1、151.1& 5.1.2 合情推理(一)归纳 合情推理(二)类比读教材填要点1合情推理的含义及方法“合乎情理”的推理，最常见的有归纳和类比(1)归纳由一系列有限的特殊事例得出一般结论的推理方法叫作归纳(2)类比根据两个不同的对象在某方面的相似之处，推测出这两个对象在其它方面也有可能有相似之处的推理方法，叫作类比2合情推理的过程小问题大思维1归纳推理和类比推理的结论一定正确吗？提示：归纳推理的结论超出了前提所界定的范围，其前提和结论之间的联系不是必然性的，而是或然性的，结论不一定正确类比推理是从人们已经掌握了的事物的特征，推测正在被研究中的事物的特征，所以类比推理的结果具有猜测性，不一定可靠2你
2、认为下列说法正确的有哪些？由合情推理得出的结论一定是正确的；合情推理必须有前提有结论；合情推理不能猜想；合情推理得出的结论不能判断正误提示：由合情推理的定义及推理过程可知，合情推理必须有前提有结论，但结论不一定正确，故只有正确数列中的归纳推理已知数列 an的每一项均为正数， a11， a a 1( n1,2,3，)，试2n 1 2n归纳出数列 an的一个通项公式自主解答 当 n1 时， a11；当 n2 时， a2 ；a21 1 2当 n3 时， a3 .a2 1 3由此猜想 an的一个通项公式为 an (nN )n2若将“ a a 1”改换为“ an1 ”，试猜想 an的一个通项公式2n 1
3、 2n3an3 2an解：当 n1 时， a11，由 an1 (nN )，得3an3 2ana2 ， a3 ， a4 .35 3a23 2a2 37 3a33 2a3 13 39由此猜想 an的一个通项公式为 an (nN )32n 1归纳推理的一般步骤归纳推理的思维过程大致是：实验、观察概括、推广猜测一般性结论该过程包括两个步骤：(1)通过观察个别对象发现某些相同性质；(2)从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜想)1已知数列 an的前 n 项和为 Sn， a1 ，且 Sn 2 an(n2)，计算23 1SnS1， S2， S3， S4，并猜想 Sn的表达式解：当 n1 时， S
4、1 a1 ；23当 n2 时， 2 S1 ，所以 S2 ；1S2 43 34当 n3 时， 2 S2 ，所以 S3 ；1S3 54 45当 n4 时， 2 S3 ，所以 S4 .1S4 65 56猜想： Sn ， nN .n 1n 2几何中的归纳推理如图，在圆内画一条线段，将圆分成两部分；画两条线段，彼此最多分割成4 条线段，同时将圆分割成 4 部分；画三条线段，彼此最多分割成 9 条线段，将圆最多分割成 7 部分；画四条线段，彼此最多分割成 16 条线段，将圆最多分割成 11 部分3那么：(1)在圆内画 5 条线段，它们彼此最多分割成多少条线段？将圆最多分割成多少部分？(2)猜想：圆内两两相
5、交的 n(n2)条线段，彼此最多分割成多少条线段？将圆最多分割成多少部分？自主解答 将圆内两两相交的 n 条线段，彼此最多分割成的线段为 f(n)条，将圆最多分割为 g(n)部分(1)f(1)11 2， g(1)2 ；12 1 22f(2)42 2， g(2)4 ；22 2 22f(3)93 2， g(3)7 ；32 3 22f(4)164 2， g(4)11 ；42 4 22所以 n5 时， f(5)25， g(5)16 .52 5 22(2)根据题意猜测：圆内两两相交的 n(n2)条线段，彼此最多分割为 f(n) n2条线段，将圆最多分割为 g(n) 部分n2 n 22解决图形中归纳推理的
6、方法解决与图形有关的归纳推理问题常从以下两个方面着手：(1)从图形的数量规律入手，找到数值变化与数量的关系(2)从图形的结构变化规律入手，找到图形的结构每发生一次变化后，与上一次比较，数值发生了怎样的变化2有两种花色的正六边形地面砖，按下图的规律拼成若干个图案，则第六个图案中有菱形纹的正六边形的个数是( )A26 B31C32 D364解析：有菱形纹的正六边形个数如下表：图案 1 2 3 个数 6 11 16 由表可以看出有菱形纹的正六边形的个数依次组成一个以 6 为首项，以 5 为公差的等差数列，所以第六个图案中有菱形纹的正六边形的个数是 65(61)31.故选 B.答案：B类比推理(1)若
7、数列 an(nN *)是等差数列，则有数列 bn：bn (nN *)也是等差数列类比上述性质，相应地，若数列 cna1 a2 a3 ann(nN *)是等比数列，且 cn0，则有数列 dn： dn_( nN *)也是等比数列(2)如图所示，在 ABC 中，射影定理可表示为 a bcos C ccos B，其中a， b， c 分别为角 A， B， C 的对边，类比上述定理，写出对空间四面体性质的猜想自主解答 (1)由等差数列与等比数列在运算上的相似性猜想： dn.nc1c2c3cn答案： nc1c2c3cn(2)如图所示，在四面体 PABC 中， S1， S2， S3， S 分别表示PAB， P
8、BC， PCA， ABC 的面积， ， ， 依次表示平面 PAB，平面 PBC，平面 PCA 与底面 ABC 所成二面角的大小我们猜想射影定理类比推理到三维空间，其表现形式应为 S S1cos S2cos S3cos .1类比推理的一般步骤类比推理的思维过程大致是：观察、比较联想、类推猜测新的结论该过程包括两个步骤：(1)找出两类对象之间的相似性或一致性；(2)用一类对象的性质去猜测另一类对象的性质，得出一个明确的命题(猜想)2解决此类问题，从几何元素的数目、位置关系、度量等方面入手，将平面几何的相关结论类比到立体几何，相关类比点如下：5平面图形 点 直线 边长 面积 三角形 线线角空间图形
9、直线 平面 面积 体积 四面体 面面角3在平面几何中： ABC 的 C 内角平分线 CE 分 AB 所成线段的比为 .把这个结ACBC AEBE论类比到空间：在三棱锥 ABCD 中(如图)， DEC 平分二面角 ACDB 且与 AB 相交于 E，则得到类比的结论是_解析：由平面中线段的比转化为空间中面积的比可得 .AEEB S ACDS BCD答案： AEEB S ACDS BCD类比平面内直角三角形的勾股定理，试给出空间中四面体性质的猜想巧思 考虑到直角三角形的两条边互相垂直，所以可以选取有 3 个面两两垂直的四面体，作为直角三角形的类比对象妙解 如图(1)，(2)所示，与 Rt ABC 相
10、对应的是四面体 PDEF；与 Rt ABC 的两条边构成的 1 个直角相对应的是四面体 PDEF 的 3 个面在一个顶点构成的 3 个直二面角；与 Rt ABC 的直角边边长 a， b 相对应的是四面体 PDEF 中的 DEF， FPD 和 DPE 的面积S1， S2和 S3；与 Rt ABC 的斜边 c 相对应的是四面体 PDEF 中的 PEF 的面积 S.我们知道，在 Rt ABC 中，由勾股定理，得 c2 a2 b2.于是，类比直角三角形的勾股定理，在四面体 PDEF 中，我们猜想： S2 S S S 成立21 2 2361已知数列 an的前 n 项和 Sn n2an(n2)，而 a11
11、，通过计算 a2， a3， a4，猜想an等于( )A. B.2 n 1 2 2n n 1C. D.22n 1 22n 1解析： Sn n2an(n2)， a11， S24 a2 a1 a2a2 ；13 232S39 a3 a1 a2 a3a3 ；a1 a28 16 243S416 a4 a1 a2 a3 a4a4 .a1 a2 a315 254猜想 an .2n n 1答案：B2.观察图形规律，在其右下角的空格内画上合适的图形为( )A. BC. D解析：观察可发现规律：每行、每列中，方、圆、三角三种形状均各出现一次，每行、每列有两阴影一空白，即得结果答案：A3观察( x2)2 x，( x4
12、)4 x3，(cos x)sin x，由归纳推理可得：若定义在R 上的函数 f(x)满足 f( x) f(x)，记 g(x)为 f(x)的导函数，则 g( x)( )A f(x) B f(x)C g(x) D g(x)解析：观察可知，偶函数 f(x)的导函数 g(x)是奇函数，所以 g( x) g(x)答案：D4在平面上，若两个正三角形的边长的比为 12，则它们的面积比为 14，类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长的比为 12，则它们的体积比为_解析：由平面和空间的知识，可知很多比值在平面中成平方关系，在空间中成立方关系，故若两个正四面体的棱长的比为 12，则它们的体积之比为 18.答案：1
13、85观察下列等式：7121122 23122 23 26122 23 24 210照此规律，第 n 个等式可为_解析：观察规律可知，第 n 个式子为 122 23 24 2(1) n1 n2(1) n1.n n 12答案：1 22 23 24 2(1) n1 n2(1) n1n n 126在 Rt ABC 中，若 C90，则 cos2Acos 2B1，在立体几何中，给出四面体性质的猜想解：如图，在 Rt ABC 中，cos 2Acos 2B 2 2 1.(bc) (ac) a2 b2c2把结论类比到四面体 PABC 中，我们猜想，在三棱锥 PABC 中，若三个侧面PAB， PBC， PCA 两
14、两互相垂直，且与底面所成的二面角分别为 ， ， ，则cos2 cos 2 cos 2 1.一、选择题1已知数列 1， a a2， a2 a3 a4， a3 a4 a5 a6，则数列的第 k 项是( )A ak ak1 a2kB ak1 ak a2k1C ak1 ak a2kD ak1 ak a2k2解析：利用归纳推理可知，第 k 项中第一个数为 ak1 ，且第 k 项中有 k 项，且次数连续，故第 k 项为 ak1 ak a2k2 .答案：D2把下面在平面内成立的结论类比地推广到空间，结论仍然正确的是( )A如果一条直线与两条平行线中的一条相交，则也与另一条相交8B如果一条直线与两条平行线中的
15、一条垂直，则也与另一条垂直C如果两条直线同时与第三条直线相交，则这两条直线相交或平行D如果两条直线同时与第三条直线垂直，则这两条直线平行解析：推广到空间以后，对于 A，还有可能异面，对于 C，还有可能异面，对于 D，还有可能异面答案：B3对于命题“正三角形内任意一点到各边的距离之和为定值”推广到空间是“正四面体内任意一点到各面的距离之和为”( )A定值B变数C有时为定值、有时为变数D与正四面体无关的常数解析：设正四面体 SABC 的棱长为 a，正四面体内任意一点 O 到各面的距离分别为h1， h2， h3， h4，由体积关系得 VSABC a2(h1 h2 h3 h4) a2 a，13 34
16、13 34 63 h1 h2 h3 h4 a(此为正四面体的高)63答案：A4下图为一串白黑相间排列的珠子，按这种规律往下排起来，那么第 36 颗珠子的颜色应该是( )A白色 B黑色C白色可能性大 D黑色可能性大解析：由图知：三白二黑周而复始相继排列，因 3657 余 1，所以第 36 颗应与第1 颗珠子的颜色相同，即为白色答案：A二、填空题5已知 a13， a26 且 an2 an1 an，则 a33_.解析： a33， a43， a56， a63， a73， a86，故 an是以 6 个项为周期循环出现， a33 a33.答案：36设等差数列 an的前 n 项和为 Sn，则 S4， S8
17、S4， S12 S8， S16 S12成等差数列类比以上结论有：设等比数列 bn的前 n 项积为 Tn，则 T4，_，_， 成T16T129等比 数列解析：等差数列类比于等比数列时，和类比于积，减法类比于除法，可得类比结论为：设等比数列 bn的前 n 项积为 Tn，则 T4， ， ， 成等比数列T8T4T12T8 T16T12答案： T8T4 T12T87可以运用下面的原理解决一些相关图形的面积问题：如果与一固定直线平行的直线被甲、乙两个封闭的图形所截得的线段的比都为 k，那么甲的面积是乙的面积的 k 倍你可以从给出的简单图形、中体会这个原理现在图中的两个曲线的方程分别是 x2a21( a b
18、0)与 x2 y2 a2，运用上面的原理，图中椭圆的面积为_y2b2解析：由于椭圆与圆截 y 轴所得线段之比为 ，ba即 k ，椭圆面积 S a2 ab.ba ba答案： ab8已知 f(x) ， x0，若 f1(x) f(x)， fn1 (x) f(fn(x)， nN ，则 f2 x1 x018(x)的表达式为_解析：由 f1(x) f2(x) f ；x1 x ( x1 x)x1 x1 x1 x x1 2x又可得 f3(x) f(f2(x) ，x1 2x1 x1 2x x1 3x故可猜想 f2 018(x) .x1 2 018x答案： f2 018(x)x1 2 018x三、解答题9已知椭圆
19、具有性质：若 M， N 是椭圆 C 上关于原点对称的两个点，点 P 是椭圆上任10意一点，当直线 PM， PN 的斜率都存在，并记为 kPM， kPN时， kPM与 kPN之积是与点 P 的位置无关的定值试对双曲线 1 写出具有类似特征的性质，并加以证明x2a2 y2b2解：类似的性质为：若 M， N 是双曲线 1 上关于原点对称的两个点，点 P 是双x2a2 y2b2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 的位置无关的定值证明：设点 M， P 的坐标分别为( m， n)，( x， y)，则 N( m， n)因为点
20、M(m， n)在已知的双曲线上，所以 n2 m2 b2.b2a2同理， y2 x2 b2.b2a2则 kPMkPN (定值)y nx m y nx m y2 n2x2 m2 b2a2 x2 m2x2 m2 b2a210已知数列 an， a11， an1 ， m 为常数an1 man(1)当 m1,2,3,4 时，分别求数列的通项公式 an；(2)当 mN 时，猜想数列的通项公式解：(1)当 m1 时，由 a11， an1 .an1 an 1.1an 1 1an数列 是以 1 为首项，1 为公差的等差数列1an求得 an .1n当 m2 时，由 a11， an1 ，求得 an ；an1 2an 12n 1当 m3 时，由 a11， an1 ，求得 an ；an1 3an 13n 2当 m4 时，由 a11， an1 ，求得 an .an1 4an 14n 3(2)由上述归纳猜想得当 mN 时，由 a11， an1 得 an .an1 man 1mn m 111
