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2．1.1　合情推理
预习课本P70～77，思考并完成下列问题
(1)归纳推理的含义是什么？有怎样的特征？
　
　
　
(2)类比推理的含义是什么？有怎样的特征？
　
　
　
(3)合情推理的含义是什么？
　
　
　
1．归纳推理和类比推理
[点睛]　(1)归纳推理与类比推理的共同点：都是从具体事实出发，推断猜想新的结论．
(2)归纳推理的前提和结论之间的联系不是必然的，结论不一定正确；而类比推理的结果具有猜测性，不一定可靠，因此不一定正确．
2．合情推理
1．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)统计学中，从总体中抽取样本，然后用样本估计总体，这种估计属于归纳推理．(　　)
(2)类比推理得到的结论可以作为定理应用．(　　)
(3)由个别到一般的推理为归纳推理．(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)√
2．已知扇形的弧长为l，半径为r，类比三角形的面积公式S＝，可推知扇形的面积S扇＝(　　)
A.　　　　　　　　　
B.
C.
D．不可类比
答案：C
3．由“若a＞b，则a＋c＞b＋c”得到“若a＞b，则ac＞bc”采用的是(　　)
A．归纳推理　　　　　
　B．演绎推理
C．类比推理
D．数学证明
答案：C
4．数列5,9,17,33，x，…中的x等于________．
答案：65
归纳推理在数、式中的应用
[典例]　(1)已知下列各式：
1>，
1＋＋>1，
1＋＋＋＋＋＋>，
1＋＋＋…＋>2，
…，
请你归纳出一般性结论：______________.
(2)已知f(x)＝，设f1(x)＝f(x)，fn(x)＝fn－1(fn－1(x))(n＞1，且n∈N
)，则f3(x)的表达式为________，猜想fn(x)(n∈N
)的表达式为________．
[解析]　(1)观察不等式左边，各项分母从1开始依次增大1，且终止项为2n－1，不等式右边依次为，，，，…，从而归纳得出一般结论：1＋＋＋…＋>.
(2)∵f(x)＝，∴f1(x)＝.
又∵fn(x)＝fn－1(fn－1(x))，
∴f2(x)＝f1(f1(x))＝＝，
f3(x)＝f2(f2(x))＝＝，
f4(x)＝f3(f3(x))＝＝，
f5(x)＝f4(f4(x))＝＝，
∴根据前几项可以猜想fn(x)＝.
[答案]　(1)1＋＋＋…＋>
(2)f3(x)＝　fn(x)＝
1．已知等式或不等式进行归纳推理的方法
(1)要特别注意所给几个等式(或不等式)中项数和次数等方面的变化规律；
(2)要特别注意所给几个等式(或不等式)中结构形式的特征；
(3)提炼出等式(或不等式)的综合特点；
(4)运用归纳推理得出一般结论．
2．数列中的归纳推理
在数列问题中，常常用到归纳推理猜测数列的通项公式或前n项和．
(1)通过已知条件求出数列的前几项或前n项和；
(2)根据数列中的前几项或前n项和与对应序号之间的关系求解；
(3)运用归纳推理写出数列的通项公式或前n项和公式．　　　　　　
[活学活用]
1．观察下列不等式：
1＋<，
1＋＋<，
1＋＋＋<，
……
照此规律，第五个不等式为(　　)
A．1＋＋＋＋<
B．1＋＋＋＋<
C．1＋＋＋＋＋<
D．1＋＋＋＋＋<
解析：选D　观察每个不等式的特点，知第五个不等式为1＋＋＋＋＋<.
2．已知x∈(0，＋∞)，观察下列各式：
x＋≥2，
x＋＝＋＋≥3，
x＋＝＋＋＋≥4，
……
归纳得：x＋≥n＋1(n∈N
)，则a＝________.
解析：当n＝1时，a＝1，
当n＝2时，a＝4＝22，
当n＝3时，a＝27＝33，
…
∴当分母指数取n时，a＝nn.
答案：nn
归纳推理在几何中的应用
[典例]　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(　　)
A．26　　　　　　　　
　B．31
C．32
D．36
[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6＋5×(6－1)＝31.故选B.
[答案]　B
利用归纳推理解决几何问题的两个策略
(1)通项公式法：数清所给图形中研究对象的个数，列成数列，观察所得数列的前几项，探讨其变化规律，归纳猜想通项公式．
(2)递推公式法：探究后一个图形与前一个图形中研究对象的个数之间的关系，把各图形中研究对象的个数看成数列，列出递推公式，再求通项公式．　　　　　　
[活学活用]
用火柴棒摆“金鱼”，如图所示：
按照上面的规律，第n个“金鱼”图需要火柴棒的根数为(　　)
A．6n－2　　　　　　　　
　B．8n－2
C．6n＋2
D．8n＋2
解析：选C　归纳“金鱼”图形的构成规律知，后面“金鱼”都比它前面的“金鱼”多了去掉尾巴后6根火柴组成的鱼头部分，故各“金鱼”图形所用火柴棒的根数构成一首项为8，公差是6的等差数列，所以第n个“金鱼”图需要的火柴棒的根数为an＝6n＋2.
类比推理的应用
[典例]　(1)若数列{an}(n∈N
)是等差数列，则有数列{bn}：bn＝(n∈N
)也是等差数列．类比上述性质，相应地，若数列{cn}(n∈N
)是等比数列，且cn>0，则有数列{dn}：dn＝________(n∈N
)也是等比数列．
(2)如图所示，在△ABC中，射影定理可表示为a＝b·cos
C＋c·cos
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．
[解析]　(1)由等差数列与等比数列在运算上的相似性猜想：dn＝.
答案：
(2)如图所示，在四面体P ABC中，S1，S2，S3，S分别表示△PAB，△PBC，△PCA，△ABC的面积，α，β，γ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＝S1·cos
α＋S2·cos
β＋S3·cos
γ.
类比推理的一般步骤
[活学活用]
1．在△ABC中，D为BC的中点，则＝，将命题类比到四面体中去，得到一个命题为：______________________________________.
解析：平面中线段的中点类比到空间为四面体中面的重心，顶点与中点的连线类比顶点和重心的连线．
答案：在四面体A BCD中，G是△BCD的重心，则＝
2．在平面直角坐标系xOy中，二元一次方程Ax＋By＝0(A，B不同时为0)表示过原点的直线．类似地：在空间直角坐标系O xyz中，三元一次方程Ax＋By＋Cz＝0(A，B，C不同时为0)表示______________．
解析：平面几何中的直线类比到立体几何中应为平面，因此应得到：在空间直角坐标系O xyz中，三元一次方程Ax＋By＋Cz＝0(A，B，C不同时为0)表示过原点的平面．
答案：过原点的平面
层级一　学业水平达标
1．观察图形规律，在其右下角的空格内画上合适的图形为(　　)
A.　　　　　　　
　B．△
C.
D．○
解析：选A　观察可发现规律：①每行、每列中，方、圆、三角三种形状均各出现一次，②每行、每列有两阴影一空白，即得结果．
2．下面几种推理是合情推理的是(　　)
①由圆的性质类比出球的有关性质；②由直角三角形、等腰三角形、等边三角形的内角和是180°，归纳出所有三角形的内角和都是180°；③教室内有一把椅子坏了，则猜想该教室内的所有椅子都坏了；④三角形内角和是180°，四边形内角和是360°，五边形内角和是540°，由此得出凸n边形的内角和是(n－2)·180°(n∈N
，且n≥3)．
A．①②
B．①③④
C．①②④
D．②④
解析：选C　①是类比推理；②④是归纳推理，故①②④都是合情推理．
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(　　)
A．1∶2
B．1∶4
C．1∶8
D．1∶16
解析：选C　由平面和空间的知识，可知面积之比与边长之比成平方关系，在空间中体积之比与棱长之比成立方关系，故若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积之比为1∶8.
4．已知“整数对”按如下规律排列：
(1,1)，
(1,2)，(2,1)，
(1,3)，(2,2)，(3,1)，
(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，
…
则第70个“整数对”为(　　)
A．(3,9)
B．(4,8)
C．(3,10)
D．(4,9)
解析：选D　由整数对的排列规律知前11排有1＋2＋…＋11＝66个整数，所以第67个“整数对”是第12排的第一个“整数对”(1,12)，第68个“整数对”是(2,11)，第69个“整数对”是(3,10)，第70个“整数对”是(4,9)．故选D.
5．观察下列各等式：＋＝2，＋＝2，＋＝2，＋＝2，依照以上各式成立的规律，得到一般性的等式为(　　)
A.＋＝2
B.＋＝2
C.＋＝2
D.＋＝2
解析：选A　观察发现：每个等式的右边均为2，左边是两个分数相加，分子之和等于8，分母中被减数与分子相同，减数都是4，因此只有A正确．
6．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，等式左边第一个加数与行数相同，加数的个数为2n－1，故第n行等式左边的数依次是n，n＋1，n＋2，…，(3n－2)；每一个等式右边的数为等式左边加数个数的平方，从而第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
7．我们知道：周长一定的所有矩形中，正方形的面积最大；周长一定的所有矩形与圆中，圆的面积最大，将这些结论类比到空间，可以得到的结论是____________________________________________．
解析：平面图形与立体图形的类比：周长→表面积，正方形→正方体，面积→体积，矩形→长方体，圆→球．
答案：表面积一定的所有长方体中，正方体的体积最大；表面积一定的所有长方体和球中，球的体积最大
8．如图(甲)是第七届国际数学教育大会(简称ICME－7)的会徽图案，会徽的主体图案是由如图(乙)的一连串直角三角形演化而成的，其中OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1，如果把图(乙)中的直角三角形依此规律继续作下去，记OA1，OA2，…，OAn，…的长度构成数列{an}，则此数列{an}的通项公式为an＝__________.
解析：根据OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1和图(乙)中的各直角三角形，由勾股定理，可得a1＝OA1＝1，a2＝OA2＝＝＝，a3＝OA3＝＝＝，…，故可归纳推测出an＝.
答案：
9．观察下列两个等式：
①sin210°＋cos240°＋sin
10°cos
40°＝①；
②sin26°＋cos236°＋sin
6°cos
36°＝②.
由上面两个等式的结构特征，你能否提出一个猜想？并证明你的猜想．
解：由①②知若两角差为30°，则它们的相关形式的函数运算式的值均为.
猜想：若β－α＝30°，则β＝30°＋α，sin2α＋cos2(α＋30°)＋sin
αcos(α＋30°)＝.下面进行证明：
左边＝sin2α＋cos(α＋30°)[cos(α＋30°)＋sin
α]
＝sin2α＋
＝sin2α＋cos2α－sin2α＝＝右边．
所以，猜想是正确的．
故sin2α＋cos2(α＋30°)＋sin
αcos(α＋30°)＝.
10．在Rt△ABC中，若∠C＝90°，则cos2A＋cos2B＝1，在空间中，给出四面体性质的猜想．
解：如图，在Rt△ABC中，
cos2A＋cos2
B＝2＋2＝＝1.
于是把结论类比到四面体P A′B′C′中，我们猜想，三棱锥P A′B′C′中，若三个侧面PA′B′，PB′C′，PC′A′两两互相垂直，且分别与底面所成的角为α，β，γ，则cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1.
层级二　应试能力达标
1．由代数式的乘法法则类比得到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“＝”类比得到“＝”．
其中类比结论正确的个数是(　　)
A．1　　　　　　　　　　
　B．2
C．3
D．4
解析：选B　由向量的有关运算法则知①②正确，③④⑤⑥都不正确，故应选B.
2．类比三角形中的性质：
(1)两边之和大于第三边；
(2)中位线长等于底边长的一半；
(3)三内角平分线交于一点．
可得四面体的对应性质：
(1)任意三个面的面积之和大于第四个面的面积；
(2)过四面体的交于同一顶点的三条棱的中点的平面面积等于该顶点所对的面面积的；
(3)四面体的六个二面角的平分面交于一点．
其中类比推理方法正确的有(　　)
A．(1)
B．(1)(2)
C．(1)(2)(3)
D．都不对
解析：选C　以上类比推理方法都正确，需注意的是类比推理得到的结论是否正确与类比推理方法是否正确并不等价，方法正确结论也不一定正确．
3．我们知道：在平面内，点(x0，y0)到直线Ax＋By＋C＝0的距离公式为d＝.通过类比的方法，可求得在空间中，点(2,4,1)到平面x＋2y＋2z＋3＝0的距离为(　　)
A．3
B．5
C.
D．3
解析：选B　类比点P(x0，y0)到直线Ax＋By＋C＝0的距离公式d＝，可知在空间中，点P(x0，y0，z0)到平面Ax＋By＋Cz＋D＝0的距离d＝.点(2,4,1)到平面x＋2y＋2z＋3＝0的距离d＝＝5.
4．设△ABC的三边长分别为a，b，c，△ABC的面积为S，内切圆半径为r，则r＝；类比这个结论可知：四面体P ABC的四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，内切球的半径为r，四面体P ABC的体积为V，则r＝(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：选C　将△ABC的三条边长a，b，c类比到四面体P ABC的四个面面积S1，S2，S3，S4，将三角形面积公式中系数，类比到三棱锥体积公式中系数，从而可知选C.证明如下：以四面体各面为底，内切球心O为顶点的各三棱锥体积的和为V，∴V＝S1r＋S2r＋S3r＋S4r，∴r＝.
5．观察下图中各正方形图案，每条边上有n(n≥2)个圆圈，每个图案中圆圈的总数是S，按此规律推出S与n的关系式为____________．
解析：每条边上有2个圆圈时共有S＝4个；每条边上有3个圆圈时，共有S＝8个；每条边上有4个圆圈时，共有S＝12个．可见每条边上增加一个点，则S增加4，∴S与n的关系为S＝4(n－1)(n≥2)．
答案：S＝4(n－1)(n≥2)
6．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①、②中体会这个原理．现在图③中的两个曲线的方程分别是＋＝1(a＞b＞0)与x2＋y2＝a2，运用上面的原理，图③中椭圆的面积为______________．
解析：由于椭圆与圆截y轴所得线段之比为，
即k＝，∴椭圆面积S＝πa2·＝πab.
答案：πab
7．已知在Rt△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC于点D，有＝＋成立．那么在四面体A BCD中，类比上述结论，你能得到怎样的猜想，并说明猜想是否正确及理由．
解：猜想：类比AB⊥AC，AD⊥BC，可以猜想四面体A BCD中，AB，AC，AD两两垂直，AE⊥平面BCD.则＝＋＋.
下面证明上述猜想成立
如图所示，连接BE，并延长交CD于点F，连接AF.
∵AB⊥AC，AB⊥AD，AC∩AD＝A，
∴AB⊥平面ACD.
而AF 平面ACD，∴AB⊥AF.
在Rt△ABF中，AE⊥BF，
∴＝＋.
在Rt△ACD中，AF⊥CD，
∴＝＋.
∴＝＋＋，故猜想正确．
8．已知
12＝1，
22＝(1＋1)2＝12＋2×1＋1，
32＝(2＋1)2＝22＋2×2＋1，
42＝(3＋1)2＝32＋2×3＋1，
……
n2＝(n－1)2＋2(n－1)＋1，
左右两边分别相加，得n2＝2×[1＋2＋3＋…＋(n－1)]＋n，
所以1＋2＋3＋…＋(n－1)＝.
类比上述推理方法写出求12＋22＋32＋…＋n2的表达式的过程．
解：记S1(n)＝1＋2＋3＋…＋n，
S2(n)＝12＋22＋32＋…＋n2，
……
Sk(n)＝1k＋2k＋3k＋…＋nk(k∈N
)．
已知
13＝1，
23＝(1＋1)3＝13＋3×12＋3×1＋1，
33＝(2＋1)3＝23＋3×22＋3×2＋1，
43＝(3＋1)3＝33＋3×32＋3×3＋1，
……
n3＝(n－1)3＋3(n－1)2＋3(n－1)＋1.
将左右两边分别相加，得
S3(n)＝[S3(n)－n3]＋3[S2(n)－n2]＋3[S1(n)－n]＋n.
由此知S2(n)＝
＝
＝.

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