PAGEPAGE1第3講合情推理與演繹推理基礎學問整合1．合情推理2．演繹推理(1)定義：從eq\o(□,\s\up5(10))一般性的原理動身，推出eq\o(□,\s\up5(11))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eq\o(□,\s\up5(12))一般到特別的推理．(3)模式：“三段論”是演繹推理的一般模式．1．合情推理的結論是猜想，不肯定正確；演繹推理在大前提、小前提和推理形式都正確時，得到的結論肯定正確．2．合情推理是發覺結論的推理；演繹推理是證明結論的推理．1．(2024·上海模擬)某西方國家流傳這樣一個政治笑話：“鵝吃白菜，參議員先生也吃白菜，所以參議員先生是鵝．”結論明顯是錯誤的，是因為()A．大前提錯誤 B．小前提錯誤C．推理形式錯誤 D．非以上錯誤答案C解析∵大前提的形式：“鵝吃白菜”不是全稱命題，大前提本身正確；小前提“參議員先生也吃白菜”本身也正確，但是不是大前提下的特別狀況，鵝與人不能類比．∴不符合三段論的推理形式，∴推理形式錯誤．2．某單位支配甲、乙、丙三人在某月1日至12日值班，每人4天．甲說：我在1日和3日都有值班；乙說：我在8日和9日都有值班；丙說：我們三人各自值班的日期之和相等．據此可推斷丙必定值班的日期是()A．10日和12日 B．2日和7日C．4日和5日 D．6日和11日答案D解析這12天的日期之和，S12＝eq\f(12,2)(1＋12)＝78，甲、乙、丙各自的值班日期之和是26，對于甲，剩余2天的值班日期之和是22，因此這兩天是10日和12日，故甲在1日，3日，10日，12日值班；對于乙，剩余2天的值班日期之和是9，故乙可能在2日，7日，或者是4日，5日值班，因此丙必定值班的日期是6日和11日．故選D.3．(2024·全國卷Ⅱ)甲、乙、丙、丁四位同學一起去向老師詢問成語競賽的成果．老師說：你們四人中有2位優秀，2位良好，我現在給甲看乙、丙的成果，給乙看丙的成果，給丁看甲的成果．看后甲對大家說：我還是不知道我的成果．依據以上信息，則()A．乙可以知道四人的成果B．丁可以知道四人的成果C．乙、丁可以知道對方的成果D．乙、丁可以知道自己的成果答案D解析由甲說：“我還是不知道我的成果”可推知甲看到乙、丙的成果為“1個優秀、1個良好”．乙看丙的成果，結合甲的說法，丙為“優秀”時，乙為“良好”；丙為“良好”時，乙為“優秀”，可得乙可以知道自己的成果．丁看甲的成果，結合甲的說法，甲為“優秀”時，丁為“良好”；甲為“良好”時，丁為“優秀”，可得丁可以知道自己的成果．故選D.4．在平面上，若兩個正三角形的邊長的比為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的比為1∶2，則它們的體積比為________．答案1∶8解析因為兩個正三角形是相像的三角形，所以它們的面積之比是相像比的平方．同理，兩個正四面體是兩個相像幾何體，體積之比為相像比的立方．所以它們的體積比為1∶8.5．(2024·銀川模擬)下面圖形由小正方形組成，請視察圖1至圖4的規律，并依此規律，寫出第n個圖形中小正方形的個數是________．答案eq\f(nn＋1,2)解析由圖知第1個圖形的小正方形的個數為1，第2個圖形的小正方形的個數為1＋2，第3個圖形的小正方形的個數為1＋2＋3，第4個圖形的小正方形的個數為1＋2＋3＋4，…，則第n個圖形的小正方形的個數為1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2).6．已知eq\r(2＋\f(2,3))＝2eq\r(\f(2,3))，eq\r(3＋\f(3,8))＝3eq\r(\f(3,8))，eq\r(4＋\f(4,15))＝4eq\r(\f(4,15))，…，若eq\r(6＋\f(a,t))＝6eq\r(\f(a,t))(a，t均為正實數)，類比以上等式，可推想a，t的值，則a＋t＝________.答案41解析依據題中所列的前幾項的規律可知其通項應為eq\r(n＋\f(n,n2－1))＝neq\r(\f(n,n2－1))，所以當n＝6時a＝6，t＝35，a＋t＝41.核心考向突破考向一歸納推理角度eq\o(\s\up7(),\s\do1(1))數字的歸納例1(2024·陜西模擬)如圖所示的數陣中，若A(m，n)表示第m行的第n個數，則依此規律A(15,2)為()A.eq\f(29,42)B.eq\f(7,10)C.eq\f(17,24)D.eq\f(73,102)答案C解析由數陣知A(3,2)＝eq\f(1,6)＋eq\f(1,6)＝eq\f(1,6)＋eq\f(2,3×4)，A(4,2)＝eq\f(1,6)＋eq\f(1,6)＋eq\f(1,10)＝eq\f(1,6)＋eq\f(2,3×4)＋eq\f(2,4×5)，A(5,2)＝eq\f(1,6)＋eq\f(1,6)＋eq\f(1,10)＋eq\f(1,15)＝eq\f(1,6)＋eq\f(2,3×4)＋eq\f(2,4×5)＋eq\f(2,5×6)，…，則A(15,2)＝eq\f(1,6)＋eq\f(2,3×4)＋eq\f(2,4×5)＋eq\f(2,5×6)＋…＋eq\f(2,15×16)＝eq\f(1,6)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)＋\f(1,4)－\f(1,5)＋…＋\f(1,15)－\f(1,16)))＝eq\f(1,6)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,16)))＝eq\f(1,6)＋2×eq\f(13,48)＝eq\f(17,24)，選項C正確．角度eq\o(\s\up7(),\s\do1(2))式子的歸納例2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)]＝________.答案eq\f(x,2n－1x＋2n)解析依據題意知，各式中分子都是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－1x＋2n).角度eq\o(\s\up7(),\s\do1(3))圖形的歸納例3(2024·重慶模擬)如圖所示，將正整數從小到大沿三角形的邊成螺旋狀排列起來，2在第一個拐彎處，4在其次個拐彎處，7在第三個拐彎處，…，則在其次十個拐彎處的正整數是________．答案211解析視察圖可知，第一個拐彎處2＝1＋1，其次個拐彎處4＝1＋1＋2，第三個拐彎處7＝1＋1＋2＋3，第四個拐彎處11＝1＋1＋2＋3＋4，第五個拐彎處16＝1＋1＋2＋3＋4＋5，發覺規律：拐彎處的數是從1起先的一串連續正整數相加之和再加1，在第幾個拐彎處，就加到第幾個正整數，所以其次十個拐彎處的正整數就是1＋1＋2＋3＋…＋20＝211.觸類旁通歸納推理問題的常見類型及解題策略(1)與數字有關的等式的推理．視察數字特點，找出等式左右兩側的規律及符號即可．2與式子有關的歸納推理①與不等式有關的推理.視察每個不等式的特點，留意是縱向看，找到規律后即可.②與數列有關的推理.通常是先求出幾個特別現象，采納不完全歸納法，找出數列的項與項數的關系，列出即可.3與圖形改變有關的推理.合理利用特別圖形歸納推理得出結論，并用賦值檢驗法驗證其真偽性.即時訓練1．(2024·浙江模擬)“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．528B．1020C．1038D．1040答案D解析第一行數字之和為a1＝1＝21－1，其次行數字之和為a2＝2＝22－1，第三行數字之和為a3＝4＝23－1，第四行數字之和為a4＝8＝24－1，……第n行數字之和為an＝2n－1，∴a5＋a11＝24＋210＝1040.故選D.2．(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2024所在等式的序號為()A．29B．30C．31D．32答案C解析由題意知，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2024在第31個等式中．3．如圖，在平面直角坐標系的格點(橫、縱坐標均為整數的點)處：點(1,0)處標b1，點(1，－1)處標b2，點(0，－1)處標b3，點(－1，－1)處標b4，點(－1,0)處標b5，點(－1，1)處標b6，點(0,1)處標b7，…，以此類推，則b963處的格點的坐標為________．答案(16,13)解析視察已知點(1,0)處標b1，即b1×1，點(2,1)處標b9，即b3×3，點(3,2)處標b25，即b5×5，…，由此推斷點(n，n－1)處標b(2n－1)×(2n－1)，因為961＝31×31時，n＝16，故b961處的格點的坐標為(16,15)，從而b963處的格點的坐標為(16,13)．考向二類比推理例4(1)(2024·河北正定模擬)已知a，b，c是△ABC的內角A，B，C對應的三邊，若滿意a2＋b2＝c2，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))2＝1，則△ABC為直角三角形，類比此結論可知，若滿意an＋bn＝cn(n∈N，n≥3)，則△ABC的形態為()A．銳角三角形B．直角三角形C．鈍角三角形D．以上都有可能答案A解析由題意知角C最大，an＋bn＝cn(n∈N，n≥3)即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))n＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))n＝1(n∈N，n≥3)，又c>a，c>b，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))2>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))n＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))n＝1，即a2＋b2>c2，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)>0，所以0<C<eq\f(π,2)，故△ABC為銳角三角形．(2)在平面上，我們假如用一條直線去截正方形的一個角，那么截下的一個直角三角形，按下圖所標邊長，由勾股定理有：c2＝a2＋b2.設想正方形換成正方體，把截線換成如圖的截面，這時從正方體上截下三條側棱兩兩垂直的三棱錐O－LMN，假如用S1，S2，S3表示三個側面的面積，S4表示截面的面積，那么類比得到的結論是________．答案Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3)＝Seq\o\al(2,4)解析將側面面積類比為直角三角形的直角邊，截面面積類比為直角三角形的斜邊，可得Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3)＝Seq\o\al(2,4).觸類旁通類比推理的分類類比推理的應用一般為類比定義、類比性質和類比方法．1類比定義：在求解由某種熟識的定義產生的類比推理型試題時，可以借助原定義來求解.2類比性質：從一個特別式子的性質、一個特別圖形的性質入手，提出類比推理型問題，求解時要仔細分析兩者之間的聯系與區分，深化思索兩者的轉化過程是求解的關鍵.3類比方法：有一些處理問題的方法具有類比性，我們可以把這種方法類比應用到其他問題的求解中，留意學問的遷移.即時訓練4.若等差數列{an}的公差為d，前n項的和為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，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)答案C解析由題設有，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\f(n－1n,2).∴eq\r(n,Tn)＝b1qeq\f(n－1,2)，∴等比數列{eq\r(n,Tn)}的公比為eq\r(q).故選C.5．“解方程eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))x＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))x＝1”有如下思路：設f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))x＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))x，則f(x)在R上單調遞減，且f(2)＝1，故原方程有唯一解x＝2.類比上述思路，不等式x6－(x＋2)>(x＋2)3－x2的解集是________．答案{x|x>2或x<－1}解析不等式化為x6＋x2>(x＋2)3＋(x＋2)，設g(x)＝x3＋x，則g(x)在R上單調遞增，所以不等式即g(x2)>g(x＋2)，所以x2>x＋2，解得x>2或x<－1.考向三演繹推理例5(2024·山東調研)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)∵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)故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是以2為公比，1為首項的等比數列．(結論)(大前提是等比數列的定義，這里省略了)(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)，(小前提)又a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提)∴對于隨意正整數n，都有Sn＋1＝4an.(結論)(第(2)問的大前提是第(1)問的結論以及題中的已知條件)觸類旁通演繹推理的結構特點(1)演繹推理是由一般到特別的推理，其最常見的形式是三段論，它是由大前提、小前提、結論三部分組成的．三段論推理中包含三個推斷：第一個推斷稱為大前提，它供應了一個一般的原理；其次個推斷叫小前提，它指出了一個特別狀況．這兩個推斷聯合起來，提示了一般原理和特別狀況的內在聯系，從而產生了第三個推斷：結論．2演繹推理的前提和結論之間有著某種蘊含關系，解題時要找準正確的大前提.一般地，若大前提不明確時，一般可找一個使結論成立的充分條件作為大前提.即時訓練6.(2024·保定模擬)有一段“三段論”，推理是這樣的：對于可導函數f(x)，假如f′(x0)＝0，那么x＝x0是函數f(x)的極值點．因為f(x)＝x3在x＝0處的導數值f′(0)＝0，所以x＝0是函數f(x)＝x3的極值點．以上推理中()A．大前提錯誤 B．小前提錯誤C．推理形式錯誤 D．結論正確答案A解析對于可導函數f(x)，假如f′(x0)＝0，那么x＝x0不肯定是函數f(x)的極值點，大前提錯誤，故選A.7．(2024·北京高考)某學習小組由學生和老師組成，人員構成同時滿意以下三個條件：①男學生人數多于女學生人數；②女學生人數多于老師人數；③老師人數的兩倍多于男學生人數．(1)若老師人數為4，則女學生人數的最大值為________；(2)該小組人數的最小值為________．答案(1)6(2)12解析(1)若老師人數為4，則男學生人數小于8，最大值為7，女學生人數最大時應比男學生人數少1人，所以女學生人數的最大值為7－1＝6.(2)設男學生人數為x(x∈N＋)，要求該小組人數的最小值，則女學生人數為x－1，老師人數為x－2.又2(x－2)>x，解得x>4，即x＝5，該小組人數的最小值為5＋4＋3＝12.(2024·福建模擬)一個二元碼是由0和1組成的數字串x1x2…xn(n∈N*)，其中xk(k＝1,2，…，n)稱為第k位碼元．二元碼是通信中常用的碼，但在通信過程中有時會發生碼元錯誤(即碼元由0變為1，或者由1變為0)．已知某種二元碼x1x2…x7的碼元滿意如下校驗方程組：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x4⊕x5⊕x6⊕x7＝0，,x2⊕x3⊕x6⊕x7＝0，,x1⊕x3⊕x5⊕x7＝0，))其中運算⊕定義為：0⊕0＝0,0⊕1＝1,1⊕0＝1,1⊕1＝0.現已知一個這種二元碼在通信過程中僅在第k位發生碼元錯誤后變