PAGEPAGE1第3講合情推理與演繹推理一、學(xué)問梳理1．推理(1)定義：依據(jù)一個或幾個已知的推斷來確定一個新的推斷的思維過程．(2)分類：推理eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(合情推理,演繹推理))2．合情推理歸納推理類比推理定義由某類事物的部分對象具有某些特征，推出該類事物的全部對象都具有這些特征的推理，或者由個別事實概括出一般結(jié)論的推理由兩類對象具有某些類似特征和其中一類對象的某些已知特征，推出另一類對象也具有這些特征的推理特點由部分到整體、由個別到一般的推理由特別到特別的推理3.演繹推理(1)定義：從一般性的原理動身，推出某個特別狀況下的結(jié)論，我們把這種推理稱為演繹推理．(2)特點：演繹推理是由一般到特別的推理．(3)模式：三段論eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(①大前提：已知的一般原理；,②小前提：所探討的特別狀況；,③結(jié)論：依據(jù)一般原理，對特別狀況做出的推斷.))常用結(jié)論1．合情推理包括歸納推理和類比推理，其結(jié)論是猜想，不肯定正確，若要確定其正確性，則須要證明．2．在進(jìn)行類比推理時，要從本質(zhì)上去類比，只從一點表面現(xiàn)象去類比，就會犯機械類比的錯誤．3．應(yīng)用三段論解決問題，要明確什么是大前提、小前提，假如前提與推理形式是正確的，結(jié)論必定是正確的．若大前提或小前提錯誤，盡管推理形式是正確的，但所得結(jié)論是錯誤的．二、習(xí)題改編1．(選修1-2P25例3改編)給出下面類比推理命題(其中Q為有理數(shù)集，R為實數(shù)集，C為復(fù)數(shù)集)：①“若a，b∈R，則a－b＝0?a＝b”類比推出“若z1，z2∈C，則z1－z2＝0?z1＝z2”；②“若a，b，c，d∈R，則復(fù)數(shù)a＋bi＝c＋di?a＝c，b＝d”類比推出“若a，b，c，d∈Q，則a＋beq\r(2)＝c＋deq\r(2)?a＝c，b＝d”；③“若a，b∈R，則a－b>0?a>b”類比推出“若z1，z2∈C，則z1－z2>0?z1>z2”．其中類比得到的結(jié)論正確的是．答案：①②2．(選修1-2P23例2改編)已知數(shù)列{an}中，a1＝1，n≥2時，an＝an－1＋2n－1，依次計算a2，a3，a4后，猜想an的表達(dá)式是．解析：由a1＝1，an＝an－1＋2n－1，則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、思索辨析推斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)歸納推理得到的結(jié)論不肯定正確，類比推理得到的結(jié)論肯定正確．()(2)由平面三角形的性質(zhì)推想空間四面體的性質(zhì)，這是一種合情推理．()(3)在類比時，平面中的三角形與空間中的平行六面體作為類比對象較為合適．()(4)在演繹推理中，只要符合演繹推理的形式，結(jié)論就肯定正確．()答案：(1)×(2)√(3)×(4)×二、易錯糾偏eq\a\vs4\al(常見誤區(qū))(1)歸納推理沒有找出規(guī)律；(2)類比推理類比規(guī)律錯誤．1．?dāng)?shù)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：322．在平面上，若兩個正三角形的邊長比為1∶2，則它們的面積比為1∶4.類似地，在空間中，若兩個正四面體的棱長比為1∶2，則它們的體積比為．解析：eq\f(V1,V2)＝eq\f(\f(1,3)S1h1,\f(1,3)S2h2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S1,S2)))·eq\f(h1,h2)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,8).答案：1∶8歸納推理(多維探究)角度一與數(shù)字(數(shù)列)有關(guān)的推理視察下列等式：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)，…據(jù)此規(guī)律，第n個等式可為．【解析】等式左邊的特征：第1個等式有2項，第2個有4項，第3個有6項，且正負(fù)交織，故第n個等式左邊有2n項且正負(fù)交織，應(yīng)為1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)；等式右邊的特征：第1個有1項，第2個有2項，第3個有3項，故第n個有n項，且由前幾個的規(guī)律不難發(fā)覺第n個等式右邊應(yīng)為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)角度二與式子有關(guān)的推理設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x,x＋2)(x>0)，視察：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)，…依據(jù)以上事實，由歸納推理可得：當(dāng)n∈N*且n≥2時，fn(x)＝f(fn－1(x))＝．【解析】依據(jù)題意知，分子都是x，分母中的常數(shù)項依次是2，4，8，16，…，可知fn(x)的分母中常數(shù)項為2n，分母中x的系數(shù)為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)角度三與圖形改變有關(guān)的推理我國的刺繡有著悠久的歷史，如圖所示(1)(2)(3)(4)為刺繡最簡潔的四個圖案，這些圖案都是由小正方形構(gòu)成，小正方形個數(shù)越多刺繡越美麗．現(xiàn)按同樣的規(guī)律刺繡(小正方形的擺放規(guī)律相同)，設(shè)第n個圖形包含f(n)個小正方形，則f(n)的表達(dá)式為()A．f(n)＝2n－1 B．f(n)＝2n2C．f(n)＝2n2－2n D．f(n)＝2n2－2n＋1【解析】我們考慮f(2)－f(1)＝4，f(3)－f(2)＝8，f(4)－f(3)＝12，…，結(jié)合圖形不難得到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】Deq\a\vs4\al()(1)歸納推理的常見類型及求解策略①數(shù)的歸納．包括數(shù)字歸納和式子歸納，解決此類問題時，還須要細(xì)心視察，尋求相鄰項及項與序號之間的關(guān)系，同時還要聯(lián)系相關(guān)的學(xué)問，如等差數(shù)列、等比數(shù)列等．②形的歸納．主要包括圖形數(shù)目歸納和圖形改變規(guī)律歸納，解決的關(guān)鍵是抓住相鄰圖形之間的關(guān)系．(2)運用歸納推理的思維步驟1.“楊輝三角”是中國古代重要的數(shù)學(xué)成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年．如圖是楊輝三角數(shù)陣，記an為圖中第n行各個數(shù)之和，則a5＋a11的值為()A．528 B．1020C．1038 D．1040解析：選D.a1＝1，a2＝2，a3＝4＝22，a4＝8＝23，a5＝16＝24，…，所以an＝2n－1，a5＋a11＝24＋210＝1040，故選D.2．如圖所示，是某小摯友在用火柴拼圖時呈現(xiàn)的圖形，其中第1個圖形用了3根火柴，第2個圖形用了9根火柴，第3個圖形用了18根火柴，…，則第2018個圖形用的火柴根數(shù)為()A．2014×2017 B．2015×2016C．3024×2018 D．3027×2019解析：選D.由題意，第1個圖形須要火柴的根數(shù)為3×1；第2個圖形須要火柴的根數(shù)為3×(1＋2)；第3個圖形須要火柴的根數(shù)為3×(1＋2＋3)；…由此，可以推出第n個圖形須要火柴的根數(shù)為3×(1＋2＋3＋…＋n)．所以第2018個圖形須要火柴的根數(shù)為3×(1＋2＋3＋…＋2018)＝3×eq\f(2018×（2018＋1）,2)＝3027×2019.類比推理(典例遷移)如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，設(shè)a，b，c分別表示三條邊的長度，由勾股定理，得c2＝a2＋b2.類比平面內(nèi)直角三角形的勾股定理，試給出空間中四面體性質(zhì)的猜想．【解】如題圖所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°.設(shè)a，b，c分別表示3條邊的長度，由勾股定理，得c2＝a2＋b2.類似地，在四面體P-DEF中，∠PDF＝∠PDE＝∠EDF＝90°.設(shè)S1，S2，S3和S分別表示△PDF，△PDE，△EDF和△PEF的面積，相應(yīng)于直角三角形的2條直角邊a，b和1條斜邊c，圖中的四面體有3個“直角面”S1，S2，S3和1個“斜面”S.于是，類比勾股定理的結(jié)構(gòu)，我們猜想S2＝Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3)成立．【遷移探究】(變條件)若本例條件“由勾股定理，得c2＝a2＋b2”換成“cos2A＋cos2B＝1”，則在空間中，給出四面體性質(zhì)的猜想．解：如圖，在Rt△ABC中，cos2A＋cos2B＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))eq\s\up12(2)＝eq\f(a2＋b2,c2)＝1.于是把結(jié)論類比到四面體P-A′B′C′中，我們猜想，四面體P-A′B′C′中，若三個側(cè)面PA′B′，PB′C′，PC′A′兩兩相互垂直，且分別與底面所成的角為α，β，γ，則cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1.eq\a\vs4\al()1．二維空間中，圓的一維測度(周長)l＝2πr，二維測度(面積)S＝πr2，三維空間中，球的二維測度(表面積)S＝4πr2，三維測度(體積)V＝eq\f(4,3)πr3.應(yīng)用合情推理，若四維空間中，“超球”的三維測度V＝8πr3，則其四維測度W＝()A．2πr4 B．3πr4C．4πr4 D．6πr4解析：選A.二維空間中，圓的一維測度(周長)l＝2πr，二維測度(面積)S＝πr2，(πr2)′＝2πr，三維空間中，球的二維測度(表面積)S＝4πr2，三維測度(體積)V＝eq\f(4,3)πr3，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)πr3))′＝4πr2，四維空間中，“超球”的三維測度V＝8πr3，因為(2πr4)′＝8πr3，所以“超球”的四維測度W＝2πr4，故選A.2．在正項等差數(shù)列{an}中有eq\f(a41＋a42＋…＋a60,20)＝eq\f(a1＋a2＋…＋a100,100)成立，則在正項等比數(shù)列{bn}中，類似的結(jié)論為．解析：由等差數(shù)列的性質(zhì)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).在正項等比數(shù)列{bn}中，類似的有：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)，所以在正項等比數(shù)列{bn}中，類似的結(jié)論為eq\r(20,b41b42b43…b60)＝eq\r(100,b1b2b3…b100).答案：eq\r(20,b41b42b43…b60)＝eq\r(100,b1b2b3…b100)演繹推理(師生共研)數(shù)列{an}的前n項和記為Sn，已知a1＝1，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn(n∈N*)．證明：(1)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等比數(shù)列；(2)Sn＋1＝4an.【證明】(1)因為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\co1(\f(Sn,n)))是以1為首項，2為公比的等比數(shù)列．(結(jié)論)(大前提是等比數(shù)列的定義)(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)．又因為a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，所以對于隨意正整數(shù)n，都有Sn＋1＝4an.eq\a\vs4\al()演繹推理的推證規(guī)則(1)演繹推理是從一般到特別的推理，其一般形式是三段論，應(yīng)用三段論解決問題時，應(yīng)當(dāng)首先明確什么是大前提和小前提，假如前提是明顯的，則可以省略．(2)在推理論證過程中，一些稍困難一點的證明題經(jīng)常要由幾個三段論才能完成．已知函數(shù)y＝f(x)滿意：對隨意a，b∈R，a≠b，都有af(a)＋bf(b)>af(b)＋bf(a)，試證明：f(x)為R上的單調(diào)遞增函數(shù)．證明：設(shè)x1，x2∈R，取x1<x2，則由題意得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，因為x1<x2，所以f(x2)－f(x1)>0，f(x2)>f(x1)．所以y＝f(x)為R上的單調(diào)遞增函數(shù)．核心素養(yǎng)系列22邏輯推理——推理中的核心素養(yǎng)(2024·高考全國卷Ⅱ)在“一帶一路”學(xué)問測驗后，甲、乙、丙三人對成果進(jìn)行預(yù)料．甲：我的成果比乙高．乙：丙的成果比我和甲的都高．丙：我的成果比乙高．成果公布后，三人成果互不相同且只有一個人預(yù)料正確，那么三人按成果由高到低的次序為()A．甲、乙、丙 B．乙、甲、丙C．丙、乙、甲 D．甲、丙、乙【解析】依題意，若甲預(yù)料正確，則乙、丙均預(yù)料錯誤，此時三人成果由高到低的次序為甲、乙、丙；若乙預(yù)料正確，此時丙預(yù)料也正確，這與題意相沖突；若丙預(yù)料正確，則甲預(yù)料錯誤，此時乙預(yù)料正確，這與題意相沖突．綜上所述，三人成果由高到低的次序為甲、乙、丙，選A.【答案】Aeq\a\vs4\al()本題體現(xiàn)數(shù)學(xué)素養(yǎng)中的邏輯推理，表現(xiàn)為人們在數(shù)學(xué)活動中進(jìn)行溝通的基本思維品質(zhì)，處理此類問題常采納辨證推理的思想．(2024·河北省九校其次次聯(lián)考)學(xué)校藝術(shù)節(jié)對同一類的A，B，C，D四項參賽作品只評一項一等獎，在評獎揭曉前，甲、乙、丙、丁四位同學(xué)對這四項參賽作品預(yù)料如下，甲說：“是C或D作品獲得一等獎”；乙說：“B作品獲得一等獎”；丙說：“A，D兩項作品未獲得一等獎”；丁說：“是C作品獲得一等獎”．若這四位同學(xué)中只有兩位說的話是對的，則獲得一等獎的作品是解析：若獲得一等獎的是A，則甲、乙、丙、丁四位同學(xué)說的話都錯；若獲得一等獎的是B，則乙、丙兩位同學(xué)說的話對，符合題意；若獲得一等獎的是C，則甲、丙、丁三位同學(xué)說的話都對；若獲得一等獎的是D，則只有甲同學(xué)說的話對．故獲得一等獎的作品是B.答案：B[基礎(chǔ)題組練]1．正弦函數(shù)是奇函數(shù)，f(x)＝sin(x2＋1)是正弦函數(shù)，因此f(x)＝sin(x2＋1)是奇函數(shù)，以上推理()A．結(jié)論正確 B．大前提不正確C．小前提不正確 D．全不正確解析：選C.因為f(x)＝sin(x2＋1)不是正弦函數(shù)，所以小前提不正確．2．若等差數(shù)列{an}的公差為d，前n項和為Sn，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))為等差數(shù)列，公差為eq\f(d,2).類似地，若各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{bn}的公比為q，前n項的積為Tn，則等比數(shù)列{eq\r(n,Tn)}的公比為()A.eq\f(q,2) B．q2C.eq\r(q) D．eq\r(n,q)解析：選C.由題意知，Tn＝b1·b2·b3·…·bn＝b1·b1q·b1q2·…·b1qn－1＝beq\o\al(n,1)q1＋2＋…＋(n－1)＝beq\o\al(n,1)qeq\s\up6(\f(（n－1）n,2))，所以eq\r(n,Tn)＝b1qeq\s\up6(\f(n－1,2))，所以等比數(shù)列{eq\r(n,Tn)}的公比為eq\r(q)，故選C.3．(2024·重慶市學(xué)業(yè)質(zhì)量調(diào)研)甲、乙、丙、丁四位同學(xué)參與奧賽，其中只有一位獲獎，有人走訪四位同學(xué)，甲說：“是乙或丙獲獎．”乙說：“甲、丙都未獲獎．”丙說：“我獲獎了．”丁說：“是乙獲獎．”已知四位同學(xué)的話只有一句是對的，則獲獎的同學(xué)是()A．甲 B．乙C．丙 D．丁解析：選D.假設(shè)獲獎的同學(xué)是甲，則甲、乙、丙、丁四位同學(xué)的話都不對，因此甲不是獲獎的同學(xué)；假設(shè)獲獎的同學(xué)是乙，則甲、乙、丁的話都對，因此乙也不是獲獎的同學(xué)；假設(shè)獲獎的同學(xué)是丙，則甲和丙的話都對，因此丙也不是獲獎的同學(xué)．從前面推理可得丁為獲獎的同學(xué)，此時只有乙的話是對的，故選D.4．(2024·荊州質(zhì)檢)若正偶數(shù)由小到大依次排列構(gòu)成一個數(shù)列，則稱該數(shù)列為“正偶數(shù)列”，且“正偶數(shù)列”有一個好玩的現(xiàn)象：①2＋4＝6；②8＋10＋12＝14＋16；③18＋20＋22＋24＝26＋28＋30；…依據(jù)這樣的規(guī)律，則2018所在等式的序號為()A．29 B．30C．31 D．32解析：選C.由題意知，每個等式中正偶數(shù)的個數(shù)組成等差數(shù)列3，5，7，…，2n＋1，其前n項和Sn＝eq\f(n[3＋（2n＋1）],2)＝n(n＋2)，所以S31＝1023，則第31個等式中最終一個偶數(shù)是1023×2＝2046，且第31個等式中含有2×31＋1＝63個偶數(shù)，故2018在第31個等式中．5．若P0(x0，y0)在橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)外，過P0作橢圓的兩條切線的切點為P1，P2，則切點弦P1P2所在的直線方程是eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1，那么對于雙曲線則有如下命題：若P0(x0，y0)在雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)外，過P0作雙曲線的兩條切線，切點為P1，P2，則切點弦P1P2所在直線的方程是．解析：類比橢圓的切點弦方程可得雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的切點弦方程為eq\f(x0x,a2)－eq\f(y0y,b2)＝1.答案：eq\f(x0x,a2)－eq\f(y0y,b2)＝16．依據(jù)圖①～圖③的規(guī)律，第10個圖中圓點有個．解析：因為依據(jù)圖形，第一個圖有4個點，其次個圖有8個點，第三個圖有12個點，…，所以第10個圖有10×4＝40個點．答案：407．(2024·河北石家莊模擬)視察下列式子：1＋eq\f(1,22)<eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)<eq\f(5,3)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)<eq\f(7,4)，…，依據(jù)上述規(guī)律，第n個不等式可能為．解析：1＋eq\f(1,22)<eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)<eq\f(5,3)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)<eq\f(7,4)，…，依據(jù)上述規(guī)律，第n個不等式的左端是n＋1項的和1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,（n＋1）2)，右端分母依次是2，3，4，…，n＋1，分子依次是3，5，7，…，2n＋1，故第n個不等式為1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,（n＋1）2)<eq\f(2n＋1,n＋1).答案：1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,（n＋1）2)<eq\f(2n＋1,n＋1)8．在銳角三角形ABC中，求證：sinA＋sinB＋sinC>cosA＋cosB＋cosC.證明：因為△ABC為銳角三角形，所以A＋B>eq\f(π,2)，所以A>eq\f(π