【文档说明】高考数学(理数)一轮复习课件：第十二章 推理与证明、算法、复数 第一节 合情推理与演绎推理 (含详解).ppt，共(37)页，584.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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第一节合情推理与演绎推理本节主要包括2个知识点：1.合情推理；2.演绎推理.第十二章推理与证明、算法、复数突破点(一)合情推理基础联通抓主干知识的“源”与“流”类型定义特点归纳推理根据某类事物的____

_对象具有某种特征，推出这类事物的____对象都具有这种特征的推理由____到_____、由____到_____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

的推理由_____到_____部分全部部分整体个别一般特殊特殊考点贯通抓高考命题的“形”与“神”归纳推理运用归纳推理时的一般步骤(1)通过观察特例发现某些相似性(特例的共性或一般规律)；(2)把这种相似性推广到一个明确表述的一般命题(猜想)；(3)对所得出的一般性命题进行检验．类型

(一)与数字有关的推理[例1]给出以下数对序列：(1,1)(1,2)(2,1)(1,3)(2,2)(3,1)(1,4)(2,3)(3,2)(4,1)„„记第i行的第j个数对为aij，如a43＝(3,2)，则anm＝()A．(m，n－m＋1)B．(m－1，n－m)C．(m－1，n－m＋1

)D．(m，n－m)[解析]由前4行的特点，归纳可得：若anm＝(a，b)，则a＝m，b＝n－m＋1，∴anm＝(m，n－m＋1)．[答案]A[易错提醒]解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列、等比数列等．类型(二)与式子有关

的推理[例2](1)(2016·山东高考)观察下列等式：sinπ3－2＋sin2π3－2＝43×1×2；sinπ5－2＋sin2π5－2＋sin3π5－2＋sin4π5－2

＝43×2×3；sinπ7－2＋sin2π7－2＋sin3π7－2＋„＋sin6π7－2＝43×3×4；sinπ9－2＋sin2π9－2＋sin3π9－

2＋„＋sin8π9－2＝43×4×5；„„照此规律，sinπ2n＋1－2＋sin2π2n＋1－2＋„＋sin2nπ2n＋1－2＝________.[解析]观察前4个等式，由归纳

推理可知sinπ2n＋1－2＋sin2π2n＋1－2＋＋„＋sin2nπ2n＋1－2＝43×n×(n＋1)＝4nn＋13.[答案]4n(n＋1)3(2

)已知x∈(0，＋∞)，观察下列各式：x＋1x≥2，x＋4x2＝x2＋x2＋4x2≥3，x＋27x3＝x3＋x3＋x3＋27x3≥4，„，类比得x＋axn≥n＋1(n∈N*)，则a＝________.[解析]第一个式子是n＝1的情况，此时a＝11＝1；第

二个式子是n＝2的情况，此时a＝22＝4；第三个式子是n＝3的情况，此时a＝33＝27，归纳可知a＝nn.[答案]nn[方法技巧]与式子有关的推理类型及解法(1)与等式有关的推理．观察每个等式的特点，找出等式左右两侧的规律及符号后可解．(2)

与不等式有关的推理．观察每个不等式的特点，注意是纵向看，找到规律后可解．类型(三)与图形有关的推理[例3]某种树的分枝生长规律如图所示，第1年到第5年的分枝数分别为1,1,2,3,5，则预计第10年树的分枝数为()A．21B．34C．52D．55[解析]因为2＝1＋1,3＝2＋1,5＝3＋2，

即从第三项起每一项都等于前两项的和，所以第10年树的分枝数为21＋34＝55.[答案]D[方法技巧]与图形有关的推理的解法与图形变化相关的归纳推理，解决的关键是抓住相邻图形之间的关系，合理利用特殊图形，找到其中的变化规律，得出结论，可用赋值检验法

验证其真伪性．类比推理1．类比推理的应用一般分为类比定义、类比性质和类比方法，常用技巧如下：类比定义在求解由某种熟悉的定义产生的类比推理型试题时，可以借助原定义来求解类比性质从一个特殊式子的性质、一个特殊图形的性质

入手，提出类比推理型问题，求解时要认真分析两者之间的联系与区别，深入思考两者的转化过程是求解的关键类比方法有一些处理问题的方法具有类比性，我们可以把这种方法类比应用到其他问题的求解中，注意知识的迁移2．平面中常见的元素与空间中元素的类比：平面点线圆三角形角面积周长„空间线面

球三棱锥二面角体积表面积„[例4]如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝a，CD＝b(a>b)．若EF∥AB，EF到CD与AB的距离之比为m∶n，则可推算出：EF＝ma＋nbm＋n.用类比的方法，推想出下面问题的结果．

在上面的梯形ABCD中，分别延长梯形的两腰AD和BC交于O点，设△OAB，△ODC的面积分别为S1，S2，则△OEF的面积S0与S1，S2的关系是()A．S0＝mS1＋nS2m＋nB．S0＝nS1＋mS2m＋nC.S0＝mS1＋nS2m＋nD.S0＝nS1

＋mS2m＋n[解析]在平面几何中类比几何性质时，一般是由平面几何中点的性质类比推理线的性质；由平面几何中线段的性质类比推理面积的性质．故由EF＝ma＋nbm＋n类比到关于△OEF的面积S0与S1，S2的关系是S0＝mS1＋nS2m＋n.[答案]C[方法技巧]类比推理的步骤

和方法(1)类比推理是由特殊到特殊的推理，其一般步骤为：①找出两类事物之间的相似性或一致性；②用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题(猜想)．(2)类比推理的关键是找到合适的类比对象．平面几何中的一些定理、公式、结论等，可以类比到立体几何中，得到类似的结论．能力练通抓应用体验

的“得”与“失”1．[考点二]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“acbc＝ab”类比得到“a·cb·c＝ab”．以上的式子中，类比得到

的结论正确的个数是()A．1B．2C．3D．4解析：①②正确，③④⑤⑥错误．答案：B2．[考点二]在平面几何中有如下结论：正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则S1S2＝14，推广到空间可以得到类似结论：已知正四面体P-ABC的内切球体积为V1，外接球体积

为V2，则V1V2＝()A.18B.19C.164D.127解析：正四面体的内切球与外接球的半径之比为1∶3，故V1V2＝127.答案：D3．[考点一·类型(一)]两旅客坐火车外出旅游，希望座位连在一起，且有一个靠窗，已知火车上的座位如

图所示，则下列座位号码符合要求的应当是()窗口12过道345窗口6789101112131415„„„„„A．48,49B．62,63C．75,76D．84,85解析：由已知图形中座位的排序规律可知，被5除余1的数和能被5整除的座

位号靠窗，由于两旅客希望座位连在一起，且有一个靠窗，分析选项中的4组座位号知，A、B两组座位号都不靠窗，C中两个座位没有连在一起，只有D符合条件．答案：D4．设n为正整数，f(n)＝1＋12＋13＋„＋1n，计算得f(2)＝32，f(4)>2，f(8)>52，f(16)>3

，观察上述结果，可推测一般的结论为________．解析：∵f(21)＝32，f(22)>2＝42，f(23)>52，f(24)>62，∴归纳得f(2n)≥n＋22(n∈N*)．答案：f(2n)≥n＋22(n∈N*)[考点一·类型(二)]5．[考点一·类型(三)]蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑

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个图的蜂巢总数．则f(4)＝________，f(n)

＝________.解析：因为f(1)＝1，f(2)＝7＝1＋6，f(3)＝19＝1＋6＋12，所以f(4)＝1＋6＋12＋18＝37，所以f(n)＝1＋6＋12＋18＋„＋6(n－1)＝3n2－3n＋1.答案：373n2－3n＋1突破点(二)演绎推理基础联通抓主干知识的“源”与“流”演绎推理(1

)定义：从出发，推出某个特殊情况下的结论，我们把这种推理称为演绎推理．(2)模式：“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：①大前提——已知的；②小前提——所研究的；③结论——根据一般原理，对做出的判断．(3)特点：演绎推理是由的推理．一般性的原

理一般原理特殊情况特殊情况一般到特殊考点贯通抓高考命题的“形”与“神”演绎推理[典例]数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝n＋2nSn(n∈N*)．证明：(1)数列Snn是等比数列；(2)Sn＋1＝4an.[证明](1)∵

an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝n＋2nSn，∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即nSn＋1＝2(n＋1)Sn.故Sn＋1n＋1＝2·Snn，(小前提)故Snn是以2为公比，1为首项的等比数列．(结论)(大前提是等比数列的定义)[证明]由(1)可知数列Snn是等比

数列，(大前提)所以Sn＋1n＋1＝4·Sn－1n－1(n≥2)，即Sn＋1＝4(n＋1)·Sn－1n－1＝4·n－1＋2n－1·Sn－1＝4an(n≥2)．又a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4

a1，(小前提)所以对于任意正整数n，都有Sn＋1＝4an.(结论)(2)Sn＋1＝4an.[方法技巧]演绎推理的推证规则(1)演绎推理是从一般到特殊的推理，其一般形式是三段论，应用三段论解决问题时，应当首先明确什么是大前提和小前提，如果前提是显然的，

则可以省略，本例中，等比数列的定义在解题中是大前提，由于它是显然的，因此省略不写．(2)在推理论证过程中，一些稍复杂一点的证明题常常要由几个三段论才能完成．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．已知函数f(x)＝－aax＋a(a>0，且a

≠1)．(1)证明：函数y＝f(x)的图象关于点12，－12对称；(2)求f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)的值．解：(1)证明：函数f(x)的定义域为全体实数，任取一点(x，y)，它关于点12，－12对称的点的坐标为(1－x

，－1－y)．(大前提)由已知y＝－aax＋a，则－1－y＝－1＋aax＋a＝－axax＋a，f(1－x)＝－aa1－x＋a＝－aaax＋a＝－a·axa＋a·ax＝－axax＋a，(小前提)∴－1－y＝f(1－x)，即函数y＝f(

x)的图象关于点12，－12对称．(结论)解：由(1)知－1－f(x)＝f(1－x)，即f(x)＋f(1－x)＝－1.∴f(－2)＋f(3)＝－1，f(－1)＋f(2)＝－1，f(0)＋f(1)＝－1.故f

(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝－3.(2)求f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)的值．2．已知函数y＝f(x)满足：对任意a，b∈R，a≠b，都有

af(a)＋bf(b)>af(b)＋bf(a)，试证明：f(x)为R上的单调增函数．证明：设任意x1，x2∈R，取x1<x2，则由题意得x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)，所以x1[f(x1)－f(x2)]＋x2[f(x2)－f(x1)]>0，[f(x2

)－f(x1)](x2－x1)>0，因为x1<x2，即x2－x1>0，所以f(x2)－f(x1)>0，即f(x2)>f(x1)．(小前提)所以y＝f(x)为R上的单调增函数．(结论)[全国卷5年真题集中演练——明规律]1．(2016·全国甲卷)有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲

，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________．解

析：由丙所言可能有两种情况．一种是丙持有“1和2”，结合乙所言可知乙持有“2和3”，从而甲持有“1和3”，符合甲所言情况；另一种是丙持有“1和3”，结合乙所言可知乙持有“2和3”，从而甲持有“1和2”，不符合甲所言情况．故甲持有“1和3”．答案：1和32．(2014·新课标全国卷Ⅰ)甲、乙、丙三位

同学被问到是否去过A，B，C三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；乙说：我没去过C城市；丙说：我们三个去过同一城市．由此判断乙去过的城市为________．解析：由于甲、乙、丙三人去过同一城市，而甲没有去过B城市，乙没有去过C城市

，因此三人去过的同一城市应为A，而甲去过的城市比乙多，但没去过B城市，所以甲去过A，C城市，乙去过的城市应为A.答案：A