2020届江苏高考数学(文)总复习讲义：合情推理与演绎推理

1、 )必过数材美1.合情推理类型定义特点归纳推理从个别事实中推演出一般性的结论由部分到整体、由个别到一_类比推理根据两个( (或两类) )对象之间在某些方面的相 似或相冋，推演出它们在其他方面也相似或 相同由特殊到特殊2 演绎推理(1) 定义：从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论， 我们把这种推理称为演 绎推理简言之，演绎推理是由一般到特殊的推理.(2) “三段论”是演绎推理的一般模式，包括：1大前提-已知的一般原理；2小前提一一所研究的特殊情况；3结论一一根据一般原理，对特殊情况做出的判断.小题体验1._ 已知数列an中，ai= 1, n 2 时，a“= a“-1+ 2n- 1，依次计

2、算 a?,比,后，猜想 an的表达式是_答案：an= n22.已知数列an的第 1 项 a1= 1，且 an+1= 齐二=1,2,3,式 a =_ .答案：1n3.在平面上，若两个正三角形的边长的比为1 : 2,则它们的面积比为 1 : 4.类似地,在空间中，若两个正四面体的棱长的比为1 : 2,则它们的体积比为 _ .答案：1 : 8必过易措关1.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.第三节合情推理与演绎推理) )，归纳该数列的通项公2演绎推理是由一般到特殊的证明，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.3合情推理中运用猜

3、想不能凭空想象，要有猜想或拓展依据.小题纠偏答案:2 推理：“矩形是平行四边形； 三角形不是平行四边形； 所以三角形不是矩形”中的小前提是 _(填序号)解析：由三段论的形式，可知小前提是三角形不是平行四边形故填答案：考点一类比推理基础送分型考点一一自主练透题组练透2 21.若 Po(xo, yo)在椭圆字+存=1(a b0)夕卜，过P2,则切点弦 PiP2所在的直线方程是学+ yoy= 1，那么对于双曲线则有如下命题：若 P(Xo,弦 PiP2所在直线的方程是_ 2 2解析：类比椭圆的切点弦方程可得双曲线拿一 b= i 的切点弦方程为 xa翠=i.答案：XoX 一遐=i2半径为 x(xo)的圆

4、的面积函数 f(x)的导数等于该圆的周长的函数对于半径为R(R o)的球，类似的结论为 _解析：因为半径为 x(x o)的圆的面积函数 f(x) =n2,所以 f (x)= 2 Ttx.类似地，半径为 R(Ro)的球的体积函数 V(R) = ;dR3，所以 V (R)= 4 冗 R2.故对于半径为 R(R o)的球，类似的结论为半径为R(R o)的球的体积函数 V(R)的导数等于该球的表面积的函数.答案：半径为 R(R o)的球的体积函数 V(R)的导数等于该球的表面积的函数kkk*3. (2oi8 宿迁期末) )对于自然数方幕和Sk(n)= i + 2+ n (n N , k N), Si(

5、n) =d.2 , 32 , 41由 3v4, 3。，则金与彳之间的大小关系为 -Po作椭圆的两条切线的切点为Pi,yo)在双曲线 o, b o) )外，过 Po作双曲线的两条切线，切点为Pi, P2,则切点n n；1, S2( (n) = 12+ 22+ n2,求和方法如下：23- 13= 3+ 3+ 1,33-23=3X22+3X2+1,332(n + 1) n = 3n + 3n+ 1,将上面各式左右两边分别相加，就会有 (n+ 1)3 13= 3S2( (n)+ 3S1( (n)+ n，解得 S2( (n) =1&n(n + 1)(2n+ 1)，类比以上过程，贝 U S3( (

6、n)=_.解析：24 14= 4X13+ 6X12+ 4X1+ 1,3424=4X23+6X22+4X2+1,(n + 1)4 n= 4n3+ 6n?+ 4n + 1,将上面各式左右两边分别相加，就会有(n + 1)4 14= 4S3( (n) + 6S2( (n) + 4S1( (n)+ n,11代入 S1(n) = ?n(n +1), S2( (n) = n(n + 1)(2n + 1),_ 12 2可得 S3( (n) = ”n (n+ 1).答案：2(n + 1)2谨记通法类比推理的分类及处理方法类别解读适合题型类比定义在求解由某种熟悉的定义产生的类比推理型试题时，可以借助原定义来求解

7、已知熟悉定义类比新定义类比性质从一个特殊式子的性质、一个特殊图形 的性质入手，提出类比推理型问题，求 解时要认真分析两者之间的联系与区 另 h 深入思考两者的转化过程是求解的 关键平面几何与立体几何、等差数列与等比 数列类比方法有一些处理问题的方法具有类比性，可 以把这种方法类比应用到其他问题的求 解中，注意知识的迁移已知熟悉的处理方法类比未知问题的处理方法考点二归纳推理题点多变型考点一一多角探明锁定考向归纳推理是每年高考的常考内容常见的命题角度有：(1) 与数字有关的推理；(2) 与式子有关的推理；(3) 与图形有关的推理.题点全练角度一：与数字有关的推理1.(2019 太湖高级中学检测)

8、)如图，它满足第 n 行首尾两数均为 n, A(i, j)表示第 i(i2)行第 j 个数，则 A(100,2)的值是_ .i223434 77451114 U 56 16 跖 25 16 6解析：由图可知：第二行的第二个数为 2,第三行的第二个数为第四行的第二个数为第五行的第二个数为第六行的第二个数为4 = 2 + 2,7 = 3 + 2+ 2,11= 4 + 3 + 2+ 2,16= 5+ 4 + 3+ 2+ 2,(n - 1)+ (n 2) + + 2 + 2=故第 100 行的第二个数为100-10+2= 4 951,2所以 A(100,2)的值是 4 951.答案：4 951角度二：

9、与式子有关的推理2. (2018 常熟中学测试) )已知 cosn=1cosncos 学=；cosjcos cos 竽=g,(1)根据以上等式，可猜想出的一般结论是 _若数列an中，a1= cosn, a2= cos ；cos 尹，a3= cosjcos cos驾,1 023项和 Sn= 1024 贝 V n=_，解析：( (1)从题中所给的几个等式可知，第n 个等式的左边应有 n 个余弦相乘，且分母故推断第 n 行的第二个数为n2- n+ 2，刖 n均为 2n + 1,分子分别为n, 2n,，nn,右边应为n2nnn1*cos2n+lcos祜cos冇=刃旅N).2.J 12n 1 1 023

10、1=1-2=2n= 1 024，解得n=10.1-1角度三：与图形有关的推理3分形几何学是数学家伯努瓦曼德尔布罗在 20 世纪 70 年代创立的一门新的数学学科，它的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路按照如图（1）所示的分形规律可得如图 所示的一个树形图若记图（2）中第 n 行黑圈的个数为 an,则 a2。佃=解析：根据题图（1）所示的分形规律，可知 1 个白圈分形为 2 个白圈 1 个黑圈，1 个黑圈分形为 1 个白圈 2 个黑圈，把题图（2）中的树形图的第1 行记为（1,0），第 2 行记为（2,1）,第 3 行记为（5,4），第 4 行的白圈数为 2X5+ 4= 14,黑圈

11、数为 5 + 2X4= 13，所以第 4 行的坐标”为（14,13）,同理可得第 5 行的坐标”为（41,40），第 6 行的坐标”为（122,121），.各行黑圈数乘2,分别是 0,2,8,26,80,，即即 1 - 1,3- 1, 9 - 1,27- 1,81 - 1,，所以可以归纳出第 n 行的黑圈数 an= 哼二（n N*）,所以 a2 019=1.答案：宁通法在握归纳推理问题的常见类型及解题策略常见类型解题策略与数字有关的等式的推理观察数字特点，找出等式左右两侧的规律及符号可解与式子有关的推理观察每个式子的特点，找到规律后可解与图形变化有关的推理合理利用特殊图形归纳推理得出结论，并用

12、赋值检验法验证其 真伪性演练冲关1. （2019 苏州调研）观察下列式子：1 +古2，1 + 22+事号，1 +话+事+ 4v4,1尹，故可以猜想出的一般结论为1（2） 由 （1）可知 an=尹，故答案:(1)COS赤cos 2n+ 1nn1*COS亦+j=(nN )(2)10第行第 3 行222332344根据以上式子可以猜想2某种平面分形图如图所示，一级分形图是由一点出发的三条线段，长度均为1,两两夹角为 120二级分形图是在一级分形图的每条线段的末端出发再生成两条长度为原来的线段，且这两条线段与原线段两两夹角为120 ，依此规律得到 n 级分形图.n 级分形图中共有 _条线段.解析：分形

13、图的每条线段的末端出发再生成两条线段, 由题图知，一级分形图有3= (3X2-3)条线段，二级分形图有 9= (3X22- 3)条线段， 三级分形图中有 21 = (3X23 4- 3)条线段， 按此规律 n级分形图中的线段条数 an= 3X2n- 3.答案：3X2n 3考点三演绎推理重点保分型考点一一师生共研典例引领n + 2*数列an的前 n 项和记为 Sn,已知 a1= 1, an+1=nSn(n N).证明:S (1) 数列 常是等比数列；(2)由(1)可知汩 =4育 2),Sn-1, n 1 + 22 Sn+1=4an.n + 2证明：( (1)因为an+1=Sn+1Sn,an+1=

14、Sn,n所以(n+2)Sn=n(Sn+1Sn),即 nSn+1=2(n+1)Sn.故気= 2Sn,(小前提) )n+ 1 n故 常 是以 2 为公比，1 为首项的等比数列.( (结论) )解析：由题意，根据所给式子，右边分子是2n 1,分母是n,可得答案为4 037 2019.答案:4 0372 019二纵分形图三级分形图所以気+1=4(n+1)=4Sn-1n 1 n 1=4an(n 2).(小前提) )又因为 a2= 3S1= 3, S2= a1+ a2= 1 + 3= 4= 4a1,(小前提) )所以对于任意正整数n,都有 Sn+1= 4an.(结论) )由题悟法演绎推理的推证规则(1)

15、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.(2) 在推理论证过程中，一些稍复杂一点的证明题常常要由几个三段论才能完成.即时应用(2018 南通中学高三数学练习) )设数列a.是各项均为正数的等比数列，其前 n 项和为Sn,若 a1a5= 64, S5 S3= 48.(1) 求数列an的通项公式；(2) 对于正整数 k, m, l(kvmvI),求证：m= k+ 1 且 I = k+ 3” 是5ak, am,引这 三项经适当排序后能构成等差数列”成立的充要条件.解: (1)因为数列an是各项均为正数的等

16、比数列，所以 a1a5= a2= 64,所以 a3= 8,又因为 S5 S3= 48,所以 a5+ a4= 8q2+ 8q= 48,所以 q= 2, 所以 an= 8 2n3= 2n.证明：( (i)必要性：设 5ak, am, ai这三项经适当排序后能构成等差数列,若 2 5ak= am+ ai,贝 U 10 2k= 2m+ 21,所以 10= 2mk+ 2Ik，所以 5= 2mk1+ 2Ik1,匚mk1A2 =1,又因为 kvmvI,所以 iIk112= 4,所以=k+1，|J= k+ 3.若 2am= 5ak+ ai，则 2 2m= 5 2k+ 21,所以 2m+1k 2Ik= 5,左边

17、为偶数，等式不成立.3若 2a= 5ak+ am,同理也不成立，综合，得 m= k + 1, I = k+ 3,所以必要性成立.(ii)充分性：设 m= k+ 1, I= k+ 3,则 5ak, am, aI这三项为5ak, ak+1,ak+3, 即卩5ak,2ak,8ak,调整顺序后易知2ak,5ak,8ak成等差数列，所以充分性也成立.综合( (i)(丘) )，充要性得证.一抓基础，多练小题做到眼疾手快111*51.(2019 徐州调研) )已知 f(n)= 1+ 2 + + n( (nCN),经计算得 f(4) 2, f(8) ?，f( (16)7* 3, f(32) 2，则对于任意 n

18、(n N)有不等式_ 成立.解析：观察已知中的等式:f(2) = 3, f(4) 2, f(8) 2, f(16) 3, f(32) 2，则 f(2n)于于.答案：f(2n)号上2.设等差数列an的前 n 项和为 Sn,则 S4, S8 S4, S12 S8, S16 S12成等差数列类比以上结论我们可以得到的一个真命题为：设等比数列bn的前 n 项积为 Tn，则_ 成等比数列.解析：利用类比推理把等差数列中的差换成商即可.3.由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则:mn= nm” 类比得到a b= b a”；2( (m+ n)t = mt+ nt” 类比得到(a + b) c =

19、a c+ b c”；3“( (m n)t= m(nt)” 类比得到(a b) c = a (b c) ”；4埒 0, mt= xt? m= x” 类比得到p丰0, a p = x p? a = x”；5|mn|=|m|n|” 类比得到 “ |a b| = |a| Tb| ”；以上的式子中，类比得到的结论正确的个数是 _解析：正确，错误.答案：24. (2018 扬州期末) )点(X0, y)到直线 Ax + By+ C= 0 的距离公式为 d= 答：?：。,通过类比的方法，可求得：在空间中，点( (1,1,2)到平面 x+ y+ 2z+ 3 = 0 的距离为 _解析：在空间中，点(1,1,2)

20、到平面 x+ y+ 2z+ 3 = 0 的距离 d=卩：1+4+3=.V1+ 1 + 42答案：T4,T8T12T16T4T8T12“ acbc；”类比得到“CZI0 1=1答案：3265.(2019 南京调研) )已知函数f(x) = x3+ x，对于等差数列a.满足：f 1) = 2 ,f(a2 016 3) = 2, Sn是其前 n 项和，贝 V S?。仃=_.解析：因为函数 f(x) = x3+ x 为奇函数，且在 R 上单调递增，又因为 f(a2 1) = 2, f(a2 016 3) = 2，贝 U a2 1 = (a2 016 3),即 a?+ a?016= 4，即卩 a*+ a

21、?017= 4.2 017则S2 017=2 (a1+a2 017) = 4 034.答案：4 0346.(2018 启东检测) )X表示不超过 x 的最大整数，例如：n3.S1= 1+ 2+ 3 = 3,S2= 4+ .5+ 6 + 7 + 8 = 10 ,S3= 9+ 10 + 11+ 12 + 13+ ,14+ 15= 21,依此规律，那么 S10=_ .解析：因为x表示不超过 x 的最大整数，所以 S1= 1 + 2 + 3 = 1X3 = 3,S2= 4+ 5+ 6+ 7+ 8=2X5=10,S3= 9+ 10+11+12+13+14+15=3X7=21,Sn= ,n2+ n2+1+

22、 . n2+2+ . n2+2n1+ n2+2n=nX(2n+1),所以 S10= 10X21 = 210.答案：210二保咼考，全练题型做到咼考达标r 11已知正三角形 ABC，它的高为 h,内切圆的半径为 r,则 h = 3，类比这一结论可知:正四面体 S-ABC 的高为 H，内切球的半径为 R,则RH解析：从平面图形类比空间图形，从二维类比三维,可得如下结论：正四面体的内切球半径等于这个正四面体高的连结球心与正四面体的四个顶点，把正四面体分成四个高为证明如下：球心到正四面体一个面的距离即球的半径R,14.R 的三棱锥，设正四面体14.一个面的面积为 S,所以 4SR=1S H，解得 R=

23、，所以骨334H1答案：142.观察下列等式12= 112-22=- 312- 22+ 32= 612- 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+ 3242+ (- 1)n+1n2= (- 1)n+号1.答案：12 22+ 3242+ (- 1)n+1n2= (- 1)n+小学13. (2018 南京第十三中学检测) )某种树的分枝生长规律如图所示，第1 年到第 5 年的分枝数分别为 1,1,2,3,5，则预计第 10 年树的分枝数为 _ .第 10 年树的分枝数为 21 + 34= 55.答案：554. (2019 南京

24、模拟) )观察下列式子：1X2V2,1X2 + . 2X3 9,1X2+ .2X3 +3X4 8,1X2 + .2X3 + 3X4+ , 4X5学，.，根据以上规律，第n(n N*)个不等式是_ .解析： 根据所给不等式可得第n 个不等式是1X2 + .2X3 + nXn+ 1 答案：1X2+2X3+ +nXn+1 2 019,解得 M = 64,且 1 + 2+ 3+ - + 63= 2 016,/ 2 019 2 016 = 3,-a2 019= 6.7. （2018 沐阳月考）将正奇数按如下规律填在5 列的数表中：则 2 019 排在该表的第_行，第_ 列.（行是从上往下数，列是从左往右

25、数）.135715131191719212331292725解析：/ 2 019= 252X8+ 3= 253X8 5,二 2 019 在第 253 行，第三列数：3,11,19,27,，规律为 8n 5, 2 019 应该出现在第 3 列.答案：253 38如果函数 f（x）在区间 D 上是凸函数，那么对于区间 D 内的任意 X1, X2,，xn,都）X1+ f X2+ f XnX1+ X2+ Xn_有一_n一wfnn.若 y= sin x 在区间（0,n上是凸函数，那么在 ABC 中，sin A+ sin B+ sin C 的最大值是 _.解析：由平面中线段的比转化为空间中面积的比可得AE

26、 _ACDEBSBCD答案:_3_62AD且 u1=e2v0,u(1) = e 1 0,所以? x 2 1 ,使得 u(xo)= 0,即卩 ex丄Xoln xo= xo,解析：由题意知，凸函数满足X1+ X2+ + Xn又 y= sin x 在区间(0,n上是凸函数,则 sin A + sin B+ sin C 3 时，不等式 f(x)+ g(x)vx2 (x 2)ex对任意 x 2, 1 均成立( (其中 e 为自然对数的底数，e= 2.718).解：( (1)当 m= 0 时，F(x)= ln x x2+ x, x (0, +),则 F(x)=2x+11,x(0,+s),当 0Vxv1 时

27、，F (x) 0 ;当 x 1 时，F (x)V0,所以 F(x)在(0,1)上单调递增，在( (1,+)上单调递减， 所以当 0va 1 时，F(x)的最大值为 F(1)= 0.证明：f(x)+ g(x)vx2 (x 2)ex可化为 m(x 2)ex+ In x x, 设 h(x)= (x 2)ex+ In xx, x 1, 1 ,只要证 h(x)maxV3 即可，下证此结论成立.设u(x)= ex x,则u(x)= ex+ 負0,所以 u(x)在 1 1 上单调递增， 又因为 u(x)在区间 2, 1 上的图象是一条不间断的曲线,要证 m 3 时，m h(x)对任意 x2 1 均成立,因为

28、 h (x)= (x 1)iex x,1所以当 xV1 时,x1V0,u(x)V0,h(x)0;2,当 x (xo,1) )时，u(x) 0, h (x)v0;所以函数 h(x)在 1, Xo上单调递增，在( (Xo,1上单调递减,X12h(x)max= h(Xo) )= (xo 2)e0+ Inxo x= (x。 2) 2x= 1 2x.法”证明.CO 并延长，分别交四个面于 E , F , G, H 点.则 OE + OF+診齐 1.1SABCDh1OE h13VO BCDVA BCD同理有 OF = VO ABC； OG = VO ACD； OH = VO ABDDF VD ABC；BG

29、 VB ACD； CH VC ABD.所以 AE+OF+OG+CHVO BCD+VO ABC+VO ACD+VO ABDVA BCD= =1.VA BCDVA BCD三上台阶，自主选做志在冲刺名校1.观察下列事实：|x|+ |y|= 1 的不同整数解( (x, y)的个数为 4, |x|+ |y| = 2 的不同整数 解(x, y)的个数为 8, |x|+ |y|= 3 的不同整数解(x, y)的个数为 12,则|x|+ |y| = 20 的不同 整数解(x, y)的个所以因为y= 1 X-2x 在 x 1, 1 上单调递增,所以2h( (X0) )=1X02x0 3 时，不等式 f(x) +

30、 g(x)vx2 (x 2)ex对任意 x 寺寺1 均成立.10.已知 O 是厶 ABC 内任意一点，连结 AO, BO, CO 并延长，分别交对边于 A, B,OAOBOCC,则一一+ OB一+ OC-=1，这是一道平面几何题，其证明常采用“面积法”：AABB CCOA 一 OB OC SAOBC. SAOCA, SAOABSAABCAA +BB+CC +SAABC+ = = 1.SAABCSAABC请运用类比思想，对于空间中的四面体A BCD，存在什么类似的结论，并用“体积解：在四面体 A BCD 中，任取一点O,连结 AO , DO , BO ,证明：在四面体 O BCD 与 A BCD

31、 中,AE h 13SABCDhB数为_ .解析：由|x|+ |y|= 1 的不同整数解的个数为 4, |x|+ |y|= 2 的不同整数解的个数为 8, |x| + |y|= 3的不同整数解的个数为 12,归纳推理得|x 汁|y|= n 的不同整数解的个数为 4n,故|x| + |y|= 20 的不同整数解的个数为 80.答案：802.古希腊的数学家研究过各种多边形数.出了部分 k 边形数中第 n 个数的表达式:1 1三角形数N(n,3)=刃2+2n四边形数N(n,4) = n2五边形数N(n,5) =3n2 *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(20,15)的值为_解析：原已知式子可化为 N(n,3)=n2+n =32n2+43n;2 2