合情推理和演绎推理..pdf

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1、-第十七章第十七章推理与证明推理与证明* *知识网络知识网络* *归纳合情推理推理类比演绎推理数学归纳法直接证明综合法分析法推理与证明1.推理根据一个或几个事实(或假设)得出一个判断,这种思维方式叫推理.从构造上说,推理一般由两局部组成,一局部是的事实(或假设)叫做前提,一局部是由推出的判断,叫结论.2、合情推理:根据已有的事实,经过观察、分析、比拟、联想，再进展归纳、类比，然后提出的推理叫合情推理。合情推理可分为归纳推理和类比推理两类：1归纳推理：由*类事物的局部对象具有*些特征，推出该类事物的全部对象具有这些特征的推理，或者由个别事实概括出一般结论的推理。简言之，归纳推理是由局部到整体、由

2、个别到一般的推理2类比推理：由两类对象具有*些类似特征和其中一类对象具有的*些特征，推出另一类对象也具有这些特征的推理，简言之，类比推理是由特殊到特殊的推理。3.演绎推理:从一般性的原理出发，推出*个特殊情况下的结论的推理叫演绎推理，简言之，演绎推理是由一般到特殊的推理。三段论是演绎推理的一般模式，它包括： 1大前提-的一般原理； 2小前提-所研究的特殊情况； 3结论根据一般原理，对特殊情况作出的判断。重点:会用合情推理提出猜测,会用演绎推理进展推理论证,明确合情推理与演绎推理的区别与联系.z.证明间接证明反证法第第 1 1 讲讲 合情推理和演绎推理合情推理和演绎推理* *知识梳理知识梳理*

3、* *重难点突破重难点突破* *-难点:发现两类对象的类似特征、在局部对象中寻找共同特征或规律重难点：利用合情推理的原理提出猜测，利用演绎推理的形式进展证明1、归纳推理关键是要在局部对象中寻找共同特征或*种规律性问题 1：观察：7 15 2 11；5.5 16.5 2 11；33 193 2 11；.对于任意正实数a,b，试写出使a b 2 11成立的一个条件可以是_.点拨：前面所列式子的共同特征特征是被开方数之和为22，故a b 222、类比推理关键是要寻找两类对象的类似特征问题 2：抛物线有性质：过抛物线的焦点作一直线与抛物线交于A、B两点，则当AB与抛物线的对称轴垂直时，AB的长度最短；

4、试将上述命题类比到其他曲线， 写出相应的一个真命题为点拨：圆锥曲线有很多类似性质， “通径最短是其中之一，答案可以填：过椭圆的焦点作一2b2直线与椭圆交于A、B两点，则当AB与椭圆的长轴垂直时，AB的长度最短| AB |2a3、运用演绎推理的推理形式(三段论)进展推理问题 3：定义*为不超过*的最大整数，则-2.1=点拨： “大前提是在(,x找最大整数，所以-2.1=-3* *热点考点题型探析热点考点题型探析* *考点考点 1 1 合情推理合情推理题型题型 1 1用归纳推理发现规律用归纳推理发现规律例 1 通过观察以下等式，猜测出一个一般性的结论，并证明结论的真假。33202020；sin 3

5、0 sin 90 sin 150 ；2233sin2450sin21050sin21650；sin2600sin21200sin2180022sin2150sin2750sin21350【解题思路】注意观察四个式子的共同特征或规律 1构造的一致性,2观察角的“共性解析猜测：sin (60 )sinsin (60 ) 00222022032002证明：左边=(sincos60 cossin60 ) sin (sincos60 cossin60 )=33(sin2cos2) =右边22【名师指引】 1先猜后证是一种常见题型2归纳推理的一些常见形式： 一是“具有共同特征型， 二是“递推型，三是“循环

6、型周期性例 2 (09 九校联考) 蜜蜂被认为是自然界中最出色的建筑师，单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形，如图为一组蜂巢的截面图. 其中第一个图有 1 个蜂巢，第二个图.z.-有 7 个蜂巢，第三个图有 19 个蜂巢，按此规律，以f (n)表示第n幅图的蜂巢总数.则f (4)=_;f (n)=_.【解题思路】找出f (n) f (n 1)的关系式解析f (1) 1, f (2) 1 6, f (3) 1 612, f (4) 1 61218 37 f (n) 1 6 12 18 6(n 1) 3n23n 1【名师指引】处理“递推型问题的方法之一是寻找相邻两组数据的关系【新题导练】1.(20

7、21 二模文、理)对大于或等于2的自然数m的n次方幂有如下分解方式：2213 32135 42135723 35 33 791143131517193*2根据上述分解规律， 则5 13579,假设m (mN )的分解中最小的数是 73， 则m的值为_.解析m的分解中，最小的数依次为3，7，13，m m 1，由m m 173得m 92322.(2021 调研二理)函数f (x)由下表定义：x21531445假设a0 5，an1 f (an)，f (x)23n 0,1,2,4，则a2007解析a05，a1 2，a21，a3 4，a4 5,，an4 an，a2007 a34点评：此题为循环型3.(2

8、021 调研)图1 、 2 、 3 、 4分别包含 1 个、5 个、13 个、25 个第二十九届奥运会桔祥物 “福娃迎迎， 按同样的方式构造图形， 设第n个图形包含f (n)个 “福娃迎迎， 则f (5)；答案用数字或n的解析式表示f (n) f (n1)解析f (5) 41, f (n) f (n 1) 4(n 1)4. (2021揭阳一模)设f0(x) cos x, f1(x) f0(x), f2(x) f1(x),则f2008(x)= A.sin xB.cos xC.sin xD.cosx解析f0(x)cosx，f1(x) sin x，f2(x) cosx，f3(x) sin x，f4(

9、x) cosx，, fn1(x) fn(x),nN,fn4(x) fn(x)，f2008(x)=f0(x) cosx题型题型 2 2用类比推理猜测新的命题用类比推理猜测新的命题.z.-例 1 (2021 调研)正三角形切圆的半径是高的论是_.【解题思路】从方法的类比入手解析原问题的解法为等面积法，即S体积法，V1，把这个结论推广到空间正四面体，类似的结3111ah 3arrh，类比问题的解法应为等2231111Sh 4Srrh即正四面体的切球的半径是高3344【名师指引】 1不仅要注意形式的类比，还要注意方法的类比2类比推理常见的情形有：平面向空间类比；低维向高维类比；等差数列与等比数列类比；

10、实数集的性质向复数集的性质类比；圆锥曲线间的类比等例 2 在ABC中,假设C 90,则cos A cos B 1,用类比的方法,猜测三棱锥的类似022性质,并证明你的猜测【解题思路】考虑两条直角边互相垂直如何类比到空间以及两条直角边与斜边所成的角如何类比到空间解析由平面类比到空间,有如下猜测:“在三棱锥P ABC中，三个侧面PAB,PBC,PCA两两垂直，且与底面所成的角分别为,，则coscoscos1222证明：设P在平面ABC的射影为O，延长CO交AB于M，记PO h由PC PA,PC PB得PC 面PAB，从而PC PM，又PMC hhh，cos，cosPCPAPB11 111VPABC

11、PAPBPC (PAPBcosPBPCcosPC PAcos)h63 222coscoscos()h 1即cos2cos2cos21PCPAPBcos sinPCO 【名师指引】 1找两类对象的对应元素， 如：三角形对应三棱锥， 圆对应球，面积对应体积，平面上的角对应空间角等等； 2找对应元素的对应关系，如：两条边直线垂直对应线面垂直或面面垂直，边相等对应面积相等【新题导练】【新题导练】5. (2021 二模文)现有一个关于平面图形的命题：如图，同一个平面有两个边长都是a的正方形， 其中一个的*顶点在另一个的中心， 则这两a2个正方形重叠局部的面积恒为 类比到空间， 有两个棱长均为a的4正方体

12、， 其中一个的*顶点在另一个的中心， 则这两个正方体重叠局部的体积恒为.z.-a3解析解法的类比特殊化 ，易得两个正方体重叠局部的体积为86. (2021 一模)ABC的三边长为a,b,c，切圆半径为r用SABC表示ABC的面积 ，则1r(a b c)；类比这一结论有：假设三棱锥A BCD的切球半径为R，则三棱锥2体积VABCD1解析R(SABC SABDSACD SBCD3SABC7.(2021 届省市高三理科数学高考模拟题二)在平面直角坐标系中，直线一般方程为Ax By C 0，圆心在(x0,y0)的圆的一般方程为(x x0)2 (y y0)2 r2；则类似的，在空间直角坐标系中，平面的一

13、般方程为_,球心在(x0,y0,z0)的球的一般方程为_.2222解析Ax By Cz D 0；(x x0) (y y0) (z z0) r8.对于一元二次方程，有以下正确命题：如果系数a1,b1,c1和a2,b2,c2都是非零实数，方程a1x2 b1x c1 0和a2x2b2x c2 0在复数集上的解集分别是A和B，则abc“111是“A B的充分必要条件a2b2c2试对两个一元二次不等式的解集写出类似的结果，并加以证明解： 3如果系数a1,b1,c1和a2,b2,c2都是非零实数，不等式a1x b1x c1 0和2a2x2b2x c2 0的解集分别是A和B，则“a1b1c1是“A B的既不

14、充分a2b2c2也不必要条件可以举反例加以说明9.等差数列的定义为:在一个数列中，从第二项起,如果每一项与它的前一项的差都为同一个常数，则这个数叫做等差数列，这个常数叫做该数列的公差类比等差数列的定义给出“等和数列的定义： ；和Sn的计算公式为_数列an是等和数列， 且a1 2，公和为5，则a18的值为_这个数列的前n项解析在一个数列中， 如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数， 则这个数叫做等和数列，5n 1,n为奇数2这个常数叫做该数列的公和；a183；Sn5ny ,n为偶数2考点考点 2 2演绎推理演绎推理题型:利用“三段论进展推理例 1 07 启东中学模拟*校对文明班的评选设计了a,

15、b,c,d,e五个方面的多元评价指标，.z.-ac1来计算各班的综合得分，S的值越高则评价效果越好，假设bde*班在自测过程中各项指标显示出0 c d e b a，则下阶段要把其中一个指标的值增并通过经历公式样S 加 1 个单位，而使得S的值增加最多，则该指标应为 填入a,b,c,d,e中的*个字母【解题思路】【解题思路】从分式的性质中寻找S 值的变化规律解析因a,b,c,d,e都为正数，故分子越大或分母越小时， S 的值越大，而在分子都增加1 的前提下，分母越小时，S 的值增长越多，0 c d e b a，所以 c 增大 1 个单位会使得S的值增加最多【名师指引】【名师指引】此题的大前提是隐

16、含的，需要经过思考才能得到例2 03 集合M是满足以下性质的函数f(*)的全体： 存在非零常数T， 对任意*R， 有f(*+T)=Tf(*)成立.1函数f(*)= *是否属于集合 M.说明理由；2设函数f(*)=a*a0,且a1的图象与 y=*的图象有公共点，证明：f(*)=a*M；3假设函数f(*)=sink*M ,数 k 的取值围.【解题思路】【解题思路】函数f(*)是否属于集合 M，要看f(*)是否满足集合 M 的“定义，解1对于非零常数 T，f(*+T)=*+T, Tf(*)=T*. 因为对任意*R，*+T= T*不能恒成立，所以f(*)=xM.2因为函数f(*)=a*a0 且a1的图

17、象与函数 y=*的图象有公共点，y ax所以方程组：有解，消去 y 得a*=*,y x显然*=0 不是方程a*=*的解，所以存在非零常数T，使aT=T.于是对于f(*)=a*有f (xT)axTaTaxTaxTf (x)故f(*)=a*M.3当 k=0 时，f(*)=0，显然f(*)=0M.当 k0 时，因为f(*)=sink*M，所以存在非零常数T，对任意*R，有f(*+T)=Tf(*)成立，即 sin(k*+kT)=Tsink* .因为 k0，且*R，所以k*R，k*+kTR，于是 sink*1，1，sin(k*+kT)1，1，故要使 sin(k*+kT)=Tsink* .成立，只有 T=

18、1，当 T=1 时，sin(k*+k)=sink*成立，则k=2m, mZ .当 T=1 时，sin(k*k)=sink*成立，.z.-即 sin(k*k+)= sink*成立，则k+=2m, mZ ，即k=2(m1),mZ .实数k的取值围是k|k= m,mZ【名师指引】【名师指引】学会紧扣“定义解题【新题导练】【新题导练】10.(2021 质检理)定义a*b是向量a和b的 “向量积， 它的长度|a*b|a |b|sin,其中为向量a和b的夹角，假设u (2,0), u v (1, 3),则|u*(u v)|=.解析v(1, 3),uv(3, 3),sinu,uv1|u(uv)|2 3211

19、.(2021 二模文)一个质点从A出发依次沿图中线段到达B、C、D、E、F、G、H、I、，其中：AB BC，J各点，最后又回到A如下图AB/ /CD/ /EF / /HG/ /IJ，BC / /DE / / FG / /HI / /JA欲知此质点所走路程，至少需要测量n条线段的长度，则n B BA2B3C4D5解析只需测量AB,BC,GH3 条线段的长12.(2021 调研二)为确保信息平安，信息需加密传输，发送方由明文密文加密 ，承受方由密文明文解密 ，加密规则为：明文a,b,c,d对应密文a 2b,2b c,2c 3d,4d，例如，明文1,2,3,4对应密文5,7,18,16当承受方收到密

20、文14,9,23,28时，则解密得到的明文为 A 4，6，1，7B 7，6，1，4C 6，4，1，7D 1，6，4，7a 2b 5a 62b c 7b 4解析由得，选 C2c 3d 18c 14d 16d 713.对于任意的两个实数对(a,b)和(c,d)，规定：(a,b) (c,d)，当且仅当a c,b d；运算“为：运算 “为：设p,qR，(a,b)(c,d)(acbd,bcad)；(a,b)(c,d)(ac,bd)，假设(1,2)(p,q)(5,0)，则(1,2)(p,q)A(4,0)B(2,0)C(0,2)D(0,4)解：由题意，p 2q 5p 1，解得，所以正确答案为B 2p q 0

21、1 2点评：实际上，此题所定义的实数对的两种运算就是复数的乘法与加法运算我们可以把该题复原为：复数z满足(1 2i)z 5，则(1 2i) z _.z.-* *抢分频道抢分频道* *根底稳固训练根底稳固训练1、对于集合 A,B,定义运算A B x| x A且xB，则A(A B)=A.BB.AC.ABD.AB解析D 用图示法2、命题 “有些有理数是无限循环小数，整数是有理数，所以整数是无限循环小数是假命题，推理错误的原因是A使用了归纳推理B使用了类比推理C使用了“三段论，但大前提错误D使用了“三段论，但小前提错误解析大前提是特指命题，而小前提是全称命题，应选C3、 华南师大附中 20072021

22、 学年度高三综合测试三 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 ：“假设a、bR，则a b 0 a b类比推出“a、cC,则a b 0 a b“假设a、b、c、d R，则复数a bi c di a c,b d类比推出“a、b、c、d Q，则a b 2 c d2 a c,b d“假设a、b、 R，则a b 0 a b类比推出“假设a、bC,则a b 0 a b“假设xR，则| x |1 1 x 1类比推出“假设zC，则| z |1 1 z 1其中类比结论正确的个数有A1B2C3D4解析 类比结论正确的只有4、如图第 n 个图形是由正边形“扩展而来,， 。则第 n2个图

23、形中共有个顶点。解析 设第n个图中有an个顶点，则a1 333，a2 4 44，,an n nn，an2 (n 2)2 n 2 n23n 25、如果函数f (x)在区间D上是凸函数，则对于区间D的任意x1，x2，xn，f (x1) f (x2) f (xn)x1 x2 xn f().假设y sin x在区间(0,)上是都有nn凸函数，则在ABC中，sin AsinBsinC的最大值是_.解析sin AsinB sinC 3sinA B C3 33sin233.z.-6、类比平面向量根本定理:“如果e1,e2是平面两个不共线的向量，则对于平面任一向量a，有且只有一对实数1,2，使得a 1e12e

24、2，写出空间向量根本定理是：解析 如果e1,e2,e3是空间三个不共面的向量，则对于空间任一向量a，有且只有一对实数1,2,3，使得a 1e12e23e3综合提高训练7、(2021 一模)设P是ABC一点，ABC三边上的高分别为hA、hB、hC，P到三边lalblc_；类比到空间，设P是hAhBhC四面体ABCD一点，四顶点到对面的距离分别是hA、hB、hC、hD，P到这四个面的的距离依次为la、lb、lc，则有距离依次是la、lb、lc、ld，则有_。解析用等面积法可得，lalblcllll1，类比到空间有abcd1hAhBhChDhAhBhC8、(2021 一模)设fx1 x，又记f1x

25、fx, fk1x ffkx,k 1,2,1 x,则f2008x1 xx11A；B；Cx；D；1 xx1x1 x1x 1解析 Cf1(x) ，f2(x) ，f3(x) ，f4(x) x， fn4(x) fn(x)1 xxx 1f2008(x) f4(x) x9、 1等差数列an，bna1 a2 annN ，求证：bn仍为等差数列；n2等比数列cn，cn 0nN ，类比上述性质，写出一个真命题并加以证明n(a1 an)aana an2解析1bn，bn1bnn1，12n2a andan为等差数列bn1bnn1为常数，所以bn仍为等差数列；22*2 类比命题： 假设cn为等比数列，cn 0n N ，d

26、nnc1c2cn， 则dn为等比数列证明：dnn(c1cn)c1cn，n2dn1cn1q为常数，dn为等比数列dncn10、我们将具有以下性质的所有函数组成集合 M：函数y f (x)(xD)，对任意x, y,x yx y1D均满足f () f (x) f (y)，当且仅当x y时等号成立。222.z.-1假设定义在(0，)上的函数f (x)M，试比拟f (3) f (5)与2f (4)大小.2设函数 g(*)*2，求证：g(*)M.x y1) f (x) f (y)，令x 3,y 5得f (3) f (5)2f (4)222x1 x21(x1 x2)2x12 x2(x1 x2)2) g(x ) g(x ) 0(2)g(解析(1)对于f (21242x2) 12g(x1) g(x2),所以 g(*)M.4z.2x g(12