2015年高考数学总复习教案：7.1合情推理与演绎推理

第七章 推理与证明第1课时 合情推理与演绎推理(对应学生用书(文)、(理)93～94页)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 ＝⎝⎛⎭⎫13x 是指数函数(小前提)，所以y ＝⎝⎛⎭⎫13x 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：21＋2＝4；21×2＝4；32＋3＝92；32×3＝92；43＋4＝163；43×4＝163；…，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：n ＋1n ＋(n ＋1)＝n ＋1n ×(n ＋1)(n ∈N*)解析：由归纳推理得n ＋1n ＋(n ＋1)＝n ＋1＋（n2＋n ）n ＝（n ＋1）2n ， n ＋1n ×(n ＋1)＝（n ＋1）2n ，所以得出结论n ＋1n ＋(n ＋1)＝n ＋1n ×(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 ＝12×底×高，可得扇形的面积公式为________．答案：12rl1. 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实验、观察―→概括、推广―→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观察、比较―→联想、类推―→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)① S －M(S 是M)② S — 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 ＝12⎝⎛⎭⎫an ＋1an .(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＝12⎝⎛⎭⎫a1＋1a1，即a21－1＝0，解得a1＝±1.∵ a1>0，∴ a1＝1；当n ＝2时，S2＝12⎝⎛⎭⎫a2＋1a2，即a22＋2a2－1＝0.∵ a2>0, ∴ a2＝2－1.同理可得，a3＝3－ 2. (2) 由(1)猜想an ＝n －n －1.(3) Sn ＝1＋(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)＝n. 变式训练已知数列{an}满足a1＝2，an ＋1＝1＋an1－an(n ∈N*)，则a3＝________，a1·a2·a3·…·a2007＝________． 答案：－12 3解析：(解法1)分别求出a2＝－3、a3＝－12、a4＝13、a5＝2，可以发现a5＝a1，且a1·a2·a3·a4＝1，故a1·a2·a3·…·a2 007＝a2 005·a2 006·a2 007＝a1·a2·a3＝3.(解法2)由an ＋1＝1＋an 1－an ，联想到两角和的正切公式，设a1＝2＝tan θ，则有a2＝tan ⎝⎛⎭⎫π4＋θ，a3＝tan ⎝⎛⎭⎫π2＋θ，a4＝tan ⎝⎛⎭⎫3π4＋θ，a5＝tan(π＋θ)＝a1，….则a1·a2·a3·a4＝1， 故a1·a2·a3·…·a2 007＝a2 005·a2 006·a2 007＝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a24.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：a38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 ＝14a2. 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18a3.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x2a2－y2b2＝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：x2a2－y2b2＝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m2a2－n2b2＝1.又设点P 的坐标为(x ，y)，由kPM ＝y －n x －m ，kPN ＝y ＋n x ＋m ，得kPM ·kPN ＝y －n x －m ·y ＋n x ＋m ＝y2－n2x2－m2，将y2＝b2a2x2－b2，n2＝b2a2m2－b2代入得kPM ·kPN ＝b2a2. 题型3 演绎推理例3 设同时满足条件：①bn ＋bn ＋22≤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＋n （n －1）2d ＝－n2＋9n. (2) 由Sn ＋Sn ＋22－Sn ＋1＝（Sn ＋2－Sn ＋1）－（Sn ＋1－Sn ）2 ＝an ＋2－an ＋12＝d 2＝－1<0，得Sn ＋Sn ＋22<Sn ＋1，故数列{Sn}适合条件①，而Sn ＝－n2＋9n ＝－⎝⎛⎭⎫n －922＋814(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． 备选变式（教师专享）设数列{}an 满足a1＝0且11－an ＋ 1 －11－an ＝ 1.(1) 求{}an 的通项公式；(2) 设bn ＝1－an ＋1n ，记Sn ＝k ＝1n bk ，证明：Sn<1.(1)解： 由题设11－an ＋1－11－an＝1，即⎩⎨⎧⎭⎬⎫11－an 是公差为1的等差数列． 又11－a1＝1，故11－an＝n.所以an ＝1－1n . (2) 证明： 由(1)得bn ＝1－an ＋1n ＝n ＋1－n n ＋1·n ＝1n－1n ＋1，Sn＝1111n nk kk b ====-<邋1. 观察下列不等式：1＋122＜32；1＋122＋132＜53；1＋122＋132＋142＜74；…；照此规律，第五个不等式是________． 答案：1＋122＋132＋142＋152＋162<1162. 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，V1V2＝13S1h113S2h2＝S1S2·h1h2＝14×12＝18，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13”．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：14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VS ABC ＝VO SAC ＋VO SAB ＋VO SBC ＋VO ABC ＝13SR ＋13SR ＋13SR ＋13SR ＝43SR ＝13Sh ，所以R ＝14h.5. (2013·镇江期末)观察下列等式：31×2×12＝1－122，31×2×12＋42×3×122＝1－13×22，31×2×12＋42×3×122＋53×4×123＝1－14×23，…，由以上等式推测到一个一般的结论：对于n ∈N*，31×2×12＋42×3×122＋…＋n ＋2n （n ＋1）×12n ＝________．答案：1－1（n ＋1）·2n1. (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Sn n 为等差数列，公差为d2.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{nTn}为等比数列，公比为________． 答案：q解析：Tn ＝bn 1q n （n －1）2，nTn ＝b1(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mn ，如图，在长方体ABCD A1B1C1D1中，四面体A1ABC 的直度为________．答案：1解析：n ＝4，m ＝4，m n ＝44＝1.4. 若P0(x0，y0)在椭圆x2a2＋y2b2＝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x0x a2＋y0yb2＝1.那么对于双曲线则有如下命题：若P0(x0，y0)在双曲线x2a2－y2b2＝1(a ＞0，b ＞0)外，过P0作双曲线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________． 答案：x0x a2－y0y b2＝1解析：设P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，P0(x0，y0)，则过P1、P2的切线方程分别是x1x a2－y1yb2＝1，x2x a2－y2y b2＝1.因为P0(x0，y0)在这两条切线上，故有x1x0a2－y1y0b2＝1，x2x0a2－y2y0b2＝1.这说明P1(x1，y1)，P2(x2，y2)在直线x0x a2－y0y b2＝1上，故切点弦P1P2所在的直线方程是x0x a2－y0y b2＝1.1. 合情推理主要包括归纳推理和类比推理．数学研究中，在得到一个新的结论前，合情推理能帮助猜测和发现结论，在证明一个数学结论之前，合情推理常常能为证明提供思路和方法．2. 合情推理的过程概括为：从具体问题出发→观察、分析、比较、联想→归纳、类比→提出猜想．3. 演绎推理是从一般的原理出发，推出某个特殊情况的结论的推理方法，是由一般到特殊的推理，常用的一般模式是三段论，数学问题的证明主要通过演绎推理来进行．4. 合情推理仅是符合情理的推理，他得到的结论不一定真，而演绎推理得到的结论一定正确(前提和推理形式都正确的前提下)．请使用课时训练（A ）第1课时（见活页）.[备课札记]。