PAGEPAGE1第3講合情推理與演繹推理一、學問梳理1．推理(1)定義：依據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結論：依據一般原理，對特別狀況做出的推斷.))常用結論1．合情推理包括歸納推理和類比推理，其結論是猜想，不肯定正確，若要確定其正確性，則須要證明．2．在進行類比推理時，要從本質上去類比，只從一點表面現象去類比，就會犯機械類比的錯誤．3．應用三段論解決問題，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，但所得結論是錯誤的．二、習題改編1．(選修1-2P25例3改編)給出下面類比推理命題(其中Q為有理數集，R為實數集，C為復數集)：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，則復數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”．其中類比得到的結論正確的是．答案：①②2．(選修1-2P23例2改編)已知數列{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)歸納推理得到的結論不肯定正確，類比推理得到的結論肯定正確．()(2)由平面三角形的性質推想空間四面體的性質，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)(1)歸納推理沒有找出規律；(2)類比推理類比規律錯誤．1．數列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)角度一與數字(數列)有關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)，…據此規律，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，且正負交織，故第n個等式左邊有2n項且正負交織，應為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，且由前幾個的規律不難發覺第n個等式右邊應為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)角度二與式子有關的推理設函數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)，…依據以上事實，由歸納推理可得：當n∈N*且n≥2時，fn(x)＝f(fn－1(x))＝．【解析】依據題意知，分子都是x，分母中的常數項依次是2，4，8，16，…，可知fn(x)的分母中常數項為2n，分母中x的系數為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成，小正方形個數越多刺繡越美麗．現按同樣的規律刺繡(小正方形的擺放規律相同)，設第n個圖形包含f(n)個小正方形，則f(n)的表達式為()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數的歸納．包括數字歸納和式子歸納，解決此類問題時，還須要細心視察，尋求相鄰項及項與序號之間的關系，同時還要聯系相關的學問，如等差數列、等比數列等．②形的歸納．主要包括圖形數目歸納和圖形改變規律歸納，解決的關鍵是抓住相鄰圖形之間的關系．(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學成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年．如圖是楊輝三角數陣，記an為圖中第n行各個數之和，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為3×1；第2個圖形須要火柴的根數為3×(1＋2)；第3個圖形須要火柴的根數為3×(1＋2＋3)；…由此，可以推出第n個圖形須要火柴的根數為3×(1＋2＋3＋…＋n)．所以第2018個圖形須要火柴的根數為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.類比平面內直角三角形的勾股定理，試給出空間中四面體性質的猜想．【解】如題圖所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°.設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S1，S2，S3和S分別表示△PDF，△PDE，△EDF和△PEF的面積，相應于直角三角形的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，類比勾股定理的結構，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，則在正項等比數列{bn}中，類似的結論為．解析：由等差數列的性質知，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)，所以在正項等比數列{bn}中，類似的結論為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)數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等比數列；(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為公比的等比數列．(結論)(大前提是等比數列的定義)(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n，都有Sn＋1＝4an.eq\a\vs4\al()演繹推理的推證規則(1)演繹推理是從一般到特別的推理，其一般形式是三段論，應用三段論解決問題時，應當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常要由幾個三段論才能完成．已知函數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上的單調遞增函數．證明：設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上的單調遞增函數．核心素養系列22邏輯推理——推理中的核心素養(2024·高考全國卷Ⅱ)在“一帶一路”學問測驗后，甲、乙、丙三人對成果進行預料．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，若甲預料正確，則乙、丙均預料錯誤，此時三人成果由高到低的次序為甲、乙、丙；若乙預料正確，此時丙預料也正確，這與題意相沖突；若丙預料正確，則甲預料錯誤，此時乙預料正確，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()本題體現數學素養中的邏輯推理，表現為人們在數學活動中進行溝通的基本思維品質，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考)學校藝術節對同一類的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、丁四位同學對這四項參賽作品預料如下，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、丁四位同學說的話都錯；若獲得一等獎的是B，則乙、丙兩位同學說的話對，符合題意；若獲得一等獎的是C，則甲、丙、丁三位同學說的話都對；若獲得一等獎的是D，則只有甲同學說的話對．故獲得一等獎的作品是B.答案：B[基礎題組練]1．正弦函數是奇函數，f(x)＝sin(x2＋1)是正弦函數，因此f(x)＝sin(x2＋1)是奇函數，以上推理()A．結論正確 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，所以小前提不正確．2．若等差數列{an}的公差為d，前n項和為Sn，則數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))為等差數列，公差為eq\f(d,2).類似地，若各項均為正數的等比數列{bn}的公比為q，前n項的積為Tn，則等比數列{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))，所以等比數列{eq\r(n,Tn)}的公比為eq\r(q)，故選C.3．(2024·重慶市學業質量調研)甲、乙、丙、丁四位同學參與奧賽，其中只有一位獲獎，有人走訪四位同學，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．”已知四位同學的話只有一句是對的，則獲獎的同學是()A．甲 B．乙C．丙 D．丁解析：選D.假設獲獎的同學是甲，則甲、乙、丙、丁四位同學的話都不對，因此甲不是獲獎的同學；假設獲獎的同學是乙，則甲、乙、丁的話都對，因此乙也不是獲獎的同學；假設獲獎的同學是丙，則甲和丙的話都對，因此丙也不是獲獎的同學．從前面推理可得丁為獲獎的同學，此時只有乙的話是對的，故選D.4．(2024·荊州質檢)若正偶數由小到大依次排列構成一個數列，則稱該數列為“正偶數列”，且“正偶數列”有一個好玩的現象：①2＋4＝6；②8＋10＋12＝14＋16；③18＋20＋22＋24＝26＋28＋30；…依據這樣的規律，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，每個等式中正偶數的個數組成等差數列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是1023×2＝2046，且第31個等式中含有2×31＋1＝63個偶數，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．依據圖①～圖③的規律，第10個圖中圓點有個．解析：因為依據圖形，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)，…，依據上述規律，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)，…，依據上述規律，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