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第三节 合情推理与演绎推理
一、基础知识
1．合情推理
(1)归纳推理
①定义：由某类事物的部分对象具有某些特征，推出该类事物的全部对象都具有这些特
征的推理，或者由个别事实概括出一般结论的推理，称为归纳推理(简称归纳)．
②特点：由部分到整体、由个别到一般的推理．
(2)类比推理
①定义：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称为类比推理(简称类比)．
②特点：由特殊到特殊的推理．
类比推理的注意点
在进行类比推理时要尽量从本质上去类比，不要被表面现象迷惑，如果只抓住一点表面现象
的相似甚至假象就去类比，那么就会犯机械类比的错误．
(3)合情推理
归纳推理和类比推理都是根据已有的事实，经过观察、分析、比较、联想，再进行归纳、
类比，然后提出猜想的推理，我们把它们统称为合情推理．
合情推理的关注点
(1)合情推理是合乎情理的推理．
(2)合情推理既可以发现结论也可以发现思路与方向．
2．演绎推理
(1)演绎推理
从一般性的原理出发，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．简
言之，演绎推理是由一般到特殊的推理． ↓
演绎推理：常用来证明和推理数学问题，解题时应注意推理过程的严密性，书写格式的规范
性.
(2)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：
①大前提——已知的一般原理；
②小前提——所研究的特殊情况；
③结论——根据一般原理，对特殊情况做出的判断．
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二、常用结论
(1)合情推理的结论是猜想，不一定正确；演绎推理在大前提、小前提和推理形式都正
确时，得到的结论一定正确．
(2)合情推理是发现结论的推理；演绎推理是证明结论的推理．
考点一 归纳推理
考法(一) 与数字有关的推理
[典例] 《聊斋志异》中有这样一首诗：“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术．得诀自
2
诩无所阻，额上坟起终不悟．”在这里，我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”：2
3
2 3 3 4 4 5 5
＝ 2 ，3 ＝ 3 ，4 ＝ 4 ，5 ＝ 5 ，…，则按照以上规律，
3 8 8 15 15 24 24
9 9
若 9 ＝ 9 具有“穿墙术”，则 n＝( )
n n
A．25 B．48
C．63 D．80
2 2 3 3 4 4 5 5
[解析] 由 2 ＝ 2 ，3 ＝ 3 ，4 ＝ 4 ，5 ＝ 5 ，…，
3 3 8 8 15 15 24 24
9 9
可得若 9 ＝ 9 具有“穿墙术”，则 n＝92－1＝80.
n n
[答案] D
考法(二) 与式子有关的推理
x
[典例] 已知 f(x)＝ x，f1(x)＝f′(x)，f2(x)＝[f1(x)]′，…，f *e n＋1(x)＝[fn(x)]′，n∈N ，经
1－x x－2 3－x
计算：f1(x)＝ ex ，f2(x)＝ ex ，f3(x)＝ ex ，…，照此规律，则 fn(x)＝________.
(－1)n(x－n)
[解析] 因为导数分母都是 ex，分子为(－1)n(x－n)，所以 fn(x)＝ . ex
(－1)n(x－n)
[答案]
ex
考法(三) 与图形有关的推理
[典例] 分形几何学是数学家伯努瓦·曼德尔布罗在 20世纪70年代创立的一门新的数学
学科，它的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路．按照如图(1)所示的分
形规律可得如图(2)所示的一个树形图．若记图(2)中第 n 行黑圈的个数为 an，则 a2 019＝
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________.
[解析] 根据题图(1)所示的分形规律，可知 1 个白圈分形为 2 个白圈 1 个黑圈，1 个黑
圈分形为 1 个白圈 2 个黑圈，把题图(2)中的树形图的第 1 行记为(1,0)，第 2 行记为(2,1)，第
3 行记为(5,4)，第 4 行的白圈数为 2×5＋4＝14，黑圈数为 5＋2×4＝13，所以第 4 行的“坐
标”为(14,13)，同理可得第 5 行的“坐标”为(41,40)，第 6 行的“坐标”为(122,121)，….
各行黑圈数乘 2，分别是 0,2,8,26,80，…，即 1－1,3－1，9－1,27－1,81－1，…，所以可以
3n
－1－1 32 018－1
归纳出第 n 行的黑圈数 an＝ (n∈N*)，所以 a2 2 019＝ . 2
32 018－1
[答案]
2
[题组训练]
1．(2019·兰州实战性测试)观察下列式子：1,1＋2＋1,1＋2＋3＋2＋1,1＋2＋3＋4＋3＋2
＋1，…，由以上可推测出一个一般性结论：对于 n∈N*，则 1＋2＋…＋n＋…＋2＋1＝
________.
解析：由 1＝12,1＋2＋1＝4＝22,1＋2＋3＋2＋1＝9＝32,1＋2＋3＋4＋3＋2＋1＝16＝
42，…，归纳猜想可得 1＋2＋…＋n＋…＋2＋1＝n2.
答案：n2
2．某种平面分形图如图所示，一级分形图是由一点出发的三条线段，长度均为 1，两
1
两夹角为 120°；二级分形图是在一级分形图的每条线段的末端出发再生成两条长度为原来
3
的线段，且这两条线段与原线段两两夹角为 120°，…，依此规律得到 n 级分形图．
则 n 级分形图中共有________条线段．
解析：分形图的每条线段的末端出发再生成两条线段，
由题图知，一级分形图有 3＝3×2－3 条线段，
二级分形图有 9＝3×22－3 条线段，
三级分形图中有 21＝3×23－3 条线段，
按此规律 n 级分形图中的线段条数 an＝3×2n－3.
答案：3×2n－3
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考点二 类比推理
[典例] 我国古代称直角三角形为勾股形，并且直角边中较小者为勾，另一直角边为
股，斜边为弦．若 a，b，c 为直角三角形的三边，其中 c 为斜边，则 a2＋b2＝c2，称这个定
理为勾股定理．现将这一定理推广到立体几何中：在四面体 O-ABC 中，∠AOB＝∠BOC＝
∠COA＝90°，S 为顶点 O 所对面△ABC 的面积，S1，S2，S3 分别为侧面△OAB，△OAC，
△OBC 的面积，则下列选项中对于 S，S1，S2，S3满足的关系描述正确的为( )
1 1 1
A．S2＝S21＋S22＋S23 B．S2＝S2＋ 2＋S S2 1 2 3
1 1 1
C．S＝S1＋S2＋S3 D．S＝ ＋ ＋ S1 S2 S3
[解析] 如图，作 OD⊥BC 于点 D，连接 AD，则 AD⊥BC，从而
1
S2
1 1 1 1
＝ BC·AD 2 2 2 2 2 2 ＝ BC ·AD ＝ BC ·(OA ＋OD
2)＝ (OB2＋OC2)·OA2＋
4 4 4 4
1 1 1
BC2·OD2＝ OB·OA 2＋ OC·OA 2 BC·OD 2 2 2 2 2 2 ＋ 2 ＝S1＋S2＋S3.
[答案] A
[题组训练]
1．给出下面类比推理(其中 Q 为有理数集，R 为实数集，C 为复数集)：
①“若 a，b∈R，则 a－b＝0 a＝b”类比推出“a，c∈C，则 a－c＝0 a＝c”；
②“若 a，b，c，d∈R，则复数 a＋bi＝c＋di a＝c，b＝d”类比推出“a，b，c，d∈
Q，则 a＋b 2＝c＋d 2 a＝c，b＝d ”；
③“a，b∈R，则 a－b＞0 a＞b”类比推出“若 a，b∈C，则 a－b＞0 a＞b”；
④“若 x∈R，则|x|＜1 －1＜x＜1”类比推出“若 z∈C，则|z|＜1 －1＜z＜1”．
其中类比结论正确的个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选 B 类比结论正确的有①②.
2．设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，则 S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9 成等差数列．类比
T12
以上结论：设等比数列{bn}的前 n 项积为 Tn，则 T3，________，________， 成等比数列． T9
解析：等比数列{bn}的前 n 项积为 Tn，
则 T3＝b1b2b3，T6＝b1b2…b6，T9＝b1b2…b9，
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T12＝b1b2…b12，
T6 T9 T12
所以 ＝b
T 4
b5b6， ＝b b b ， ＝b b b ，
3 T
7 8 9 T 10 11 126 9
T6 T9 T12
所以 T3， ， ， 的公比为 q9， T3 T6 T9
T6 T9 T12
因此 T3， ， ， 成等比数列． T3 T6 T9
T6 T9
答案：
T3 T6
考点三 演绎推理
n＋2
[典例] 数列{an}的前 n 项和记为 Sn，已知 a *1＝1，an＋1＝ Sn(n∈N )．证明： n
Sn
(1)数列 n 是等比数列；
(2)Sn＋1＝4an.
n＋2
[证明] (1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝ S ， n n
∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即 nSn＋1＝2(n＋1)Sn.
Sn＋1 Sn
故 ＝2· ，(小前提)
n＋1 n
Sn
∴ n 是以 1 为首项，2 为公比的等比数列．(结论)
(大前提是等比数列的定义)
Sn＋1 Sn－1 Sn－1 n－1＋2
(2) 由 (1) 可知 ＝ 4· (n≥2) ，∴ Sn ＋ 1 ＝ 4(n ＋ 1)· ＝ 4· ·Sn － ＝
n＋ 11 n－1 n－1 n－1
4an(n≥2)．(小前提)
又∵a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提)
∴对于任意正整数 n，都有 Sn＋1＝4an.(结论)
[解题技法] 演绎推理问题求解策略
(1)演绎推理是由一般到特殊的推理，常用的一般模式为三段论．
(2)演绎推理的前提和结论之间有着某种蕴含关系，解题时要找准正确的大前提，一般
地，若大前提不明确时，可找一个使结论成立的充分条件作为大前提．
[题组训练]
1．正弦函数是奇函数，f(x)＝sin(x2＋1)是正弦函数，因此 f(x)＝sin(x2＋1)是奇函数，以
上推理( )
A．结论正确 B．大前提不正确
C．小前提不正确 D．全不正确
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解析：选 C 因为 f(x)＝sin(x2＋1)不是正弦函数，所以小前提不正确.
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 x1，x2∈R，取 x1则由题意得 x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)，
∴x1[f(x1)－f(x2)]＋x2[f(x2)－f(x1)]>0，
(x2－x1)[f(x2)－f(x1)]>0，
∵x10，f(x2)>f(x1)．
∴y＝f(x)为 R 上的单调增函数．
考点四 逻辑推理问题
[典例] (2019·安徽示范高中联考)某参观团根据下列要求从 A，B，C，D，E 五个镇选
择参观地点：①若去 A 镇，也必须去 B 镇；②D，E 两镇至少去一镇；③B，C 两镇只去一
镇；④C，D 两镇都去或者都不去；⑤若去 E 镇，则 A，D 两镇也必须去．则该参观团至多
去了( )
A．B，D 两镇 B．A，B 两镇
C．C，D 两镇 D．A，C 两镇
[解析] 假设去 A 镇，则也必须去 B 镇，但去 B 镇则不能去 C 镇，不去 C 镇则也不能
去 D 镇，不去 D 镇则也不能去 E 镇，D，E 镇都不去则不符合条件．故若去 A 镇则无法按
要求完成参观．
同理，假设不去 A 镇去 B 镇，同样无法完成参观．要按照要求完成参观，一定不能去 B
镇，而不去 B 镇的前提是不去 A 镇．
故 A，B 两镇都不能去，则一定不能去 E 镇，所以能去的地方只有 C，D 两镇．故选
C.
[答案] C
[解题技法] 逻辑推理问题求解的 2 种途径
求解此类推理性试题，要根据所涉及的人与物进行判断，通常有两种途径：
(1)根据条件直接进行推理判断；
(2)假设一种情况成立或不成立，然后以此为出发点，联系条件，判断是否与题设条件
相符合．
[题组训练]
1．数学老师给同学们出了一道证明题，以下四人中只有一人说了真话，只有一人会证
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明此题．甲：“我不会证明．”乙：“丙会证明．”丙：“丁会证明．”丁：“我不会证明．”
根据以上条件，可以判断会证明此题的人是( )
A．甲 B．乙
C．丙 D．丁
解析：选 A 四人中只有一人说了真话，只有一人会证明此题，由丙、丁的说法知丙与
丁中有一个人说的是真话，若丙说了真话，则甲必是假话，矛盾；若丁说了真话，则甲说的
是假话，甲就是会证明的那个人，符合题意，故选 A.
2．(2019·大连模拟)甲、乙、丙、丁、戊和己 6 人围坐在一张正六边形的小桌前，每边
各坐一人．已知：①甲与乙正面相对；②丙与丁不相邻，也不正面相对．若己与乙不相邻，
则以下选项正确的是( )
A．若甲与戊相邻，则丁与己正面相对
B．甲与丁相邻
C．戊与己相邻
D．若丙与戊不相邻，则丙与己相邻
解析：选 D 由题意可得到甲、乙位置的示意图如图(1)，因此，丙和丁的座位只可能
是 1 和 2,3 和 4,4 和 3,2 和 1，由己和乙不相邻可知，己只能在 1 或 2，故丙和丁只能在 3 和
4,4 和 3，示意图如图(2)和图(3)，由此可排除 B、C 两项．对于 A 项，若甲与戊相邻，则己
与丁可能正面相对，也可能不正面相对，排除 A.对于 D 项，若丙与戊不相邻，则戊只能在
丙的对面，则己与丙相邻，正确．故选 D.
图(1) 图(2) 图(3)
[课时跟踪检测]
1．下列三句话按三段论的模式排列顺序正确的是( )
①2 020 能被 2 整除；②一切偶数都能被 2 整除；③2 020 是偶数．
A．①②③ B．②①③
C．②③① D．③②①
解析：选C 根据题意并按照演绎推理的三段论可知，大前提：一切偶数都能被2整除．小
前提：2 020 是偶数．结论：2 020 能被 2 整除．所以正确的排列顺序是②③①.故选 C.
2．下列推理中属于归纳推理且结论正确的是( )
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A．设数列{an}的前 n 项和为 Sn.由 an＝2n－1，求出 S 21＝1 ，S2＝22，S3＝32，…，推断：
Sn＝n2
B．由 f(x)＝xcos x 满足 f(－x)＝－f(x)对 x∈R 都成立，推断：f(x)＝xcos x 为奇函数
x2 y2
C．由圆 x2＋y2＝r2 的面积 S＝πr2，推断：椭圆 2＋a b2＝1(a＞b＞0)的面积 S＝πab
D．由(1＋1)2＞21，(2＋1)2＞22，(3＋1)2＞23，…，推断：对一切 n∈N*，(n＋1)2＞2n
解析：选 A 选项 A 由一些特殊事例得出一般性结论，且注意到数列{an}是等差数列，
n(1＋2n－1)
其前 n 项和等于 S 2n＝ ＝n ，选项 D 中的推理属于归纳推理，但结论不正确． 2
3．观察一列算式：1 1,1 2,2 1,1 3,2 2,3 1,1 4，2 3,3 2,4 1，…，则式子 3 5 是第
( )
A．22 项 B．23 项
C．24 项 D．25 项
解析：选 C 由题意可知，两数的和为 2 的有 1 个，和为 3 的有 2 个，和为 4 的有 3 个，
和为 5 的有 4 个，和为 6 的有 5 个，和为 7 的有 6 个，前面共有 21 个，3 5 是和为 8 的第 3
项，所以为该列算式的第 24 项．故选 C.
4．(2018·南宁摸底联考)甲、乙、丙三人中，一人是工人，一人是农民，一人是知识分
子．已知：丙的年龄比知识分子大；甲的年龄和农民不同；农民的年龄比乙小．根据以上情
况，下列判断正确的是( )
A．甲是工人，乙是知识分子，丙是农民
B．甲是知识分子，乙是农民，丙是工人
C．甲是知识分子，乙是工人，丙是农民
D．甲是农民，乙是知识分子，丙是工人
解析：选 C 由“甲的年龄和农民不同”和“农民的年龄比乙小”可以推得丙是农民，
所以丙的年龄比乙小；再由“丙的年龄比知识分子大”，可知甲是知识分子，故乙是工人．所
以选 C.
5．若等差数列{an}的前 n 项之和为 Sn，则一定有 S2n－1＝(2n－1)an 成立．若等比数列{bn}
的前 n 项之积为 Tn，类比等差数列的性质，则有( )
A．T2n－1＝(2n－1)＋bn B．T2n－1＝(2n－1)bn
－
C．T2n－1＝(2n－1)bn D．T ＝b2n 12n－1 n
解析：选 D 在等差数列{an}中，a1＋a2n－1＝2an，
a2＋a2n－2＝2an, …，故有 S2n－1＝(2n－1)an，
在等比数列{bn}中，b1b2n－1＝b2n，b 22·b2n－2＝bn，…，
－
故有 T 2n 12n－1＝b1b2…b2n－1＝bn .
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6．我国的刺绣有着悠久的历史，如图，(1)(2)(3)(4)为刺绣最简单的四个图案，这些图
案都是由小正方形构成，小正方形个数越多刺绣越漂亮．现按同样的规律刺绣(小正方形的
摆放规律相同)，设第 n 个图形包含 f(n)个小正方形，则 f(n)的表达式为( )
A．f(n)＝2n－1 B．f(n)＝2n2
C．f(n)＝2n2－2n D．f(n)＝2n2－2n＋1
解析：选 D 因为 f(2)－f(1)＝4，f(3)－f(2)＝8，f(4)－f(3)＝12，…，结合图形不难得到
f(n)－f(n－1)＝4(n－1)，累加得 f(n)－f(1)＝2n(n－1)＝2n2－2n，故 f(n)＝2n2－2n＋1.
7．在正整数数列中，由 1 开始依次按如下规则，将某些数染成红色：先染 1；再染两
个偶数 2,4；再染 4 后面最近的 3 个连续奇数 5,7,9；再染 9 后面的最近的 4 个连续偶数
10,12,14,16；再染 16 后面最近的 5 个连续奇数 17,19,21,23，25，…，按此规则一直染下去，
得到一个红色子数列 1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17，…，则在这个红色子数列中，由 1 开始的第
2 019 个数是( )
A．3 971 B．3 972
C．3 973 D．3 974
解析：选 D 按照染色步骤对数字进行分组．由题意可知，第 1 组有 1 个数，第 2 组有
n(n＋1)
2 个数，…，根据等差数列的前 n 项和公式，可知前 n 组共有 个数．由于 2 016＝
2
63×(63＋1) 64×(64＋1)
＜2 019＜ ＝2 080，因此，第 2 019 个数是第 64 组的第 3 个数，由
2 2
于第 1 组最后一个数是 1，第 2 组最后一个数是 4，第 3 组最后一个数是 9，…，所以第 n
组最后一个数是 n2，因此第 63 组最后一个数为 632＝3 969，第 64 组为偶数组，其第 1 个数
为 3 970，第 2 个数为 3 972，第 3 个数为 3 974，故选 D.
8．观察下列等式：
1＝1
2＋3＋4＝9
3＋4＋5＋6＋7＝25
4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49
……
照此规律，第 n 个等式为________．
解析：观察所给等式可知，每行最左侧的数分别为 1,2,3，…，则第 n 行最左侧的数为 n；
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每个等式左侧的数的个数分别为 1,3,5，…，则第 n 个等式左侧的数的个数为 2n－1，而第 n
个等式右侧为(2n－1)2，所以第 n 个等式为 n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2.
答案：n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2
9．(2018·上饶二模)二维空间中，圆的一维测度(周长)l＝2πr，二维测度(面积)S＝πr2；
4
三维空间中，球的二维测度(表面积)S＝4πr2，三维测度(体积)V＝ πr3.应用合情推理，若四
3
维空间中，“特级球”的三维测度 V＝12πr3，则其四维测度 W＝________.
解析：∵二维空间中圆的一维测度(周长)l＝2πr，二维测度(面积)S＝πr2，观察发现 S′
4
＝l，三维空间中球的二维测度(表面积)S＝4πr2，三维测度(体积)V＝ πr3，观察发现 V′＝S，
3
∴四维空间中“特级球”的三维测度 V＝12πr3，猜想其四维测度 W 满足 W′＝V＝12πr3，
∴W＝3πr4.
答案：3πr4
＋
10．在数列{an}中，a n 1 n *1＝2，an＋1＝λan＋λ ＋(2－λ)2 (n∈N )，其中 λ>0，{an}的通项公
式是________________．
解析：a1＝2，a2＝2λ＋λ2＋(2－λ)·2＝λ2＋22，
a3＝λ(λ2＋22)＋λ3＋(2－λ)·22＝2λ3＋23，
a ＝λ(2λ3＋234 )＋λ4＋(2－λ)·23＝3λ4＋24.
由此猜想出数列{an}的通项公式为 an＝(n－1)λn＋2n.
答案：an＝(n－1)λn＋2n
11．(2019·吉林实验中学测试)如图所示，椭圆中心在坐标原点，F 为
5－1
左焦点，当 FB⊥AB 时，其离心率为 ，此类椭圆被称为“黄金椭
2
圆”．类比“黄金椭圆”可推出“黄金双曲线”的离心率 e等于________．
x2 y2
解析：类比“黄金椭圆”，设双曲线方程为 2－ 2＝1(a＞0，b＞0)， a b
则 F(－c,0)，B(0，b)，A(a,0)，
―→ ―→
所以 FB ＝(c，b)， AB ＝(－a，b)．
―→ ―→ ―→ ―→
易知 FB ⊥ AB ，所以 FB ·AB ＝b2－ac＝0，
所以 c2－a2－ac＝0，即 e2－e－1＝0，
5＋1
又 e＞1，所以 e＝ .
2
5＋1
答案：
2
12．已知 O 是△ABC 内任意一点，连接 AO，BO，CO 并延长，分别交对边于 A′，B′，
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OA′ OB′ OC′
C′，则 ＋ ＋ ＝1，这是一道平面几何题，其证明常采用“面积法”：
AA′ BB′ CC′
OA′ OB′ OC′ S△OBC S△OCA S△OAB S△ABC
＋ ＋ ＝ ＋ ＋ ＝ ＝1.
AA′ BB′ CC′ S△ABC S△ABC S△ABC S△ABC
请运用类比思想，对于空间中的四面体 A BCD，存在什么类似的结论，并用“体积法”
证明．
解：在四面体 A BCD 中，任取一点 O，连接 AO，DO，BO，CO 并延长，分别交四个
面于 E，F，G，H 点．
OE OF OG OH
则 ＋ ＋ ＋ ＝1.
AE DF BG CH
证明：在四面体 O BCD 与 A BCD 中，
1
S△BCD·h1
OE h1 3 VO BCD
＝ ＝ ＝ .
AE h 1 VA BCD
S△BCD·h3
OF VO-ABC OG VO-ACD OH VO-ABD
同理有 ＝ ， ＝ ， ＝ .
DF VD-ABC BG VB-ACD CH VC-ABD
OE OF OG OH
∴ ＋ ＋ ＋
AE DF BG CH
VO-BCD＋VO-ABC＋VO-ACD＋VO-ABD VA-BCD
＝ ＝ ＝1.
VA-BCD VA-BCD
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