类比推理

思维力
第7讲 类比推理
应知：类比包括概念类比，命题类比和方法类比。

使用类比推理推出来的结论不一定正确。

应会：利用类比推理协助解题。

类比就是一种相似，它可以是概念的类比，命题的类比，也可以是方法的类比。

1．概念的类比
从一个正确的概念可能推出另一类似的概念。

例1. （高一）长方体可以和长方形类比。

长方体各面的关系与长方形各边的关系相似：
长方形的每一边与另一边平行，而与其余的边垂直——长方体的每一面与另一面平行，而与其余的面垂直。

如果把边称为长方形的边界元素，把面称为长方体的边界元素，则可以把长方形和长方体的上述性质统一为“每一边界元素与另一边界元素平行，而与其余的边界元素垂直”。

2．命题的类比
从一个正确的命题可能推出另一类似的命题。

例2.（高一）平面中有“平行于同一直线的两直线平行”这条定理，因为空间的“面”类似于平面中的“线”，那么在空间很可能有定理“平行与同一平面的两平面平行”。

例3.（高一）平面中有“过已知直线外一点可以作而且只可以作一条直线与已知直线平行”这条定理，因为空间的“面”类似于平面中的“线”，那么在空间很可能有定理“过已知平面外一点可以作而且只可以作一个平面与已知平面平行”。

例4. (初三)有定理“以直角三角形的斜边为边的正方形的面积等于分别以两直角边为边的正方形面积的和”，那么也可能有定理“以直角三角形的斜变为边的多边形的面积等于分别以两直角变为边的多边形面积的和”。

备用例. 德国地质学家魏格纳在第一次世界大战时应征入伍，有一次因为受伤住进了后方医院。

病房的墙壁上正好挂着一幅世界地图，他卧床凝视地图，发现大西洋两岸的海岸线怎么如此相似，就像一张随意撕成两半的纸一样。

据此他做出了类比推理：“大西洋两岸本来是一个整块，后来受到某种影响而发生了漂移。

”这就是有名的“大陆漂移”学说。

3．方法的类比
用一个已掌握的方法来解决相同类型的问题。

例5. （高一）解方程55
=x x 。

该方程既非幂方程，又非指数方程（称为超越方程）。

如果我们能将其化为幂方程或指数方程就能解了。

因为底数是变量，要化为指数方程显然是不可能的，我们试试看能不能将其化为幂方程。

令y x =5，则原方程变为5=y x 。

由y x =5得：5y x =。

把它代入5=y x 得：5)(5=y y 。

两边同时5次方得：55=y y 。

该方程有唯一解：y=5。

所以 55=x 。

例6 （高一）P-ABC 是三棱锥，侧棱PA 、PB 、PC 两两垂直。

求证：
2222PCA PBC PAB ABC S S S S ∆∆∆∆++=
分析：本题类似于平面几何中的勾股定理222BC AC AB +=
理类似的方法来证明呢？ 证勾股定理的步骤是：
①作CD ⊥AB 于D ，证明D 是AB 的内分点；
②证明AC 2=AD •AB ，BC 2=BD •AB ； ③由①②得：AC 2+BC 2=AB •（AD+BD ）=AB 2。

相应地，本题证明步骤如下：
①作PD ⊥平面ABC 于D ；证明D 是ΔABC 的内点；
②证明
2PAB S ∆=ABD S ∆•ABC S ∆
2PBC S ∆=BCD S ∆•ABC S ∆ 2PCA S ∆=CAD S ∆•ABC S ∆。

③由①②得： 2222PCA PBC PAB ABC S S S S ∆∆∆∆++= 例7 （高二）A 、B 、C 分别是ΔABC 的三个内角，x 、y 、z 三个都不为零的任意实数。

求证：x 2+y 2+z 2≥2yzcosA+2xzcosB+2xycosC 。

分析：试一试，把它看成关于x 的不等式来证明行不行？
证明：
设ω=x 2+y 2+z 2-2yzcosA-2xzcosB-2xyxosC= x 2-2(zcosB+ycosC)x+y 2+z 2-2yzcosA ∵ x 2项的系数为1>0，∴ ω的图像开口向上。

又 △x=4(zcosB+ycosC)2-4(y 2+z 2-2yzcosA)=-4(zsinB-ysinC)2≤0。

∴ ω的图像于x 轴至多只有一个交点。

∴ ω≥0 ，
即 x 2+y 2+z 2≥2yzcosA+2xzcosB+2xyxosC 。

例8（高三）求（1+2x-3x 2）6展开式中的x 5的系数。

分析：我们学过二项式定理，现在遇到三项式的问题，怎么办？能不能把三项式的问题转化为二项式的问题呢？如果我们把2x-3x 2看成一个整体，原来的多项式就成为
[1+(2x-3x 2)]6，是一个二项式的问题了！
解：∵（1+2x-3x 2）6=[1+(2x-3x 2)]6。

它的一般项可以写成：
T 1+k =C k 6•(2x-3x 2)k ，其中k=0,1,2……6，
又∵ (2x-3x 2)k 的一般项可以写成：
T 1+r =C r k •（-3x 2）r （2x ）r k -= C r k •
（-3）r •2r k -•x r k +，其中r=0，1，2……k ∴ 原式的一般项为 C k 6• C r k •
（-3）r •2r k -•x r k + ， 欲求x 5的系数，则 k+r=5 ，即 k=5-r 。

∵ k=0,1,2……6 ，r=0，1，2……k ，且 r ≤k 。

∴ r 为0，1，2，对应的k 可为5、4、3 。

∴ 展开式中的x 5的系数应为：
C 56•C 05• (-3)0 •25+ C 46•C 14• (-3)1 •23+ C 36•C 23• (-3)2•21=-168
例9. （高一）求y=sin 2x-3sinx+4
13的最小值。

有人如下解，对吗？
思维力
解：把sinx 看成x ，类比于二次函数y=ax 2+bx+c 来求最值，本题中的a=1，大于零，故图像开口向上，函数有最小值为：y min =
11
4)3(413144422=⨯--⨯⨯=-a b ac 。

答案：不对。

错误原因分析：我们先把函数用配方法化为：y=(sinx-23)2+1，括号里式子的值由于受到sinx 取值范围的限制而不可能为零，那么函数的最小值就不是1。

这个函数虽然外表上看起来类似于二次函数，但他们的自变量的取值范围是不同的，所以不能这样类比来解。

正确解法是先配方化为y=(sinx-23)2+1，再算出最小值为4
5。

4．运用类比时的注意事项
①使用类比推理推出来的结论不一定正确。

例如上面例2的结论正确，例3的结论就不正确了。

②不要被表面现象所迷惑。

例如上面的例9。

习题：
1．（高一）解方程2tgx 3•5tgx =1600
2．（高二）求证：log a b+log b a≥2（a>1，b>1）
3．（高二）若 xy=1，且 x>y>0，证明：222
2≥-+y
x y x 。

4．（高二）求y=x 2+2
411
x +的最值。

5．（高三）解方程 x+2i=-1-yi （x ∈R ，y ∈R ） 。

参考答案：
1．（高一）解方程2tgx 3•5tgx =1600
分析：你是否见过类似的问题？把tgx 看成一个整体，则2tgx 3•5tgx =（23• 5）tgx =40tgx ，原方程化为：40tgx =402。

解：（略）
2．（高二）求证：log a b+log b a ≥2（a>1，b>1）
分析：你是否见过类似的问题？因为log a b 与log b a 互为到数，所以可以根据
2≥+b
a a
b （a>0，b>0）来证明。

证明：（略）
3．（高二）若 xy=1，且 x>y>0，证明：222
2≥-+y x y x 。

分析：这种二元不等式没有见过，考虑把题给不等式化为我们熟悉的不等式来做。

可以试用两种方法，一是消去一个变量成为熟悉的一元不等式，二是把不等式的右边化为零。

先试第一种，可以使用代入消元法也可以使用换元法。

代入消元法：由xy=1可得y=x 1。

原不等式化为22122113422≥-+⇒≥-+x x x x
x x x 。

虽然化为了一元不等式，但出现了x 的四次方。

换元法：令x-y=t,显然t>0,于是有x 2+y 2=(x-y)2+2xy,把xy=1代入得：x 2+y 2=t 2+2，原不等式化为0)2(022*******≥-⇒≥-+⇒≥+t
t t t t t t 。

显然最后的不等式是成立的，而且中间都是恒等变换，故原不等式成立。

再看第二种方法。

原不等式化为：0)(220222222≥---+⇒≥--+y
x y x y x y x y x ， 因为x-y>0，只要证)(2222y x y x --+≥0
0]2)[(0)(222)(0
)(222)(0)(222222222≥--⇒≥--+-⇒≥--+-⇒≥--+-+⇒y x y x y x y x xy y x y x xy xy y x
最后的不等式是成立的，而且中间都是恒等变换，故原不等式成立。

4．（高二）求y=x 2+2411x
+的最值。

证明：把原函数的两边同乘4后再同加1得：1+4y=1+4x 2+2414x
+， ∵ a+b ≥2ab ，∴ 1+4y ≥24414)
41(22=++x x ，∴ y ≥4
3 ， y 有极小值43。

5．（高三）解方程 x+2i=-1-yi （x ∈R ，y ∈R ） 。

分析：我们在实数集中做过“解方程(2x-y)2+(xy-2)2=0”这样的题，当时是根据“都不小于零的两项的和为零，这两项必同时为零”来解的。

本题中，复数的实部和虚部不可能抵消，故而类似的可得解法。

思维力
解：原方程化为 (x+1)+(y+2)i=0 。

（下略）。