)1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,42)…
照此规律，第五个不等式为______________________________________________．
解析：归纳观察法．
观察每行不等式的特点，每行不等式左端最后一个分数的分母的开方与右端值的分母相等，且每行右端分数的分子构成等差数列．
故第五个不等式为1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,42)＋eq \f(1,52)＋eq \f(1,62)答案：1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,42)＋eq \f(1,52)＋eq \f(1,62)A组 考点能力演练
1．(2016·合肥模拟)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：因为f(x)＝sin(x2＋1)不是正弦函数，所以小前提不正确．
答案：C
2．在等差数列{an}中，若an>0，公差d>0，则有a4·a6>a3·a7，类比上述性质，在等比数列{bn}中，若bn>0，公比q>1，则b4，b5，b7，b8的一个不等关系是( )
A．b4＋b8>b5＋b7 B．b4＋b8C．b4＋b7>b5＋b8 D．b5·b8解析：∵(b4＋b8)－(b5＋b7)＝(b4＋b4q4)－(b4q＋b4q3)＝b4(1＋q4－q－q3)＝b4(q－1)(q3－1)>0，
∴b4＋b8>b5＋b7，故选A.
答案：A
3．(2015·西安八校联考)观察一列算式：1⊗1,1⊗2,2⊗1,1⊗3,2⊗2,3⊗1,1⊗4,2⊗3,3⊗2,4⊗1，…，则式子3⊗5是第( )
A．22项 B．23项
C．24项 D．25项
解析：两数和为2的有1个，和为3的有2个，和为4的有3个，和为5的有4个，和为6的有5个，和为7的有6个，前面共有21个，3⊗5为和为8的第3项，所以为第24项．故选C.
答案：C
4．已知“整数对”按如下规律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，…，则第60个“整数对”是( )
A．(7,5) B．(5,7)
C．(2,10) D．(10,1)
解析：依题意，把“整数对”的和相同的分为一组，不难得知第n组中每个“整数对”的和均为n＋1，且第n组共有n个“整数对”，这样的前n组一共有eq \f(nn＋1,2)个“整数对”，注意到eq \f(10×10＋1,2)<60答案：B
5．如图所示，椭圆中心在坐标原点，F为左焦点，当eq \(FB,\s\up6(→))⊥eq \(AB,\s\up6(→))时，其离心率为eq \f(\r(5)－1,2)，此类椭圆被称为“黄金椭圆”．类比“黄金椭圆”，可推算出“黄金双曲线”的离心率e等于( )
A.eq \f(\r(5)＋1,2) B.eq \f(\r(5)－1,2)
C.eq \r(5)－1 D.eq \r(5)＋1
解析：根据“黄金椭圆”的性质是eq \(FB,\s\up6(→))⊥eq \(AB,\s\up6(→))，可以得到“黄金双曲线”也满足这个性质，
设“黄金双曲线”方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1，
则B(0，b)，F(－c,0)，A(a,0)．在“黄金双曲线”中，
∵eq \(FB,\s\up6(→))⊥eq \(AB,\s\up6(→))，∴eq \(FB,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝0.
又eq \(FB,\s\up6(→))＝(c，b)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(－a，b)．
∴b2＝ac.而b2＝c2－a2，
∴c2－a2＝ac.
在等号两边同除以a2得e＝eq \f(\r(5)＋1,2)，故选A.
答案：A
6．(2016·厦门模拟)已知等差数列{an}中，有eq \f(a11＋a12＋…＋a20,10)＝eq \f(a1＋a2＋…＋a30,30)，则在等比数列{bn}中，会有类似的结论：___________________________________________.
解析：由等比数列的性质可知b1b30＝b2b29＝…＝b11b20，∴eq \r(10,b11b12…b20)＝eq \r(30,b1b2…b30).
答案：eq \r(10,b11b12…b20)＝eq \r(30,b1b2…b30)
7．(2016·陕西一检)观察下列式子：1,1＋2＋1,1＋2＋3＋2＋1,1＋2＋3＋4＋3＋2＋1，…，由以上可推测出一个一般性结论：对于n∈N*,1＋2＋…＋n＋…＋2＋1＝________.
解析：∵1＝12,1＋2＋1＝22,1＋2＋3＋2＋1＝32,1＋2＋3＋4＋3＋2＋1＝42，…，∴归纳可得1＋2＋…＋n＋…＋2＋1＝n2.
答案：n2
8．已知x>0，x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(x·\f(1,x))＝2，x＋eq \f(4,x2)＝eq \f(x,2)＋eq \f(x,2)＋eq \f(4,x2)≥3eq \r(3,\f(x,2)·\f(x,2)·\f(4,x2))＝3，x＋eq \f(27,x3)＝eq \f(x,3)＋eq \f(x,3)＋eq \f(x,3)＋eq \f(27,x3)≥4eq \r(4,\f(x,3)·\f(x,3)·\f(x,3)·\f(27,x3))＝4，….在x>0的条件下，请根据上述不等式归纳出一个一般性的不等式________．
解析：根据题意，分析所给不等式的变形过程可得，先对左式变形，再利用基本不等式化简，消去根号，得到右式，则x＋eq \f(nn,xn)＝eq \f(x,n)＋eq \f(x,n)＋…＋eq \f(x,n)＋eq \f(nn,xn)≥(n＋1)·eq \r(n＋1,\f(x,n)·\f(x,n)·…·\f(x,n)·\f(nn,xn))＝n＋1(n∈N*)．
答案：x＋eq \f(nn,xn)≥n＋1(n∈N*)
9．给出下面的数表序列：
表1 表2 表3
1 1 3 1 3 5 …
4 4 8
12
其中表n(n＝1,2,3，…)有n行，第1行的n个数是1,3,5，…，2n－1，从第2行起，每行中的每个数都等于它肩上的两数之和．
写出表4，验证表4各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成等比数列，并将结论推广到表n(n≥3)(不要求证明)．
解：表4为
1 3 5 7
4 8 12
12 20
32
它的第1,2,3,4行中的数的平均数分别是4,8,16,32，它们构成首项为4，公比为2的等比数列．
10．如图所示，点P为斜三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱BB1上一点，PM⊥BB1交AA1于点M，PN⊥BB1交CC1于点N.
(1)求证：CC1⊥MN；
(2)在任意三角形DEF中有余弦定理：DE2＝DF2＋EF2－2DF·EFcs∠DFE.
拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明．
解：(1)证明：因为PM⊥BB1，PN⊥BB1，
所以BB1⊥平面PMN，所以BB1⊥MN.
又CC1∥BB1，所以CC1⊥MN.
(2)在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，有S2ABB1A1＝S2BCC1B1＋S2ACC1A1－2SBCC1B1·SACC1A1cs α，其中α为平面CC1B1B与平面CC1A1A所成的二面角．证明如下：
因为CC1⊥平面PMN，
所以上述的二面角的平面角为∠MNP.
在△PMN中，
因为PM2＝PN2＋MN2－2PN·MNcs ∠MNP，
所以PM2·CCeq \\al(2,1)＝PN2·CCeq \\al(2,1)＋MN2·CCeq \\al(2,1)－2(PN·CC1)·(MN·CC1)cs ∠MNP，
因为SBCC1B1＝PN·CC1，SACC1A1＝MN·CC1，SABB1A1＝PM·BB1＝PM·CC1，
所以S2ABB1A1＝S2BCC1B1＋S2ACC1A1－2SBCC1B1·SACC1A1cs α.
B组 高考题型专练
1．(2013·高考陕西卷)观察下列等式
12＝1
12－22＝－3
12－22＋32＝6
12－22＋32－42＝－10
…
照此规律，第n个等式可为________．
解析：观察规律可知，第n个式子为12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1eq \f(nn＋1,2).
答案：12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1eq \f(nn＋1,2)
2．(2014·高考陕西卷)已知f(x)＝eq \f(x,1＋x)，x≥0，若f1(x)＝f(x)，fn＋1(x)＝f(fn(x))，n∈N＋，则f2 014(x)的表达式为________．
解析：由f1(x)＝eq \f(x,1＋x)⇒f2(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,1＋x)))＝eq \f(\f(x,1＋x),1＋\f(x,1＋x))＝eq \f(x,1＋2x)；又可得f3(x)＝f(f2(x))＝eq \f(\f(x,1＋2x),1＋\f(x,1＋2x))＝eq \f(x,1＋3x)，故可猜想f2 014(x)＝eq \f(x,1＋2 014x).
答案：f2 014(x)＝eq \f(x,1＋2 014x)
3．(2015·高考山东卷)观察下列各式：
Ceq \\al(0,1)＝40；
Ceq \\al(0,3)＋Ceq \\al(1,3)＝41；
Ceq \\al(0,5)＋Ceq \\al(1,5)＋Ceq \\al(2,5)＝42；
Ceq \\al(0,7)＋Ceq \\al(1,7)＋Ceq \\al(2,7)＋Ceq \\al(3,7)＝43；
…
照此规律，当n∈N*时，
Ceq \\al(0,2n－1)＋Ceq \\al(1,2n－1)＋Ceq \\al(2,2n－1)＋…＋Ceq \\al(n－1,2n－1)＝________.
解析：第一个等式，n＝1，而右边式子为40＝41－1；
第二个等式，n＝2，而右边式子为41＝42－1；
第三个等式，n＝3，而右边式子为42＝43－1；
第四个等式，n＝4，而右边式子为43＝44－1；
…
归纳可知，第n个等式的右边为4n－1.
答案：4n－1
4．(2012·高考福建卷)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：
①sin213°＋cs217°－sin 13°cs 17°；
②sin215°＋cs215°－sin 15°cs 15°；
③sin218°＋cs212°－sin 18°cs 12°；
④sin2(－18°)＋cs248°－sin(－18°)cs 48°；
⑤sin2(－25°)＋cs255°－sin(－25°)cs 55°.
(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；
(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．
解：(1)选择②式，计算如下：
sin215°＋cs215°－sin 15°cs 15°
＝1－eq \f(1,2)sin 30°＝eq \f(3,4).
(2)归纳三角恒等式为sin2 α＋cs2(30°－α)－sin αcs(30°－α)＝eq \f(3,4).
证明如下：
sin2α＋cs2(30°－α)－sin αcs(30°－α)
＝eq \f(1－cs 2α,2)＋eq \f(1＋cs60°－2α,2)－sin α(cs 30°cs α＋sin 30°sin α)
＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)cs 2α＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)(cs 60°cs 2α＋sin 60°sin 2α)－eq \f(\r(3),2)sin αcs α－eq \f(1,2)sin2 α
＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)cs 2α＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,4)cs 2α＋eq \f(\r(3),4)sin 2α－eq \f(\r(3),4)sin 2α－eq \f(1,4)(1－cs 2α)
＝1－eq \f(1,4)cs 2α－eq \f(1,4)＋eq \f(1,4)cs 2α＝eq \f(3,4).