高考数学第二轮考点总复习课件 第31课时 推理

1．本题考查归纳推理．这类问题需认真 观察特例，通过归纳，发现一般规律，从 而形成一般性的命题．
2．对于与正整数有关的问题，常有两种 求解途径，其一是直接观察第n项an与项数 n之间的关系；其二是发现相邻两项an与 an+1的关系．
3．要善于抓住问题的特点，如本题关键 是发现在n个圆的基础上再增加一个圆，平 面区域是怎样增加的．
A. V S OP1R1Q1
P1R1Q1
VO P2 R2Q2
SP2 R2Q2
B. VOP1R1Q1 OP1 OR1 OQ1 VOP2R2Q2 OP2 OR2 OQ2
C. V S S S OP1R1Q1
OP1R1 OP1Q1 OR1Q1
VO P2 R2Q2
S S S OP2R2
①f x 2x；②f x x2 1；③f x sinx cosx；
④f x是定义在实数集R上的奇函数，且对一切x1，x2，
均有 f x1 f x2 2 x1 x2 .其中是“倍约束函数”
的是
(填出你认为正确的所有命题的序号)．
解析： 对于①，f x 2 x 2 x .故①为“倍约束函数”； ②f x x2 1 2 x ，所以不存在M，恒有 f x M x ，
▪ 2．归纳、类比推理是根据个别事实，通过分析提 出猜想的推理，其结论可能是错误的．而演绎推 理是由一般性原理出发，推出某个特殊情况下的 结论，其结论是准确的．
▪ 3．在进行类比推理时要尽量从本质上类比，不要 被表面现象迷惑，犯机械类比的错误．类比除了 发现结论外，还可以发现结论的证明方法．要善 于观察和总结，养成归纳、类比、联想的习惯．
1若a20 40，求d； 2试写出a30关于d的关系式，并求a30的取值范围； 3续写已知数列，使得a30，a31，，a40是公差为d 3的等
差数列，，依次类推，把已知数列推广到无穷数列．
提出同2 类似的问题(2应当作特例)，并进行研究，
你能得到什么样的结论？
切入点：1 2 属于常规问题，抓住首项和公差，问题即 可解决；3 类比；2 进行归纳．
解析：1 a10 10，a20 10 10d 40，所以d 3.
2因为a20 a10 10d 10 10d，
所以a30
10[(d
1)2 2
3] 4
a20 10d 2 10 1 d d 2 (d 0)．
当d (，0) (0， )时，a30 [7.5， )．
解析： 3 所给数列可推广到无穷数列an ，其中a1，a2
解析：事实上，在n条直线的基础上，再增加一 条直线，这条直线与前n条直线有n个交点，将这 条直线分成n 1段，每一段将原平面区域一分为二，
故增加n 1个区域，即f n 1 f n n 1. 所以f n f 3 f 4 f 3 f 5 f 4
f n f n 1 7 4 5 n 7 4 n n 3
①整数集是数域；
②若有理数集Q M，则数集M 必为数域；
③数域必为无限集；
④存在无穷多个数域．其中正确的命题序号是
.
(把你认为正确的命题序号都填上)
切入点：首先正确理解题目给出的数域的概念，运用这
一概念对所给命题逐一检验.
解析：①因为1, 2 Z，但 1 Z，所以①错． 2
对于②，若M Q，不妨设M Q { 2}， 而1 2 M，所以②错． 对于③，a，b在一个数域P中，则a b P， a 2b P，，a nb P，，所以数域必为 无限集，所以③正确．
变式4已知是非零实数，x R，且f (x ) 1 f (x)，
1 f (x)
问f x是否为周期函数？若是，求出它的一个周期；
若不是，请说明理由．
解析： 由f (x ) 1 f (x) 的结构形式与tan(x )
1 f (x)
4
1 tan x 进行类比，故可把tanx看成是f x的一个原
变式1(2009 广州二模)在平面内有n(n N*，n 3) 条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同
一点．若这n条直线把平面分成f n个平面区域， 则f 5的值是___，f n的表达式是_____.
解析： 当n 3时，f 3 7； 当n 4时，f 4 f 3 4 11，f 5 f 4 5 16， f 6 f 5 6 22， 由此可猜测f n 1 f n n 1.
1 AF
2
1 AC 2
1 AD2 .
1 1 1 1 AE 2 AB2 AC 2 AD2
例3 (2008 福建卷)设P是一个数集，且至少含有两个数，
若对任意a，b P，都有a b、a b，ab、a P(除数b 0)， b
则称P是一个数域．例如有理数集Q是数域；数集
F {a b 2 | a，b Q}也是数域．有下列命题：
(或152 )．
2.若从点O所作的两条射线OM
、ON
上分别有点M
、
1
M
2与点N1、N
，则三角形面积之比
2
SOM1 S OM 2
N1 N2
OM1 OM 2
ON1 .如图，若从点O所作的不在同一平面内的三条 ON2
射线OP，OQ和OR上分别有点P1、P2，点Q1、Q2和R1、
R2，则类似的结论为
BC 2
AD2 BD DC BD BC DC BC
BC 2 AB2 AC2
.
又BC2 AB2 AC2，
1 AD2
AB2 AC2 AB2 AC2
1 AB2
1， AC 2
1 11 AD2 AB2 AC2 .
猜想：类比ABC中，AB AC，AD BC，猜想四面体
ABCD中，AB、AC、AD两两垂直，AE 平面BCD，则
解析：将直角三角形补成矩形，可知矩形的对角线的一 半为矩形外接圆的半径，也即直角三角形外接圆的半径
a2 b2
r
.
2
类比，将三棱锥补成长方体，则长方体的对角线的
一半为长方体的外接球的半径，也即三棱锥外接球的半
径.
因为长方体的对角线长为 a2 b2 c2，所以其外接
球半径R
a2 b2 c2 .
1 tan x
型实例，且题中相当于实例中的 .由于周期函数tanx
4
的周期T 4 ，故可猜想f x也是周期函数，
4
且周期为4.
解析：
f (x 2) 1
1
f f
(x ) (x )
1 1
1
1 1
f (x) f (x) f (x)
1 f (x)
=1 f (x) 1 f (x) 2 1 f (x) 1 f (x) 2 f (x)
1 AE 2
1 AB2
1 AC 2
1 AD2
.
如图，连接BE交CD于F，连接AF.因为AB AC，AB
AD，AC AD A，
猜想： AB 平面ACD.而AF 平面
ACD， AB AF.在RtABF中，AE BF，
1 1 1. AE 2 AB2 AF 2
在RtACD中，AF CD,
变式2在ABC中，AB AC，AD BC于D，
求证： 1 1 1 .那么在四面体ABCD中， AD2 AB2 AC 2
类比上述结论，你能得到怎样的猜想，并说明 理由．
解析： 如图所示，由射影定理知AD2 BD DC， AB2 BD BC，AC2 BC DC，
解析： 1 1
，，a10是首项为1，公差为1的等差数列，当n 1时， 数列a10n，a10n1，a10n2，，a10n1是公差为d n的等差数列. 研究的问题可以是：试写出a10n1关于d的关系式，并求 d10n1的取值范围．
解析：3研究的结论可以是：由a40 a30 10d 3 10(1
d d 2 d 3)依次类推可得a10n+1 10(1 d d n )
2．肯定一个结论，必须证明，否定一个结论， 只要举出一个反例即可．
3．三段论要写大前提或小前提，比较麻烦， 实际中可以利用简略的符号进行证明．
变式3(2009 湛江二模)设函数f x的定义域为R，若
存在常数M 0，使 f x M x 对一切实数x均成立，
则称f x为“倍约束函数”．现给出下列函数：
对于④，因为F {a b 2 | a，b Q}为数域， 把 2改为任意一个无理数都是数域，所以存 在无数个数域，所以④正确．
1．本题考查演绎推理，其目的是考查推理与 证明的一般过程及分析、解决问题的能力．演 绎推理是一种收敛性的思维方法，论证过程条 理清晰，结果令人信服，有助于科学的理论化 和系统化．
1.(2010 陕西卷)观察下列等式：13 23 1 22 ,
13 23 33 1 2 32 ,13 23 33 43 1 2 3 42
，，根据上述规律，第四个等式为
.
解析：第i个等式左边为1到i 1的立方和， 右边为1到i 1和的完全平方，所以第四个
等式为13 23 33 43 53 1 2 3 4 52
故②不是“倍约束函数”
③f x sin(x )，不存在M 恒有 f x M x ，故③不是
4 “倍约束函数”；
④因为对任意x，有 f x f x 2 x x 成立，即 f x 2 x 成立，故为“倍约束函数”．由以上分析可知，
只有①④为“倍约束函数”，故填①④.
例4 已知数列a1，a2，，a30，其中a1，a2，，a10是首项 为1，公差为1的等差数列；a10，a11，，a20是公差为d的 等差数列：a20，a21，，a30是公差为d 2的等差数列(d 0)．
2 n2 n 2 (n 3)．
2
例2 (2009 深圳一模)在RtABC中，若C 90， AC b，BC a，则ABC的外接圆ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ半径r
a2 b2 .运用类比的方法，若三棱锥的三条侧棱 2
两两互相垂直且长度分别为a，b，c，则其外接球
的半径R
.
切入点：先考察在平面内如何得到ABC的外接圆 半径r，再将其处理方法类比到空间中去．
解析：事实上，要将平面分成最多的部分，则任意两 个圆相交，没有三个圆共点，设第n个圆将平面分成
f n部分，在添加第n 1个圆时，这个圆与原来的n
个圆相交于2n个点，则这个圆周被分成了2n段，每一
段都增加了一个部分，于是f n 1 f n 2n.
解析：由此可见猜想是正确的．故f n f 1 f 2 f 1 f 3 f 2 f n f n 1 2 2 1 2 2 2 n 1 n2 n 2. 所以f 4 42 4 2 14
2
1．类比可以是形式上的类比，用于发现 新的结论；也可以是方法上的类比，用于 寻找求解途径．
2．常见的类比有平面↔空间；等差数列 ↔等比数列；实数↔复数；向量数量积 ↔实数积等．类比是一种合情推理，结论 不一定为真，需验证或证明．
3．类比推理能有效地考查考生分析问题 和解决问题的能力，是高考中常考题 型．因此，在平时学习中要加强训练．
专题八 推理与证明、探索性问题
例1 如图，画1个圆将平面分成2部分；画2个圆将
平面最多分成4部分；画3个圆将平面最多分成8
部分设画n个圆将平面分成f n部分，
则f 4
；f n
(答案用n表示)
切入点：从特殊情况入手，发现f n与f n 1的 关系，从而得到f n． 解析：考察特殊情况有：f 1 2，f 2 2 2 f 1 2，f 3 4 4 f 2 4，f 4 f 3 6 14，由此猜想f n 1 f n 2n.
1 f (x)
f (x 4) f ( x 2 2)
1
f (x 2)
=
1 1
f (x)
f (x)
故f x 为周期函数，且4是它的一个周期
▪ 1．合情推理是根据已有的事实和正确的结论推测 某些结果的推理过程．通过观察特例，形成猜想， 严格论证是发现(提出)问题，解决问题的常用思 考方法．
10
1
d
n
1
（d 1）
1d
1（0 n 1） （d 1）
当d 0时，a10n1的取值范围为(10， )．
1．本题是由熟悉的等差(等比)数列改 造而来，有归纳，有类比，是一道较好 的合情推理题． a10n1
2．如果直接求解问题(3)，则我们也要 研究特例→归纳→猜想 ，然后再加以 证明．要学会这样一个探索一般结论的 方法．