高考数学总复习第七章 推理与证明第1课时 合情推理与演绎推理

考情分析考点新知能用归纳和类比等方法进行简单的推理，了解合情推理在数学发现中的作用；掌握演绎推理的基本方法，并能运用它们进行一些简单的推理；了解合情推理和演绎推理的联系和区别．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，了解合情推理在数学发现中的作用.②了解演绎推理的重要性，掌握演绎推理的基本模式，并能运用它们进行一些简单推理.③了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异.1.(选修12P35练习题4改编)“因为指数函数y＝ax是增函数(大前提)，而y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x是指数函数(小前提)，所以y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x是增函数(结论)”，上面推理错误的原因是______________.答案：大前提错误解析：y＝ax是增函数这个大前提是错误的，从而导致结论错．2.(选修12P35练习题3改编)用三段论的形式写出“矩形的对角线相等，正方形是矩形，所以正方形的对角线相等．”的演绎推理过程________________________________________________________________________________________________________________________________________________.答案：每一个矩形的对角线相等(大前提)正方形是矩形(小前提)正方形的对角线相等(结论)3.(选修12P29练习题3(2)改编)观察下列各式：1＝12，2＋3＋4＝32，3＋4＋5＋6＋7＝52，4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝72，…，可以得出的一般结论是________.答案：n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2解析：等式右边的底数为左边的项数．4.(选修12P29练习题3(2)改编)观察下列等式：eq\f(2,1)＋2＝4；eq\f(2,1)×2＝4；eq\f(3,2)＋3＝eq\f(9,2)；eq\f(3,2)×3＝eq\f(9,2)；eq\f(4,3)＋4＝eq\f(16,3)；eq\f(4,3)×4＝eq\f(16,3)；…，根据这些等式反映的结果，可以得出一个关于自然数n的等式，这个等式可以表示为______________________．答案：eq\f(n＋1,n)＋(n＋1)＝eq\f(n＋1,n)×(n＋1)(n∈N*)解析：由归纳推理得eq\f(n＋1,n)＋(n＋1)＝eq\f(n＋1＋（n2＋n）,n)＝eq\f(（n＋1）2,n)，eq\f(n＋1,n)×(n＋1)＝eq\f(（n＋1）2,n)，所以得出结论eq\f(n＋1,n)＋(n＋1)＝eq\f(n＋1,n)×(n＋1)(n∈N*)．5.已知扇形的弧长为l，所在圆的半径为r，类比三角形的面积公式：S＝eq\f(1,2)×底×高，可得扇形的面积公式为________．答案：eq\f(1,2)rl1.归纳推理(1)归纳推理的定义从个别事实中推演出一般性的结论，像这样的推理通常称为归纳推理．(2)归纳推理的思维过程大致如图eq\x(实验、观察)→eq\x(概括、推广)→eq\x(猜测一般性结论)(3)归纳推理的特点①归纳推理的前提是几个已知的特殊现象，归纳所得的结论是尚属未知的一般现象，该结论超越了前提所包容的范围．②由归纳推理得到的结论具有猜测的性质，结论是否真实，还需经过逻辑证明和实践检验，因此，它不能作为数学证明的工具．③归纳推理是一种具有创造性的推理，通过归纳推理得到的猜想，可以作为进一步研究的起点，帮助人们发现问题和提出问题．2.类比推理(1)根据两个(或两类)对象之间在某些方面的相似或相同，推演出它们在其他方面也相似或相同，这样的推理称为类比推理．(2)类比推理的思维过程eq\x(观察、比较)→eq\x(联想、类推)→eq\x(猜测新的结论)3.演绎推理(1)演绎推理是根据已有的事实和正确的结论(包括定义、公理、定理等)，按照严格的逻辑法则得到新结论的推理过程．(2)主要形式是三段论式推理．(3)三段论的常用格式为M—P(M是P)①S－M(S是M)②S—P(S是P)③其中，①是大前提，它提供了一个一般性的原理；②是小前提，它指出了一个特殊对象；③是结论，它是根据一般原理，对特殊情况作出的判断．[备课札记]题型1归纳推理例1在各项为正的数列{an}中，数列的前n项和Sn满足Sn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,an))).(1)求a1，a2，a3；(2)由(1)猜想数列{an}的通项公式；(3)求Sn.解：(1)当n＝1时，S1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(1,a1)))，即a21－1＝0，解得a1＝±1.∵a1>0，∴a1＝1；当n＝2时，S2＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,a2)))，即aeq\o\al(2,2)＋2a2－1＝0.∵a2>0,∴a2＝eq\r(2)－1.同理可得，a3＝eq\r(3)－eq\r(2).(2)由(1)猜想an＝eq\r(n)－eq\r(n－1).(3)Sn＝1＋(eq\r(2)－1)＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋…＋(eq\r(n)－eq\r(n－1))＝eq\r(n).eq\a\vs4\al(变式训练)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)(n∈N*)，则a3＝________，a1·a2·a3·…·a2007＝________．答案：－eq\f(1,2)3解析：(解法1)分别求出a2＝－3、a3＝－eq\f(1,2)、a4＝eq\f(1,3)、a5＝2，可以发现a5＝a1，且a1·a2·a3·a4＝1，故a1·a2·a3·…·a2007＝a2005·a2006·a2007＝a1·a2·a3＝3.(解法2)由an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)，联想到两角和的正切公式，设a1＝2＝tanθ，则有a2＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))，a3＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋θ))，a4＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋θ))，a5＝tan(π＋θ)＝a1，….则a1·a2·a3·a4＝1，故a1·a2·a3·…·a2007＝a2005·a2006·a2007＝a1·a2·a3＝3.题型2类比推理例2现有一个关于平面图形的命题：如图所示，同一个平面内有两个边长都是a的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为eq\f(a2,4).类比到空间，有两个棱长均为a的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为________．答案：eq\f(a3,8)解析：在已知的平面图形中，中心O到两边的距离相等(如图1)，即OM＝ON.四边形OPAR是圆内接四边形，Rt△OPN≌Rt△ORM，因此S四边形OPAR＝S正方形OMAN＝eq\f(1,4)a2.同样地，类比到空间，如图2.两个棱长均为a的正方体重叠部分的体积为eq\f(1,8)a3.eq\a\vs4\al(备选变式（教师专享）)已知椭圆具有性质：若M、N是椭圆C上关于原点对称的两个点，点P为椭圆上任意一点，当直线PM、PN的斜率都存在，并记为kPM、kPN，那么kPM与kPN之积是与点P位置无关的定值．试对双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1写出具有类似特性的性质，并加以证明．解：类似的性质为：若M、N是双曲线：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1上关于原点对称的两个点，点P是双曲线上任意一点，当直线PM、PN的斜率都存在，并记为kPM，kPN时，那么kPM与kPN之积是与点P位置无关的定值．证明如下：设点M的坐标为(m，n)，则点N的坐标为(－m，－n)，其中eq\f(m2,a2)－eq\f(n2,b2)＝1.又设点P的坐标为(x，y)，由kPM＝eq\f(y－n,x－m)，kPN＝eq\f(y＋n,x＋m)，得kPM·kPN＝eq\f(y－n,x－m)·eq\f(y＋n,x＋m)＝eq\f(y2－n2,x2－m2)，将y2＝eq\f(b2,a2)x2－b2，n2＝eq\f(b2,a2)m2－b2代入得kPM·kPN＝eq\f(b2,a2).题型3演绎推理例3设同时满足条件：①eq\f(bn＋bn＋2,2)≤bn＋1(n∈N*)；②bn≤M(n∈N*，M是与n无关的常数)的无穷数列{bn}叫“特界”数列．(1)若数列{an}为等差数列，Sn是其前n项和，a3＝4，S3＝18，求Sn；(2)判断(1)中的数列{Sn}是否为“特界”数列，并说明理由．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则a1＋2d＝4，3a1＋3d＝18，解得a1＝8，d＝－2，Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝－n2＋9n.(2)由eq\f(Sn＋Sn＋2,2)－Sn＋1＝eq\f(（Sn＋2－Sn＋1）－（Sn＋1－Sn）,2)＝eq\f(an＋2－an＋1,2)＝eq\f(d,2)＝－1<0，得eq\f(Sn＋Sn＋2,2)<Sn＋1，故数列{Sn}适合条件①，而Sn＝－n2＋9n＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(9,2)))2＋eq\f(81,4)(n∈N*)，则当n＝4或5时，Sn有最大值20.即Sn≤20，故数列{Sn}适合条件②.综上，数列{Sn}是“特界”数列．eq\a\vs4\al(备选变式（教师专享）)设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足a1＝0且eq\f(1,1－an＋1)－eq\f(1,1－an)＝1.(1)求eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式；(2)设bn＝eq\f(1－\r(an＋1),\r(n))，记Sn＝eq\i\su(k＝1,n,)bk，证明：Sn<1.(1)解：由题设eq\f(1,1－an＋1)－eq\f(1,1－an)＝1，即eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,1－an)))是公差为1的等差数列．又eq\f(1,1－a1)＝1，故eq\f(1,1－an)＝n.所以an＝1－eq\f(1,n).(2)证明：由(1)得bn＝eq\f(1－\r(an＋1),\r(n))＝eq\f(\r(n＋1)－\r(n),\r(n＋1)·\r(n))＝eq\f(1,\r(n))－eq\f(1,\r(n＋1))，Sn＝1.观察下列不等式：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)；…；照此规律，第五个不等式是________．答案：1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋eq\f(1,52)＋eq\f(1,62)<eq\f(11,6)2.观察下列各式：a＋b＝1；a2＋b2＝3；a3＋b3＝4；a4＋b4＝7；a5＋b5＝11；…；则a10＋b10＝________．答案：123解析：(解法1)由a＋b＝1；a2＋b2＝3得ab＝－1代入后三个等式中符合，则a10＋b10＝(a5＋b5)2－2a5b5＝123.(解法2)令an＝an＋bn，易得an＋2＝an＋an＋1，从而a6＝18，a7＝29，a8＝47，a9＝76，a10＝123.3.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，在空间内，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解析：考查类比的方法，eq\f(V1,V2)＝eq\f(\f(1,3)S1h1,\f(1,3)S2h2)＝eq\f(S1,S2)·eq\f(h1,h2)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,8)，所以体积比为1∶8.4.(选修12P31练习题2改编)在平面几何里可以得出正确结论：“正三角形的内切圆半径等于这正三角形的高的eq\f(1,3)”．拓展到空间，类比平面几何的上述结论，则正四面体的内切球半径等于这个正四面体的高的________.答案：eq\f(1,4)解析：运用分割法思想，设正四面体的高为h，底面面积为S，正四面体SABC的内切球的半径为R，球心为O，连结OS、OA、OB、OC，将四面体分成四个三棱锥，则VSABC＝VOSAC＋VOSAB＋VOSBC＋VOABC＝eq\f(1,3)SR＋eq\f(1,3)SR＋eq\f(1,3)SR＋eq\f(1,3)SR＝eq\f(4,3)SR＝eq\f(1,3)Sh，所以R＝eq\f(1,4)h.5.(2013·镇江期末)观察下列等式：eq\f(3,1×2)×eq\f(1,2)＝1－eq\f(1,22)，eq\f(3,1×2)×eq\f(1,2)＋eq\f(4,2×3)×eq\f(1,22)＝1－eq\f(1,3×22)，eq\f(3,1×2)×eq\f(1,2)＋eq\f(4,2×3)×eq\f(1,22)＋eq\f(5,3×4)×eq\f(1,23)＝1－eq\f(1,4×23)，…，由以上等式推测到一个一般的结论：对于n∈N*，eq\f(3,1×2)×eq\f(1,2)＋eq\f(4,2×3)×eq\f(1,22)＋…＋eq\f(n＋2,n（n＋1）)×eq\f(1,2n)＝________．答案：1－eq\f(1,（n＋1）·2n)1.(2012·江西文)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)的个数为________．答案：80解析：由已知条件，得|x|＋|y|＝n(n∈N*)的整数解(x，y)个数为4n，故|x|＋|y|＝20的整数解(x，y)的个数为80.2.若等差数列{an}的公差为d，前n项的和为Sn，则数列eq\f(Sn,n)为等差数列，公差为eq\f(d,2).类似地，若各项均为正数的等比数列{bn}的公比为q，前n项的积为Tn，则数列{eq\r(n,Tn)}为等比数列，公比为________．答案：eq\r(q)解析：Tn＝beq\o\al(n,1)qeq\f(n（n－1）,2)，eq\r(n,Tn)＝b1(eq\r(q))n－1.3.若一个n面体有m个面是直角三角形，则称这个n面体的直度为eq\f(m,n)，如图，在长方体ABCDeq\a\vs4\al()A1B1C1D1中，四面体A1eq\a\vs4\al()ABC的直度为________．答案：1解析：n＝4，m＝4，eq\f(m,n)＝eq\f(4,4)＝1.4.若P0(x0，y0)在椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)外，过P0作椭圆的两条切线的切点分别为P1、P2，则切点弦P1P2所在的直线方程是eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1