2021学年2.1合情推理与演绎推理同步训练题

这是一份2021学年2.1合情推理与演绎推理同步训练题，共11页。试卷主要包含了1　合情推理与演绎推理等内容，欢迎下载使用。

2.1 合情推理与演绎推理
2.1.1 合情推理
[学习目标]
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．
2．了解合情推理在数学发现中的作用．
[知识链接]
1．归纳推理和类比推理的结论一定正确吗？
答 归纳推理的结论超出了前提所界定的范围，其前提和结论之间的联系不是必然性的，而是或然性的，结论不一定正确．类比推理是从人们已经掌握了的事物的特征，推测正在被研究中的事物的特征，所以类比推理的结果具有猜测性，不一定可靠．
2．由合情推理得到的结论可靠吗？
答 一般来说，由合情推理所获得的结论，仅仅是一种猜想，未必可靠，例如，费马猜想就被数学家欧拉推翻了．
[预习导引]
1．归纳推理和类比推理
2.合情推理的含义
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．
3．合情推理的过程
eq \x(从具体问题出发)→eq \x(观察、分析、比较、联想)→eq \x(归纳、类比)→eq \x(提出猜想)
要点一 归纳推理的应用
例1 观察如图所示的“三角数阵”
1…………第1行
2 2…………第2行
3 4 3…………第3行
4 7 7 4…………第4行
5 1114115…………第5行
…………
记第n(n＞1)行的第2个数为an(n≥2，n∈N*)，请仔细观察上述“三角数阵”的特征，完成下列各题：
(1)第6行的6个数依次为________、________、________、________、________、________；
(2)依次写出a2、a3、a4、a5；
(3)归纳出an＋1与an的关系式．
解 由数阵可看出，除首末两数外，每行中的数都等于它上一行的肩膀上的两数之和，且每一行的首末两数都等于行数．
(1)6,16,25,25,16,6
(2)a2＝2，a3＝4，a4＝7，a5＝11
(3)∵a3＝a2＋2，a4＝a3＋3，a5＝a4＋4
由此归纳：an＋1＝an＋n.
规律方法 对于数阵问题的解决方法，既要清楚每行、每列数的特征，又要对上、下行，左、右列间的关系进行研究，找到规律，问题即可迎刃而解．
跟踪演练1 根据下列条件，写出数列中的前4项，并归纳猜想它的通项公式．
(1)a1＝3，an＋1＝2an＋1；
(2)a1＝a，an＋1＝eq \f(1,2－an)；
(3)对一切的n∈N*，an>0，且2eq \r(Sn)＝an＋1.
解 (1)由已知可得a1＝3＝22－1，
a2＝2a1＋1＝2×3＋1＝7＝23－1，
a3＝2a2＋1＝2×7＋1＝15＝24－1，
a4＝2a3＋1＝2×15＋1＝31＝25－1.
猜想an＝2n＋1－1，n∈N*.
(2)由已知可得a1＝a，
a2＝eq \f(1,2－a1)＝eq \f(1,2－a)，a3＝eq \f(1,2－a2)＝eq \f(2－a,3－2a)，
a4＝eq \f(1,2－a3)＝eq \f(3－2a,4－3a).
猜想an＝eq \f(n－1－n－2a,n－n－1a)(n∈N*)．
(3)∵2eq \r(Sn)＝an＋1，∴2eq \r(S1)＝a1＋1，即2eq \r(a1)＝a1＋1，
∴a1＝1.又2eq \r(S2)＝a2＋1，
∴2eq \r(a1＋a2)＝a2＋1，∴aeq \\al(2,2)－2a2－3＝0.
∵对一切的n∈N*，an>0，
∴a2＝3.
同理可求得a3＝5，a4＝7，
猜想出an＝2n－1(n∈N*)．
要点二 类比推理的应用
例2 如图所示，在△ABC中，射影定理可表示为a＝b·cs C＋c·cs B，其中a，b，c分别为角A，B，C的对边．类比上述定理，写出对空间四面体性质的猜想．
解
如右图所示，在四面体P－ABC中，设S1，S2，S3，S分别表示△PAB，△PBC，△PCA，△ABC的面积，α，β，γ依次表示面PAB，面PBC，面PCA与底面ABC所成二面角的大小．
我们猜想射影定理类比推理到三维空间，其表现形式应为S＝S1·cs α＋S2·cs β＋S3·cs γ.
规律方法 (1)类比推理的基本原则是根据当前问题的需要，选择适当的类比对象，可以从几何元素的数目、位置关系、度量等方面入手．由平面中的相关结论可以类比得到空间中的相关结论．
(2)平面图形与空间图形类比
跟踪演练2 已知P(x0，y0)是抛物线y2＝2px(p>0)上的一点，过P点的切线方程的斜率可通过如下方式求得：在y2＝2px两边同时对x求导，得2yy′＝2p，则y′＝eq \f(p,y)，所以过P的切线的斜率k＝eq \f(p,y0).类比上述方法求出双曲线x2－eq \f(y2,2)＝1在P(eq \r(2)，eq \r(2))处的切线方程为________．
答案 2x－y－eq \r(2)＝0
解析 将双曲线方程化为y2＝2(x2－1)，类比上述方法两边同时对x求导得2yy′＝4x，则y′＝eq \f(2x,y)，即过P的切线的斜率k＝eq \f(2x0,y0)，由于P(eq \r(2)，eq \r(2))，故切线斜率k＝eq \f(2\r(2),\r(2))＝2，因此切线方程为y－eq \r(2)＝2(x－eq \r(2))，整理得2x－y－eq \r(2)＝0.
要点三 平面图形与空间图形的类比
例3 三角形与四面体有下列相似性质：
(1)三角形是平面内由直线段围成的最简单的封闭图形；四面体是空间中由三角形围成的最简单的封闭图形．
(2)三角形可以看作是由一条线段所在直线外一点与这条线段的两个端点的连线所围成的图形；四面体可以看作是由三角形所在平面外一点与这个三角形三个顶点的连线所围成的图形．
通过类比推理，根据三角形的性质推测空间四面体的性质填写下表：
解
规律方法 将平面几何中的三角形、长方形、圆、面积等和立体几何中的三棱锥、长方体、球、体积等进行类比，是解决和处理立体几何问题的重要方法．
跟踪演练3 类比平面内正三角形的“三边相等，三内角相等”的性质，可推出正四面体的下列哪些性质，你认为比较恰当的是( )
①各棱长相等，同一顶点上的任两条棱的夹角都相等；②各个面都是全等的正三角形，相邻两个面所成的二面角都相等；③各个面都是全等的正三角形，同一顶点上的任两条棱的夹角都相等．

A．① B．①②
C．①②③ D．③
答案 C
解析 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，叫类比推理，上述三个结论均符合推理结论，故均正确．
1．下列说法正确的是( )
A．由合情推理得出的结论一定是正确的
B．合情推理必须有前提有结论
C．合情推理不能猜想
D．合情推理得出的结论不能判断正误
答案 B
解析 根据合情推理定义可知，合情推理必须有前提有结论．
2．下图为一串白黑相间排列的珠子，按这种规律往下排起来，那么第36颗珠子应是什么颜色( )
A．白色 B．黑色
C．白色可能性大 D．黑色可能性大
答案 A
解析 由图知：三白二黑周而复始相继排列，36÷5＝7余1.∴第36颗珠子的颜色为白色．
3．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
……………………
按照以上排列的规律，第n行(n≥3)从左向右的第3个数为________．
答案 eq \f(n2－n＋6,2)
解析 前n－1行共有正整数1＋2＋…＋(n－1)个，
即eq \f(n2－n,2)个，
因此第n行第3个数是全体正整数中第eq \f(n2－n,2)＋3个，即为eq \f(n2－n＋6,2).
4．观察下列各式
9－1＝8,16－4＝12,25－9＝16,36－16＝20，….
这些等式反映了自然数间的某种规律，设n表示正整数，用关于n的等式表示为________．
答案 (n＋2)2－n2＝4n＋4
解析 由已知四个式子可分析规律：(n＋2)2－n2＝4n＋4.
1．合情推理是指“合乎情理”的推理，数学研究中，得到一个新结论之前，合情推理常常能帮助我们猜测和发现结论；证明一个数学结论之前，合情推理常常能为我们提供证明的思路和方向．合情推理的过程概括为：
eq \x(从具体问题出发)→eq \x(观察、分析、比较、联想)→eq \x(归纳、类比)→eq \x(提出猜想).
一般来说，由合情推理所获得的结论，仅仅是一种猜想，其可靠性还需进一步证明．
2．归纳推理与类比推理都属合情推理：(1)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，或由个别事实概括出一般结论的推理，称为归纳推理．它是一种由部分到整体，由个别到一般的推理．(2)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称为类比推理，它是一种由特殊到特殊的推理.
一、基础达标
1．数列5,9,17,33，x，…中的x等于( )
A．47 B．65
C．63 D．128
答案 B
解析 5＝22＋1,9＝23＋1,17＝24＋1,33＝25＋1，归纳可得：x＝26＋1＝65.
2．根据给出的数塔猜测123 456×9＋7等于( )
1×9＋2＝11
12×9＋3＝111
123×9＋4＝1 111
1 234×9＋5＝11 111
12 345×9＋6＝111 111
…
A．1 111 110 B．1 111 111
C．1 111 112 D．1 111 113
答案 B
解析 由数塔猜测应是各位都是1的七位数，即1 111 111.
3．设0<θA．2cs eq \f(θ,2n) B．2cs eq \f(θ,2n－1)
C．2cseq \f(θ,2n＋1) D．2 sineq \f(θ,2n)
答案 B
解析 法一 ∵a1＝2cs θ，
a2＝eq \r(2＋2cs θ)＝2eq \r(\f(1＋cs θ,2))＝2cs eq \f(θ,2)，
a3＝eq \r(2＋a2)＝2 eq \r(\f(1＋cs \f(θ,2),2))＝2cs eq \f(θ,4)，…，
猜想an＝2cs eq \f(θ,2n－1).
法二 验n＝1时，排除A、C、D，故选B.
4．对命题“正三角形的内切圆切于三边中点”可类比猜想：正四面体的内切球切于四面体各正三角形的( )
A．一条中线上的点，但不是中心
B．一条垂线上的点，但不是垂心
C．一条角平分线上的点，但不是内心
D．中心
答案 D
解析 由正四面体的内切球可知，内切球切于四个侧面的中心．
5．观察下列等式：13＋23＝(1＋2)2,13＋23＋33 ＝(1＋2＋3)2,13＋23＋33＋43＝(1＋2＋3＋4)2，…，根据上述规律，第四个等式为________．
答案 13＋23＋33＋43＋53＝(1＋2＋3＋4＋5)2(或152)
解析 观察前3个等式发现等式左边分别是从1开始的两个数、三个数、四个数的立方和，等式右边分别是这几个数的和的平方，因此可得第四个等式是：13＋23＋33＋43＋53＝(1＋2＋3＋4＋5)2＝152.
6．观察下列等式
1＝1
2＋3＋4＝9
3＋4＋5＋6＋7＝25
4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49
…
照此规律，第n个等式为________．
答案 n＋(n＋1)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2
7．在△ABC中，若∠C＝90°，则cs2A＋cs2B＝1，用类比的方法，猜想三棱锥的类似性质，并证明你的猜想．
解 由平面类比到空间，有如下猜想：“在三棱锥P－ABC中，三个侧面PAB，PBC，PCA两两垂直，且与底面所成的角分别为α，β，γ，则cs2α＋cs2β＋cs2γ＝1”．
证明 设P在平面ABC的射影为O，延长CO交AB于M，记PO＝h，
由PC⊥PA，PC⊥PB得PC⊥面PAB，从而PC⊥PM，又∠PMC＝α，
cs α＝sin∠PCO＝eq \f(h,PC)，cs β＝eq \f(h,PA)，cs γ＝eq \f(h,PB)
∵VP－ABC＝eq \f(1,6)PA·PB·PC＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)PA·PBcs α＋))
eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)PB·))eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(PCcs β＋\f(1,2)PC·PAcs γ))·h，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(cs α,PC)＋\f(cs β,PA)＋\f(cs γ,PB)))h＝1
即cs2 α＋cs2 β＋cs2 γ＝1.
二、能力提升
8．设△ABC的三边长分别为a、b、c，△ABC的面积为S，内切圆半径为r，则r＝eq \f(2S,a＋b＋c)，类比这个结论可知：四面体S－ABC的四个面的面积分别为S1、S2、S3、S4，内切球半径为r，四面体S－ABC的体积为V，则r＝( )
A.eq \f(V,S1＋S2＋S3＋S4) B．eq \f(2V,S1＋S2＋S3＋S4)
C．eq \f(3V,S1＋S2＋S3＋S4) D．eq \f(4V,S1＋S2＋S3＋S4)
答案 C
解析
设四面体的内切球的球心为O，则球心O到四个面的距离都是R，所以四面体的体积等于以O为顶点，分别以四个面为底面的4个三棱锥体积的和．则四面体的体积为V四面体A－BCD＝eq \f(1,3)(S1＋S2＋S3＋S4)R，∴R＝eq \f(3V,S1＋S2＋S3＋S4).
9．(2013·湖北)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)＝________.
答案 1 000
解析 由归纳推理可知：n2和n前面的系数，一个成递增的等差数列，另一个成递减的等差数列，所以N(n，k)＝eq \f(k－2,2)n2－eq \f(1,2)n(k－4)，
所以N(10,24)＝eq \f(24－2,2)×102－eq \f(1,2)×10(24－4)＝1 100－100＝1 000.
10．(2013·陕西)观察下列等式：
eq \a\vs4\al(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________．
答案 12－22＋32－…＋(－1)n－1n2＝eq \f(－1n＋1,2)n(n＋1)
解析 分n为奇数、偶数两种情况．
当n为偶数时，分组求和：(12－22)＋(32－42)＋…＋[(n－1)2－n2]＝－eq \f(nn＋1,2).
当n为奇数时，第n个等式＝－eq \f(nn－1,2)＋n2＝eq \f(nn＋1,2).
综上，第n个等式：12－22＋32－…＋(－1)n－1n2＝eq \f(－1n＋1,2)n(n＋1)．
11．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°＝1－eq \f(1,4)＝eq \f(3,4).
(2)三角恒等式为sin2α＋cs2(30°－α)－sin αcs(30°－α)＝eq \f(3,4).
证明如下：
sin2α＋cs2(30°－α)－sin αcs(30°－α)＝sin2α＋(cs 30°cs α＋sin 30°sin α)2－sin α·(cs 30°cs α＋sin 30°sin α)
＝sin2α＋eq \f(3,4)cs2α＋eq \f(\r(3),2)sin αcs α＋eq \f(1,4)sin2α－eq \f(\r(3),2)sin αcs α－eq \f(1,2)sin2α＝eq \f(3,4)sin2α＋eq \f(3,4)cs2α＝eq \f(3,4).
12．(1)椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)与x轴交于A、B两点，点P是椭圆C上异于A、B的任意一点，直线PA、PB分别与y轴交于点M、N，求证：eq \(AN,\s\up6(→))·eq \(BM,\s\up6(→))为定值b2－a2.
(2)类比(1)可得如下真命题：双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)与x轴交于A、B两点，点P是双曲线C上异于A、B的任意一点，直线PA、PB分别与y轴交于点M、N，求证eq \(AN,\s\up6(→))·eq \(BM,\s\up6(→))为定值，请写出这个定值(不要求写出解题过程)．
解 (1)证明如下：设点P(x0，y0)，(x0≠±a)
依题意，得A(－a,0)，B(a,0)，
所以直线PA的方程为y＝eq \f(y0,x0＋a)(x＋a)．
令x＝0，得yM＝eq \f(ay0,x0＋a)，
同理得yN＝－eq \f(ay0,x0－a)，所以yMyN＝eq \f(a2y\\al(2,0),a2－x\\al(2,0)).
又点P(x0，y0)在椭圆上，所以eq \f(x\\al(2,0),a2)＋eq \f(y\\al(2,0),b2)＝1，
因此yeq \\al(2,0)＝eq \f(b2,a2)(a2－xeq \\al(2,0))，所以yMyN＝eq \f(a2y\\al(2,0),a2－x\\al(2,0))＝b2.
因为eq \(AN,\s\up6(→))＝(a，yN)，eq \(BM,\s\up6(→))＝(－a，yM)，
所以eq \(AN,\s\up6(→))·eq \(BM,\s\up6(→))＝－a2＋yMyN＝b2－a2.
(2)－(a2＋b2)．
三、探究与创新
13.
如图，在长方形ABCD中，对角线AC与两邻边所成的角分别为α、β，则cs2α＋cs2β＝1，则在立体几何中，给出类比猜想．
解 在长方形ABCD中，cs2α＋cs2β＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,c)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,c)))2＝eq \f(a2＋b2,c2)＝eq \f(c2,c2)＝1.
于是类比到长方体中，猜想其体对角线与共顶点的三条棱所成的角分别为α、β、γ，
则cs2α＋cs2β＋cs2γ＝1.
证明如下：cs2α＋cs2β＋cs2γ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,l)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,l)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(g,l)))2＝eq \f(m2＋n2＋g2,l2)＝eq \f(l2,l2)＝1.
定义
特征
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
归纳推理是由部分到整体，由个别到一般的推理
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
类比推理是由特殊到特殊的推理
平面图形
空间图形
点
线
线
面
边长
面积
面积
体积
线线角
二面角
三角形
四面体
三角形
四面体
三角形的两边之和大于第三边
三角形的中位线的长等于第三边长的一半，且平行于第三边
三角形的三条内角平分线交于一点，且这个点是三角形内切圆的圆心
三角形
四面体
三角形的两边之和大于第三边
四面体任意三个面的面积之和大于第四个面的面积
三角形的中位线的长等于第三边长的一半，且平行于第三边
四面体的中截面(以任意三条棱的中点为顶点的三角形)的面积等于第四个面的面积的eq \f(1,4)，且平行于第四个面
三角形的三条内角平分线交于一点，且这个点是三角形内切圆的圆心
四面体的六个二面角的平分面交于一点，且这个点是四面体内切球的球心