2015高考数学（理）（合情推理与演绎推理）一轮复习学案

2015高考数学（理）（合情推理与演绎推理）一轮复习学案

学案37　合情推理与演绎推理 导学目标： 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．‎ 自主梳理 自我检测 ‎1．(2010·山东)观察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cos x)′＝－sin x，由归纳推理可得：若定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，记g(x)为f(x)的导函数，则g(－x)‎ 等于(　　)‎ A．f(x) B．－f(x) C．g(x) D．－g(x)‎ ‎2．(2010·珠海质检)给出下面类比推理命题(其中Q为有理数集，R为实数集，C为复数集)：‎ ‎①“若a，b∈R，则a－b＝0⇒a＝b”类比推出“若a，b∈C，则a－b＝0⇒a＝b”；‎ ‎②“若a，b，c，d∈R，则复数a＋bi＝c＋di⇒a＝c，b＝d”类比推出“若a，b，c，d∈Q，则a＋b＝c＋d⇒a＝c，b＝d”；‎ ‎③“若a，b∈R，则a－b>0⇒a>b”类比推出“若a，b∈C，则a－b>0⇒a>b”．其中类比结论正确的个数是(　　)‎ A．0 B．‎1 ‎ C．2 D．3‎ ‎3．(2009·江苏)在平面上，若两个正三角形的边长比为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比为1∶2，则它们的体积比为________．‎ ‎4．(2010·陕西)观察下列等式：13＋23＝32,13＋23＋33＝62,13＋23＋33＋43＝102，…，根据上述规律，第五个等式为________________________________．‎ ‎5．(2011·苏州月考)一切奇数都不能被2整除，2100＋1是奇数，所以2100＋1不能被2整除，其演绎推理的“三段论”的形式为___________________________________________．‎ 探究点一　归纳推理 例1　在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，n∈N*，猜想这个数列的通项公式，这个猜想正确吗？请说明理由．‎ 变式迁移1　观察：①sin210°＋cos240°＋sin 10°cos 40°＝；‎ ‎②sin26°＋cos236°＋sin 6°cos 36°＝.‎ 由上面两题的结构规律，你能否提出一个猜想？并证明你的猜想．‎ 探究点二　类比推理 例2　(2011·银川月考)在平面内，可以用面积法证明下面的结论：‎ 从三角形内部任意一点，向各边引垂线，其长度分别为pa，pb，pc，且相应各边上的高分别为ha，hb，hc，则有＋＋＝1.‎ 请你运用类比的方法将此结论推广到四面体中并证明你的结论．‎ 变式迁移2　在Rt△ABC中，若∠C＝90°，AC＝b，BC＝a，则△ABC的外接圆半径r＝，将此结论类比到空间有_______________________________________________．‎ 探究点三　演绎推理 例3　在锐角三角形ABC中，AD⊥BC，BE⊥AC，D、E是垂足．求证：AB的中点M到D、E的距离相等．‎ 变式迁移3　指出对结论“已知和是无理数，证明＋是无理数”的下述证明是否为“三段论”，证明有错误吗？‎ 证明：∵无理数与无理数的和是无理数，而与都是无理数，∴＋也是无理数．‎ ‎1．合情推理是指“合乎情理”的推理，数学研究中，得到一个新结论之前，合情推理常常能帮助我们猜测和发现结论；证明一个数学结论之前，合情推理常常能为我们提供证明的思路和方向．合情推理的过程概括为：―→―→―→.一般来说，由合情推理所获得的结论，仅仅是一种猜想，其可靠性还需进一步证明．‎ ‎2．归纳推理与类比推理都属合情推理：(1)归纳推理：由某类事物的部分对象具有某些特征，推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理，或由个别事实概括出一般结论的推理，称为归纳推理．它是一种由部分到整体，由个别到一般的推理．(2)类比推理：由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象也具有这些特征的推理称为类比推理，它是一种由特殊到特殊的推理．‎ ‎3．从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论，把这种推理称为演绎推理，也就是由一般到特殊的推理，三段论是演绎推理的一般模式，包括大前提，小前提，结论．‎ ‎ ‎ ‎(满分：75分)‎ 一、选择题(每小题5分，共25分)‎ ‎1．(2011·福建厦门华侨中学模拟)定义A*B，B*C，C*D，D*A的运算分别对应下图中的(1)、(2)、(3)、(4)，那么下图中的(A)、(B)所对应的运算结果可能是(　　)‎ A．B*D，A*D B．B*D，A*C C．B*C，A*D D．C*D，A*D ‎2．(2011·厦门模拟)设f(x)＝，又记f1(x)＝f(x)，fk＋1(x)＝f(fk(x))，k＝1,2，…，则f2 010(x)等于(　　)‎ A．－ B．x C. D. ‎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：‎ ‎①“mn＝nm”类比得到“a·b＝b·a”；‎ ‎②“(m＋n)t＝mt＋nt”类比得到“(a＋b)·c＝a·c＋b·c”；‎ ‎③“(m·n)t＝m(n·t)”类比得到“(a·b)·c＝a·(b·c)”；‎ ‎④“t≠0，mt＝xt⇒m＝x”类比得到“p≠0，a·p＝x·p⇒a＝x”；‎ ‎⑤“|m·n|＝|m|·|n|”类比得到“|a·b|＝|a|·|b|”；‎ ‎⑥“＝”类比得到“＝”．‎ 以上的式子中，类比得到的结论正确的个数是(　　)‎ A．1 B．‎2 ‎ C．3 D．4‎ ‎4．(2009·湖北)古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，比如：‎ 他们研究过图(1)中的1,3,6,10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似的，称图(2)中的1,4,9,16，…这样的数为正方形数．‎ 下列数中既是三角形数又是正方形数的是(　　)‎ A．289 B．1 ‎024 ‎ C．1 225 D．1 378‎ ‎5．已知整数的数对如下：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(1,5)，(2,4)，…则第60个数对是(　　)‎ A．(3,8) B．(4,7)‎ C．(4,8) D．(5,7)‎ 二、填空题(每小题4分，共12分)‎ ‎6．已知正三角形内切圆的半径是高的，把这个结论推广到空间正四面体，类似的结论是________________________________________________________________________．‎ ‎7．(2011·广东深圳高级中学模拟)定义一种运算“*”：对于自然数n满足以下运算性质：‎ ‎8．(2011·陕西)观察下列等式 ‎1＝1‎ ‎2＋3＋4＝9‎ ‎3＋4＋5＋6＋7＝25‎ ‎4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49‎ ‎…‎ 照此规律，第n个等式为_____________________________________________________．‎ 三、解答题(共38分)‎ ‎9．（12分）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－，且Sn＋＋2＝0(n≥2)．计算S1，S2，S3，S4，并猜想Sn的表达式．‎ ‎10．(12分)(2011·杭州调研)已知函数f(x)＝－ (a>0且a≠1)，‎ ‎(1)证明：函数y＝f(x)的图象关于点对称；‎ ‎(2)求f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)的值．‎ ‎11．(14分)如图1，若射线OM，ON上分别存在点M1，M2与点N1，N2，则＝·；如图2，若不在同一平面内的射线OP，OQ和OR上分别存在点P1，P2，点Q1，Q2和点R1，R2，则类似的结论是什么？这个结论正确吗？说明理由．‎ 学案37　合情推理与演绎推理 自主梳理 归纳推理　全部对象　部分　个别　类比推理　这些特征 特殊到特殊　①一般原理　②特殊情况　③特殊情况　一般　特殊 自我检测 ‎1．D　[由所给函数及其导数知，偶函数的导函数为奇函数．因此当f(x)是偶函数时，其导函数应为奇函数，故g(－x)＝－g(x)．]‎ ‎2．C　[①②正确，③错误．因为两个复数如果不全是实数，不能比较大小．]‎ ‎3．1∶8‎ 解析　∵两个正三角形是相似的三角形，∴它们的面积之比是相似比的平方．同理，两个正四面体是两个相似几何体，体积之比为相似比的立方，所以它们的体积比为1∶8.‎ ‎4．13＋23＋33＋43＋53＋63＝212‎ 解析　由前三个式子可以得出如下规律：每个式子等号的左边是从1开始的连续正整数的立方和，且个数依次多1，等号的右边是一个正整数的平方，后一个正整数依次比前一个大3,4，…，因此，第五个等式为13＋23＋33＋43＋53＋63＝212.‎ ‎5．一切奇数都不能被2整除　大前提 ‎2100＋1是奇数　小前提 所以2100＋1不能被2整除　结论 课堂活动区 例1　解题导引　归纳分为完全归纳和不完全归纳，由归纳推理所得的结论虽然未必是可靠的，但它由特殊到一般、由具体到抽象的认识功能，对科学的发现是十分有用的，观察、实验，对有限的资料作归纳整理，提出带规律性的说法是科学研究的最基本的方法之一．‎ 解　在{an}中，a1＝1，a2＝＝，‎ a3＝＝＝，a4＝＝，…，‎ 所以猜想{an}的通项公式为an＝.‎ 这个猜想是正确的，证明如下：‎ 因为a1＝1，an＋1＝，‎ 所以＝＝＋，‎ 即－＝，所以数列是以＝1为首项，‎ 为公差的等差数列，‎ 所以＝1＋(n－1)×＝n＋，‎ 所以通项公式an＝.‎ 变式迁移1　解　猜想sin2α＋cos2(α＋30°)＋sin αcos(α＋30°)＝.‎ 证明如下：‎ 左边＝sin2α＋cos(α＋30°)[cos(α＋30°)＋sin α]‎ ‎＝sin2α＋ ‎＝sin2α＋cos2α－sin2α＝＝右边．‎ 例2　解题导引　类比推理是根据两个对象有一部分属性类似，推出这两个对象的其他属性亦类似的一种推理方法，例如我们拿分式同分数来类比，平面几何与立体几何中的某些对象类比等等．我们必须清楚类比并不是论证，它可以帮助我们发现真理．类比推理应从具体问题出发，通过观察、分析、联想进行对比、归纳、提出猜想．‎ 解　‎ 类比：从四面体内部任意一点向各面引垂线，其长度分别为pa，pb，pc，pd，且相应各面上的高分别为ha，hb，hc，hd.‎ 则有＋＋＋＝1.‎ 证明如下：‎ ＝＝，‎ 同理有＝，＝，＝，‎ VP—BCD＋VP—CDA＋VP—BDA＋VP—ABC＝VA—BCD，‎ ‎∴＋＋＋ ‎＝＝1.‎ 变式迁移2　在三棱锥A—BCD中，若AB、AC、AD两两互相垂直，且AB＝a，AC＝b，AD＝c，则此三棱锥的外接球半径R＝ 例3　解题导引　在演绎推理中，只有前提(大前提、小前提)和推理形式都是正确的，结论才是正确的，否则所得的结论可能就是错误的．推理时，要清楚大前提、小前提及二者之间的逻辑关系．‎ 证明　(1)因为有一个内角是直角的三角形是直角三角形，——大前提 在△ABD中，AD⊥BC，即∠ADB＝90°，——小前提 所以△ADB是直角三角形．——结论 ‎(2)因为直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，——大前提 而M是Rt△ADB斜边AB的中点，DM是斜边上的中线，——小前提 所以DM＝AB.——结论 同理EM＝AB，所以DM＝EM.‎ 变式迁移3　解　证明是“三段论”模式，证明有错误．证明中大前提使用的论据是“无理数与无理数的和是无理数”，这个论据是假的，因为两个无理数的和不一定是无理数，因此原理的真实性仍无法断定．‎ 课后练习区 ‎1．B　[由(1)(2)(3)(4)图得A表示|，B表示□，C表示—，D表示○，故图(A)(B)表示B*D和A*C.]‎ ‎2．A　[计算f2(x)＝f＝＝－，‎ f3(x)＝f＝＝，‎ f4(x)＝＝x，f5(x)＝f1(x)＝，‎ 归纳得f4k＋i(x)＝fi(x)，k∈N*，i＝1,2,3,4.‎ ‎∴f2 010(x)＝f2(x)＝－.]‎ ‎3．B　[只有①、②对，其余错误，故选B.]‎ ‎4．C　[设图(1)中数列1,3,6,10，…的通项公式为an，则 a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，an－an－1＝n.‎ 故an－a1＝2＋3＋4＋…＋n，‎ ‎∴an＝.‎ 而图(2)中数列的通项公式为bn＝n2，因此所给的选项中只有1 225满足a49＝＝b35＝352＝1 225.]‎ ‎5．D　[观察可知横坐标和纵坐标之和为2的数对有1个，和为3的数对有2个，和为4的数对有3个，和为5的数对有4个，依次类推和为n＋1的数对有n个，多个数对的排序是按照横坐标依次增大的顺序来排的，由＝60⇒n(n＋1)＝120，n∈Z，n＝10时，＝55个数对，还差5个数对，且这5个数对的横、纵坐标之和为12，它们依次是(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，‎ ‎∴第60个数对是(5,7)．]‎ ‎6．空间正四面体的内切球的半径是高的 解析　利用体积分割可证明．‎ ‎7．n ‎8．n＋(n＋1)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2‎ 解析　∵1＝12,2＋3＋4＝9＝32,3＋4＋5＋6＋7＝25＝52，∴第n个等式为n＋(n＋1)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2.‎ ‎9．解　当n＝1时，S1＝a1＝－.(2分)‎ 当n＝2时，＝－2－S1＝－，‎ ‎∴S2＝－.(4分)‎ 当n＝3时，＝－2－S2＝－，‎ ‎∴S3＝－.(6分)‎ 当n＝4时，＝－2－S3＝－，‎ ‎∴S4＝－.(8分)‎ 猜想：Sn＝－ (n∈N*)．(12分)‎ ‎10．(1)证明　函数f(x)的定义域为R，任取一点(x，y)，它关于点对称的点的坐标为(1－x，－1－y)．(2分)‎ 由已知得y＝－，‎ 则－1－y＝－1＋＝－，(4分)‎ f(1－x)＝－＝－ ‎＝－＝－，∴－1－y＝f(1－x)．‎ 即函数y＝f(x)的图象关于点对称．(6分)‎ ‎(2)解　由(1)有－1－f(x)＝f(1－x)，‎ 即f(x)＋f(1－x)＝－1.(9分)‎ ‎∴f(－2)＋f(3)＝－1，f(－1)＋f(2)＝－1，‎ f(0)＋f(1)＝－1，‎ 则f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝－3.‎ ‎(12分)‎ ‎11．解　类似的结论为：＝··.‎ ‎(4分)‎ 这个结论是正确的，证明如下：‎ 如图，过R2作R‎2M2‎⊥平面P2OQ2于M2，连接OM2.‎ 过R1在平面OR‎2M2‎作R‎1M1∥R‎2M2‎交OM2于M1，‎ 则R‎1M1⊥平面P2OQ2.‎ 由VO—P1Q1R1＝S△P1OQ1·R‎1M1＝·OP1·OQ1·sin∠P1OQ1·R‎1M1‎ ‎＝OP1·OQ1·R‎1M1·sin∠P1OQ1，(8分)‎ 同理，VO—P2Q2R2＝OP2·OQ2·R‎2M2‎·sin∠P2OQ2.‎ 所以＝.(10分)‎ 由平面几何知识可得＝.(12分)‎ 所以＝.‎ 所以结论正确．(14分)‎