§2.1合情推理與演繹推理2.1.1合情推理學(xué)習(xí)目標(biāo)1.了解合情推理的含義，能利用歸納和類比等進(jìn)行簡(jiǎn)單的推理.2.了解合情推理在數(shù)學(xué)發(fā)現(xiàn)中的作用．知識(shí)點(diǎn)一歸納推理思考(1)銅、鐵、鋁、金、銀等金屬都能導(dǎo)電，猜想：一切金屬都能導(dǎo)電．(2)統(tǒng)計(jì)學(xué)中，從總體中抽取樣本，然后用樣本估計(jì)總體．以上屬于什么推理？答案屬于歸納推理．符合歸納推理的定義特征，即由部分對(duì)象具有某些特征，推出該類事物的全部對(duì)象都具有這些特征的推理．梳理(1)定義：由某類事物的部分對(duì)象具有某些特征，推出該類事物的全部對(duì)象都具有這些特征的推理，或者由個(gè)別事實(shí)概括出一般結(jié)論的推理，稱為歸納推理．(2)特征：由部分到整體，由個(gè)別到一般．知識(shí)點(diǎn)二類比推理思考科學(xué)家對(duì)火星進(jìn)行研究，發(fā)現(xiàn)火星與地球有許多類似的特征：(1)火星也是繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)、繞軸自轉(zhuǎn)的行星；(2)有大氣層，在一年中也有季節(jié)更替；(3)火星上大部分時(shí)間的溫度適合地球上某些已知生物的生存等．由此，科學(xué)家猜想：火星上也可能有生命存在．他們使用了什么樣的推理？答案類比推理．梳理(1)定義：由兩類對(duì)象具有某些類似特征和其中一類對(duì)象的某些已知特征，推出另一類對(duì)象也具有這些特征的推理稱為類比推理(簡(jiǎn)稱類比)．(2)特征：由特殊到特殊的推理．知識(shí)點(diǎn)三合情推理思考1歸納推理與類比推理有何區(qū)別與聯(lián)系？答案區(qū)別：歸納推理是由特殊到一般的推理；而類比推理是由特殊到特殊的推理．聯(lián)系：在前提為真時(shí)，歸納推理與類比推理的結(jié)論都可真可假．思考2歸納推理和類比推理的結(jié)論一定正確嗎？答案歸納推理的結(jié)論超出了前提所界定的范圍，其前提和結(jié)論之間的聯(lián)系不是必然性的，結(jié)論不一定正確．類比推理是從人們已經(jīng)掌握了的事物的特征，推測(cè)正在被研究中的事物的特征，所以類比推理的結(jié)果具有猜測(cè)性，不一定正確．梳理(1)定義：歸納推理和類比推理都是根據(jù)已有的事實(shí)，經(jīng)過(guò)觀察、分析、比較、聯(lián)想，再進(jìn)行歸納、類比，然后提出猜想的推理，我們把它們統(tǒng)稱為合情推理．簡(jiǎn)言之，合情推理就是“合乎情理”的推理．(2)推理的過(guò)程eq\x(從具體問(wèn)題出發(fā))→eq\x(觀察、分析、比較、聯(lián)想)→eq\x(歸納、類比)→eq\x(提出猜想)1．類比推理得到的結(jié)論可作為定理應(yīng)用．(×)2．由個(gè)別到一般的推理為歸納推理．(√)3．在類比時(shí)，平面中的三角形與空間中的平行六面體作為類比對(duì)象較為合適．(×)類型一歸納推理及應(yīng)用命題角度1圖形中的歸納推理例1(1)定義A*B，B*C，C*D，D*A的運(yùn)算分別對(duì)應(yīng)圖中的①②③④，那么圖中的⑤⑥所對(duì)應(yīng)的運(yùn)算結(jié)果是()A．B*D，A*D B．B*D，A*CC．B*C，A*D D．C*D，A*D(2)n個(gè)連續(xù)自然數(shù)按規(guī)律排列(如圖所示)．根據(jù)規(guī)律，從2016到2018，箭頭的方向依次是()A．↓→ B．→↑C．↑→ D．→↓考點(diǎn)歸納推理題點(diǎn)歸納推理在圖形中的應(yīng)用答案(1)B(2)A解析(1)由圖中①②③④得，A表示“|”，B表示“□”，C表示“—”，D表示“○”，故圖中⑤⑥所對(duì)應(yīng)的運(yùn)算結(jié)果分別為B*D和A*C.(2)觀察數(shù)字排列的規(guī)律知，位置相同的數(shù)字是以4為公差的等差數(shù)列，故可知從2016到2018的箭頭的方向依次為↓→.反思與感悟?qū)τ趫D形中的歸納推理，找準(zhǔn)規(guī)律特征是解題的關(guān)鍵．跟蹤訓(xùn)練1(1)設(shè)n棱柱有f(n)個(gè)對(duì)角面，則(n＋1)棱柱的對(duì)角面的個(gè)數(shù)f(n＋1)等于()A．f(n)＋n＋1 B．f(n)＋nC．f(n)＋n－1 D．f(n)＋n－2(2)觀察由火柴棒拼成的一系列圖形(如圖所示)，第n個(gè)圖形是由n個(gè)正方形組成．通過(guò)觀察可以發(fā)現(xiàn)：在第4個(gè)圖形中，火柴棒有________根；第n個(gè)圖形中，火柴棒有________根．考點(diǎn)歸納推理題點(diǎn)歸納推理在圖形中的應(yīng)用答案(1)C(2)133n＋1解析(1)對(duì)于n棱柱，由于過(guò)每一條側(cè)棱與它不相鄰的一條側(cè)棱都能確定一個(gè)對(duì)角面，所以過(guò)每一條側(cè)棱可確定(n－3)個(gè)對(duì)角面，所以過(guò)n條側(cè)棱可確定n(n－3)個(gè)對(duì)角面，又因?yàn)檫@些對(duì)角面相互之間重復(fù)計(jì)算了，所以過(guò)n條側(cè)棱共可確定eq\f(n?n－3?,2)個(gè)對(duì)角面，所以可得f(n＋1)－f(n)＝eq\f(?n＋1??n＋1－3?,2)－eq\f(n?n－3?,2)＝n－1，故f(n＋1)＝f(n)＋n－1.(2)第1個(gè)圖形有4根火柴棒，第2個(gè)圖形有7根火柴棒，第3個(gè)圖形有10根火柴棒，第4個(gè)圖形有13根火柴棒，…，猜想第n個(gè)圖形有(3n＋1)根火柴棒．命題角度2數(shù)列中的歸納推理例2已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(1,?n＋1?2)(n∈N*)，記f(n)＝(1－a1)(1－a2)…(1－an)，試計(jì)算f(1)，f(2)，f(3)的值，并推測(cè)出f(n)的表達(dá)式．考點(diǎn)歸納推理題點(diǎn)歸納推理在數(shù)列中的應(yīng)用解因?yàn)閍1＝eq\f(1,4)，a2＝eq\f(1,9)，a3＝eq\f(1,16)，所以f(1)＝1－a1＝eq\f(3,4)，f(2)＝(1－a1)(1－a2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9)))＝eq\f(3,4)×eq\f(8,9)＝eq\f(2,3)，f(3)＝(1－a1)(1－a2)(1－a3)＝eq\f(3,4)×eq\f(8,9)×eq\f(15,16)＝eq\f(5,8)，推測(cè)f(n)＝eq\f(n＋2,2?n＋1?)(n∈N*)．反思與感悟數(shù)列中的歸納問(wèn)題要充分利用等差、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式，這是檢驗(yàn)歸納猜想是否正確的根據(jù)．跟蹤訓(xùn)練2若在數(shù)列{an}中，a1＝0，an＋1＝2an＋2(n∈N*)，則猜想an等于()A．2n－2－eq\f(1,2) B．2n－2C．2n－1＋1 D．2n＋1－4考點(diǎn)歸納推理題點(diǎn)歸納推理在數(shù)列中的應(yīng)用答案B解析∵a1＝0＝21－2，∴a2＝2a1＋2＝2＝22－2，a3＝2a2＋2＝4＋2＝6＝23－2，a4＝2a3＋2＝12＋2＝14＝24－2，…，猜想an＝2n－2(n∈N*)．類型二類比推理及應(yīng)用命題角度1平面幾何性質(zhì)類比立體幾何性質(zhì)例3三角形的面積S＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)r，a，b，c為三角形的邊長(zhǎng)，r為三角形內(nèi)切圓的半徑，利用類比推理可以得出四面體的體積為()A．V＝eq\f(1,3)abcB．V＝eq\f(1,3)ShC．V＝eq\f(1,3)(S1＋S2＋S3＋S4)r(S1，S2，S3，S4為四個(gè)面的面積，r為四面體內(nèi)切球的半徑)D．V＝eq\f(1,3)(ab＋bc＋ac)h(h為四面體的高)考點(diǎn)類比推理題點(diǎn)平面幾何與立體幾何之間的類比答案C解析設(shè)△ABC的內(nèi)心為O，連接OA，OB，OC，將△ABC分割為三個(gè)小三角形，這三個(gè)小三角形的高都是r，底邊長(zhǎng)分別為a，b，c.類比：設(shè)四面體A－BCD的內(nèi)切球的球心為O，半徑為r，連接OA，OB，OC，OD，將四面體分割為四個(gè)以O(shè)為頂點(diǎn)，以原來(lái)面為底面的四面體，高都為r，所以V＝eq\f(1,3)(S1＋S2＋S3＋S4)r.反思與感悟平面問(wèn)題類比空間問(wèn)題時(shí)，注意性質(zhì)的相同性和相似性，注意等面積類比等體積，線線距離類比線面距離或者面面距離．跟蹤訓(xùn)練3類比平面上的命題“如果△ABC的三條邊BC，CA，AB上的高分別為ha，hb，hc，△ABC內(nèi)任意一點(diǎn)P到三條邊BC，CA，AB的距離分別為Pa，Pb，Pc，那么eq\f(Pa,ha)＋eq\f(Pb,hb)＋eq\f(Pc,hc)＝1”．寫出空間中的命題．考點(diǎn)類比推理題點(diǎn)平面幾何與立體幾何之間的類比解從四面體的四個(gè)頂點(diǎn)A，B，C，D分別向所對(duì)的面作垂線，垂線段長(zhǎng)分別為ha，hb，hc，hd，P為四面體內(nèi)任意一點(diǎn)，從點(diǎn)P向A，B，C，D四個(gè)頂點(diǎn)所對(duì)的面作垂線，垂線段長(zhǎng)分別為Pa，Pb，Pc，Pd，那么eq\f(Pa,ha)＋eq\f(Pb,hb)＋eq\f(Pc,hc)＋eq\f(Pd,hd)＝1.命題角度2等差數(shù)列的性質(zhì)類比等比數(shù)列的性質(zhì)例4若數(shù)列{an}(n∈N*)是等差數(shù)列，則由bn＝eq\f(a1＋a2＋a3＋…＋an,n)(n∈N*)構(gòu)造的新數(shù)列{bn}也是等差數(shù)列．類比上述性質(zhì)可得，若數(shù)列{cn}(n∈N*)是等比數(shù)列，且cn>0，則由dn＝________(n∈N*)構(gòu)造的新數(shù)列{dn}也是等比數(shù)列．考點(diǎn)類比推理題點(diǎn)等差數(shù)列與等比數(shù)列之間的類比答案eq\r(n,c1c2c3…cn)解析由等差、等比數(shù)列的性質(zhì)易知，等差數(shù)列、等比數(shù)列在運(yùn)算上具有相似性．等差數(shù)列與等比數(shù)列的類比是和與積、倍與乘方、商與開(kāi)方的類比．由此猜想dn＝eq\r(n,c1c2c3…cn)(n∈N*)．反思與感悟等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}類比時(shí)，等差數(shù)列的公差對(duì)應(yīng)等比數(shù)列的公比，等差數(shù)列的加、減法運(yùn)算對(duì)應(yīng)等比數(shù)列的乘、除法運(yùn)算，等差數(shù)列的乘、除法運(yùn)算對(duì)應(yīng)等比數(shù)列的乘方、開(kāi)方運(yùn)算．跟蹤訓(xùn)練4設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差數(shù)列．類比以上結(jié)論有：設(shè)等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)積為Tn，則T4，________，________，eq\f(T16,T12)成等比數(shù)列．考點(diǎn)類比推理題點(diǎn)等差數(shù)列與等比數(shù)列之間的類比答案eq\f(T8,T4)eq\f(T12,T8)解析等差數(shù)列類比等比數(shù)列時(shí)，和類比積，減法類比除法．故類比結(jié)論得設(shè)等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)積為Tn，則T4，eq\f(T8,T4)，eq\f(T12,T8)，eq\f(T16,T12)成等比數(shù)列.1．?dāng)?shù)列2,5,11,20，x,47，…中的x的值為()A．28 B．32C．33 D．27考點(diǎn)歸納推理題點(diǎn)歸納推理在數(shù)列中的應(yīng)用答案B解析因?yàn)?－2＝3×1,11－5＝6＝3×2,20－11＝9＝3×3，所以猜測(cè)x－20＝3×4,47－x＝3×5，推知x＝32.故選B.2．若f(n)＝n2＋n＋21，n∈N*，則下列說(shuō)法正確的是________．①f(n)可以為偶數(shù)；②f(n)一定為奇數(shù)；③f(n)可能為質(zhì)數(shù)；④f(n)一定為合數(shù)．考點(diǎn)合情推理的應(yīng)用題點(diǎn)合情推理在函數(shù)中的應(yīng)用答案②③解析f(1)＝12＋1＋21＝23，f(2)＝22＋2＋21＝27，…，f(n)＝n(n＋1)＋21，所以f(n)有質(zhì)數(shù)，也有合數(shù)，一定不是偶數(shù)，所以f(n)一定是奇數(shù)．3．我們把1,4,9,16,25，…這些數(shù)稱為正方形數(shù)，用圖形表示如圖所示，則第n個(gè)正方形中的點(diǎn)數(shù)是________．考點(diǎn)歸納推理題點(diǎn)歸納推理在圖形中的應(yīng)用答案n2解析由題意知，第n個(gè)正方形中的點(diǎn)數(shù)為n2.4．由“等腰三角形的兩底角相等，兩腰相等”可以類比推出正三棱錐的類似屬性是________________________________________________________________________.考點(diǎn)類比推理題點(diǎn)平面幾何與立體幾何之間的類比答案各側(cè)面與底面所成的二面角相等，各側(cè)面都是全等的三角形或各側(cè)棱相等解析等腰三角形的底與腰可分別與正三棱錐的底面與側(cè)面類比．5．在Rt△ABC中，若C＝90°，AC＝b，BC＝a，則△ABC外接圓半徑r＝eq\f(\r(a2＋b2),2).運(yùn)用類比方法可知，若三棱錐的三條側(cè)棱兩兩互相垂直且長(zhǎng)度分別為a，b，c，則其外接球的半徑R＝________.考點(diǎn)類比推理題點(diǎn)平面幾何與立體幾何之間的類比答案eq\f(\r(a2＋b2＋c2),2)解析通過(guò)類比可得R＝eq\f(\r(a2＋b2＋c2),2).證明過(guò)程為：作一個(gè)在同一個(gè)頂點(diǎn)處棱長(zhǎng)分別為a，b，c的長(zhǎng)方體，則這個(gè)長(zhǎng)方體的體對(duì)角線的長(zhǎng)是eq\r(a2＋b2＋c2)，故這個(gè)長(zhǎng)方體的外接球的半徑是eq\f(\r(a2＋b2＋c2),2)，這也是所求的三棱錐的外接球的半徑．1．合情推理主要包括歸納推理和類比推理．在數(shù)學(xué)研究中，在得到一個(gè)新結(jié)論前，合情推理能幫助猜測(cè)和發(fā)現(xiàn)結(jié)論，在證明一個(gè)數(shù)學(xué)結(jié)論之前，合情推理常常能為證明提供思路與方向．2．合情推理的過(guò)程概括為eq\x(從具體問(wèn)題出發(fā))→eq\x(觀察、分析、比較、聯(lián)想)→eq\x(歸納、類比)→eq\x(提出猜想)一、選擇題1．下列使用類比推理得出的結(jié)論正確的是()A．若“a·3＝b·3，則a＝b”類比出“若a·0＝b·0，則a＝b”B．“若(a＋b)c＝ac＋bc”類比出“(a·b)c＝ac·bc”C．“若(a＋b)c＝ac＋bc”類比出“eq\f(a＋b,c)＝eq\f(a,c)＋eq\f(b,c)(c≠0)”D．“(ab)n＝anbn”類比出“(a＋b)n＝an＋bn”考點(diǎn)類比推理題點(diǎn)類比推理的方法、形式和結(jié)論答案C解析顯然A，B，D不正確，只有C正確．2．根據(jù)給出的數(shù)塔猜測(cè)×9＋7等于()1×9＋2＝1112×9＋3＝111123×9＋4＝11111234×9＋5＝1111112345×9＋6＝…A．B．C．D．考點(diǎn)歸納推理題點(diǎn)歸納推理在數(shù)陣中的應(yīng)用答案B解析由數(shù)塔猜測(cè)應(yīng)是各位都是1的七位數(shù)，即.3．觀察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cosx)′＝－sinx，由歸納推理可得：若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(－x)＝f(x)，記g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則g(－x)等于()A．f(x) B．－f(x)C．g(x) D．－g(x)考點(diǎn)合情推理的應(yīng)用題點(diǎn)合情推理在函數(shù)中的應(yīng)用答案D解析由所給函數(shù)及其導(dǎo)函數(shù)知，偶函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為奇函數(shù)．因此當(dāng)f(x)是偶函數(shù)時(shí)，其導(dǎo)函數(shù)應(yīng)為奇函數(shù)，故g(－x)＝－g(x)．4．下列平面圖形中與空間的平行六面體作為類比對(duì)象較合適的是()A．三角形 B．梯形C．平行四邊形 D．矩形考點(diǎn)類比推理題點(diǎn)平面幾何與立體幾何之間的類比答案C解析因?yàn)槠叫辛骟w相對(duì)的兩個(gè)面互相平行，類比平面圖形，則相對(duì)的兩條邊互相平行，故選C.5．已知扇形的弧長(zhǎng)為l，半徑為r，類比三角形的面積公式S＝eq\f(1,2)(底×高)可推測(cè)扇形的面積S′等于()A．lr B.eq\f(1,2)lrC.eq\f(1,4)lr D.eq\r(lr)考點(diǎn)類比推理題點(diǎn)類比推理的方法、形式和結(jié)論答案B解析扇形的弧長(zhǎng)相當(dāng)于三角形的底邊長(zhǎng)，扇形的半徑相當(dāng)于三角形的底邊上的高，故類比三角形的面積公式可推得扇形的面積S′＝eq\f(1,2)lr.6．已知{bn}為等比數(shù)列，b5＝2，則b1·b2·b3·b4·b5·b6·b7·b8·b9＝29.若{an}為等差數(shù)列，a5＝2，則{an}的類似結(jié)論為()A．a(chǎn)1a2a3…a9＝29 B．a(chǎn)1＋a2＋a3＋…＋a9＝29C．a(chǎn)1a2a3…a9＝2×9 D．a(chǎn)1＋a2＋a3＋…＋a9＝2×9考點(diǎn)類比推理題點(diǎn)等差數(shù)列與等比數(shù)列之間的類比答案D7．以下數(shù)表的構(gòu)造思路源于我國(guó)南宋數(shù)學(xué)家楊輝所著的《詳解九章算術(shù)》一書(shū)中的“楊輝三角形”．12345…20132014201520163579…………40274029403181216………………2028……16116……該表由若干行數(shù)字組成，從第二行起，每一行中的數(shù)字均等于其“肩上”兩數(shù)之和，表中最后一行僅有一個(gè)數(shù)，則這個(gè)數(shù)為()A．2017×22015 B．2017×22014C．2016×22015 D．2016×22014考點(diǎn)歸納推理題點(diǎn)歸納推理在數(shù)陣中的應(yīng)用答案B解析由題意知，數(shù)表的每一行都是等差數(shù)列，且第1行公差為1，第2行公差為2，第3行公差為4，…，第2015行公差為22014，故第1行的第一個(gè)數(shù)為：2×2－1，第2行的第一個(gè)數(shù)為：3×20，第3行的第一個(gè)數(shù)為：4×21，…，第n行的第一個(gè)數(shù)為：(n＋1)×2n－2，第2016行只有M，則M＝(1＋2016)·22014＝2017×22014，故選B.8．已知x>0，由不等式x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2，x＋eq\f(4,x2)＝eq\f(x,2)＋eq\f(x,2)＋eq\f(4,x2)≥3eq\r(3,\f(x,2)·\f(x,2)·\f(4,x2))＝3，…，可以得出推廣結(jié)論x＋eq\f(a,xn)≥n＋1(n∈N*)，則a等于()A．2n B．n2C．3n D．nn考點(diǎn)歸納推理題點(diǎn)歸納推理在數(shù)式中的應(yīng)用答案D解析再續(xù)寫一個(gè)不等式：x＋eq\f(33,x3)＝eq\f(x,3)＋eq\f(x,3)＋eq\f(x,3)＋eq\f(33,x3)≥4eq\r(4,\f(x,3)·\f(x,3)·\f(x,3)·\f(33,x3))＝4.由此可推得a＝nn.9．已知eq\f(7,10)>eq\f(5,8)，eq\f(9,11)>eq\f(8,10)，eq\f(13,25)>eq\f(9,21)，…，若a>b>0且m>0，則eq\f(b＋m,a＋m)與eq\f(b,a)之間的大小關(guān)系為()A．相等 B．前者大C．后者大 D．不確定考點(diǎn)合情推理的應(yīng)用題點(diǎn)合情推理在不等式中的應(yīng)用答案B解析觀察題中不等式的特征，由歸納推理易得B正確．二、填空題10．設(shè)n為正整數(shù)，f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，計(jì)算得f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)>2，f(8)>eq\f(5,2)，f(16)>3，觀察上述結(jié)果，可推測(cè)一般結(jié)論為_(kāi)_______________．考點(diǎn)合情推理的應(yīng)用題點(diǎn)合情推理在函數(shù)中的應(yīng)用答案f(2n)≥eq\f(n＋2,2)解析由前四個(gè)式子可得，第n個(gè)不等式的左邊應(yīng)當(dāng)為f(2n)，右邊應(yīng)當(dāng)為eq\f(n＋2,2)，即可得一般性結(jié)論為f(2n)≥eq\f(n＋2,2).11．圓(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)在點(diǎn)P(x0，y0)處切線的方程為(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2，由此類比，橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)在點(diǎn)P(x0，y0)處切線的方程為_(kāi)_____________．考點(diǎn)類比推理題點(diǎn)平面曲線之間的類比答案eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1解析類比過(guò)圓上一點(diǎn)的切線方程，可合情推理：橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)在點(diǎn)P(x0，y0)處的切線方程為eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1.三、解答題12．設(shè)a>0，且a≠1，f(x)＝eq\f(1,ax＋\r(a)).(1)求f(0)＋f(1)，f(－1)＋f(2)；(2)由(1)的結(jié)果歸納概括對(duì)所有實(shí)數(shù)x都成立的一個(gè)等式，并加以證明．考點(diǎn)合情推理的應(yīng)用題點(diǎn)合情推理在函數(shù)中的應(yīng)用解(1)f(0)＋f(1)＝eq\f(1,1＋\r(a))＋eq\f(1,a＋\r(a))＝eq\f(1,\r(a))＝eq\f(\r(a),a)，f(－1)＋f(2)＝eq\f(1,a－1＋\r(a))＋eq\f(1,a2＋\r(a))＝eq\f(1,\r(a))＝eq\f(\r(a),a).(2)由(1)歸納得對(duì)一切實(shí)數(shù)x，有f(x)＋f(1－x)＝eq\f(\r(a),a).證明：f(x)＋f(1－x)＝eq\f(1,ax＋\r(a))＋eq\f(1,a1－x＋\r(a))＝eq\f(1,ax＋\r(a))＋eq\f(ax,\r(a)?\r(a)＋ax?)＝eq\f(\r(a)＋ax,\r(a)?\r(a)＋ax?)＝eq\f(1,\r(a))＝eq\f(\r(a),a).13．已知在Rt△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC于D，有eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)成立．那么在四面體A－BCD中，類比上述結(jié)論，你能得到怎樣的猜想，說(shuō)明猜想是否正確，并給出理由．題點(diǎn)類比推理題點(diǎn)平面幾何與立體幾何之間的類比解類比AB⊥AC，AD⊥BC，可以猜想在四面體A－BCD中，AB，AC，AD兩兩垂直，AE⊥平面BCD，則eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).猜想正確．如圖所示，連接BE，并延長(zhǎng)交CD于F，連接AF.∵AB⊥AC，AB⊥AD，AC，AD?平面ACD，AC∩AD＝A，∴AB⊥平面ACD.而AF?平面ACD，∴AB⊥AF.在Rt△ABF中，AE⊥BF，∴eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AF2).在Rt△ACD中，AF⊥CD，∴eq\f(1,AF2)＝eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).∴eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2)，故猜想正確．四、探究與拓展14．觀察下列等式：①cos2α＝2cos2α－1；②cos4α＝8cos4α－8cos2α＋1；③cos6α＝32cos6α－48cos4α＋18cos2α－1；④cos8α＝128cos8α－256cos6α＋160cos4α－32cos2α＋1；⑤cos10α＝mcos10α－1280cos8α＋1120cos6α＋ncos4α＋pcos2α－1.可以推測(cè)，m－n＋p＝________.考點(diǎn)歸納推理題點(diǎn)歸納推理在數(shù)對(duì)中的應(yīng)用答案962解析cosα的最高次項(xiàng)的系數(shù)2,8,32,128構(gòu)成了公比為4的等比數(shù)列，故m＝128×4＝512；取α＝0，則cosα＝1，cos10α＝1，代入等式⑤，得1＝m－1280＋1120＋n＋p－1，即n＋p＝－350(1)；取α＝eq\f(π,3)，則cosα＝eq\f(1,2)，cos10α＝－eq\f(1,2)，代入等式⑤，得－eq\f(1,2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))10－1280×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))8＋1120×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))6＋n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＋p·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2－1，即n＋4p＝－200(2)．聯(lián)立(1)(2)，得n＝－400，p＝50，∴m－n＋p＝512－(－400)＋50＝962.15．已知正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足Sn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,an)))(n∈N*)，求出a1，a2，a3，a4，并推測(cè)an.考點(diǎn)歸納推理題點(diǎn)歸納推理在數(shù)列中的應(yīng)用解方法一a1＝S1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(1,a1)))，因?yàn)閍1>0，所以a1＝1.當(dāng)n≥2時(shí)，Sn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,an)))，Sn－1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－1＋\f(1,an－1)))，兩式相減，得an＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,an)))－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－1＋\f(1,an－1)))，即an－eq\f(1,an)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－1＋\f(1,an－1)))，所以a2－eq\f(1,a2)＝－2.又因?yàn)閍2>0，所以a2＝eq\r(2)－1，a3－eq\f