第四節(jié)合情推理與演繹推理高頻考點(diǎn)考點(diǎn)一歸納推理1．歸納推理是每年高考的?？純?nèi)容，題型多為選擇題和填空題，難度稍大，屬中高檔題．2．高考對(duì)歸納推理的考查常有以下幾個(gè)命題角度：(1)歸納推理與等式或不等式“共舞”問題；(2)歸納推理與數(shù)列“牽手”問題；(3)歸納推理與圖形變化“相融”問題．[例1](1)(·陜西高考)觀察下列等式：12＝1，12－22＝－3，12－22＋32＝6，12－22＋32－42＝－10，……照此規(guī)律，第n個(gè)等式可為________．(2)(·湖北高考)古希臘畢達(dá)哥拉斯學(xué)派的數(shù)學(xué)家研究過各種多邊形數(shù)．如三角形數(shù)1,3,6,10，…，第n個(gè)三角形數(shù)為eq\f(nn＋1,2)＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,2)n.記第n個(gè)k邊形數(shù)為N(n，k)(k≥3)，以下列出了部分k邊形數(shù)中第n個(gè)數(shù)的表達(dá)式：三角形數(shù)N(n,3)＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,2)n，正方形數(shù)N(n,4)＝n2，五邊形數(shù)N(n,5)＝eq\f(3,2)n2－eq\f(1,2)n，六邊形數(shù)N(n,6)＝2n2－n，……可以推測(cè)N(n，k)的表達(dá)式，由此計(jì)算N(10,24)＝________.(3)(·青島模擬)某種平面分形圖如下圖所示，一級(jí)分形圖是由一點(diǎn)出發(fā)的三條線段，長(zhǎng)度均為1，兩兩夾角為120°；二級(jí)分形圖是在一級(jí)分形圖的每條線段的末端出發(fā)再生成兩條長(zhǎng)度為原來eq\f(1,3)的線段，且這兩條線段與原線段兩兩夾角為120°，…，依此規(guī)律得到n級(jí)分形圖．一級(jí)分形圖二級(jí)分形圖三級(jí)分形圖①n級(jí)分形圖中共有________條線段；②n級(jí)分形圖中所有線段長(zhǎng)度之和為________．[自主解答](1)觀察規(guī)律可知，第n個(gè)式子為12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1eq\f(nn＋1,2).(2)N(n，k)＝akn2＋bkn(k≥3)，其中數(shù)列{ak}是以eq\f(1,2)為首項(xiàng)，eq\f(1,2)為公差的等差數(shù)列；數(shù)列{bk}是以eq\f(1,2)為首項(xiàng)，－eq\f(1,2)為公差的等差數(shù)列．所以N(n,24)＝11n2－10n，當(dāng)n＝10時(shí)，N(10，24)＝11×102－10×10＝1000.(3)①分形圖的每條線段的末端出發(fā)再生成兩條線段，由題圖知，一級(jí)分形圖有3＝(3×2－3)條線段，二級(jí)分形圖有9＝(3×22－3)條線段，三級(jí)分形圖中有21＝(3×23－3)條線段，按此規(guī)律n級(jí)分形圖中的線段條數(shù)an＝(3×2n－3)(n∈N*)．②分形圖的每條線段的末端出發(fā)再生成兩條長(zhǎng)度為原來eq\f(1,3)的線段，∴n級(jí)分形圖中第n級(jí)的所有線段的長(zhǎng)度為bn＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1(n∈N*)，∴n級(jí)分形圖中所有線段長(zhǎng)度之和為Sn＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))0＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))1＋…＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1＝3×eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n,1－\f(2,3))＝9－9×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n.[答案](1)12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1eq\f(nn＋1,2)(2)1000(3)①3×2n－3②9－9×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n歸納推理問題的常見類型及解題策略(1)與等式或不等式“共舞”問題．觀察所給的幾個(gè)等式或不等式兩邊式子的特點(diǎn)，注意是縱向看，發(fā)現(xiàn)隱含的規(guī)律．(2)與數(shù)列“牽手”問題．先求出幾個(gè)特殊現(xiàn)象，歸納所得的結(jié)論是尚屬未知的一般現(xiàn)象，該結(jié)論超越了前提所包含的范圍，從而由特殊的結(jié)論推廣到一般結(jié)論．(3)與圖形變化“相融”問題．合理利用特殊圖形歸納推理得出結(jié)論，并用賦值檢驗(yàn)法驗(yàn)證其真?zhèn)涡裕?．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x,x＋2)(x>0)，觀察：f1(x)＝f(x)＝eq\f(x,x＋2)，f2(x)＝f(f1(x))＝eq\f(x,3x＋4)，f3(x)＝f(f2(x))＝eq\f(x,7x＋8)，f4(x)＝f(f3(x))＝eq\f(x,15x＋16)，……根據(jù)以上事實(shí)，由歸納推理可得：當(dāng)n∈N*且n≥2時(shí)，fn(x)＝f(fn－1(x))＝________.解析：根據(jù)題意知，分子都是x，分母中的常數(shù)項(xiàng)依次是2,4,8,16，…，可知fn(x)的分母中常數(shù)項(xiàng)為2n，分母中x的系數(shù)為2n－1，故fn(x)＝f(fn－1(x))＝eq\f(x,2n－1x＋2n).答案：eq\f(x,2n－1x＋2n)2．(·溫州模擬)如圖的倒三角形數(shù)陣滿足：①第1行的n個(gè)數(shù)，分別是1,3,5，…，2n－1；②從第2行起，各行中的每一個(gè)數(shù)都等于它肩上的兩數(shù)之和；③數(shù)陣共有n行．當(dāng)n＝2012時(shí)，第32行的第17個(gè)數(shù)是________．eq\a\vs4\al(1357911……,48121620……,12202836……,……)解析：每行的第1個(gè)數(shù)分別是1,4,12,32，…，記為數(shù)列{an}，它的通項(xiàng)公式為an＝n×2n－1，則第32行的第1個(gè)數(shù)為a32＝32×232－1＝236，而在第32行的各個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，且公差為232，所以第17個(gè)數(shù)是236＋(17－1)×232＝236＋24×232＝2×236＝237.答案：2373．仔細(xì)觀察下面○和●的排列規(guī)律：○●○○●○○○●○○○○●○○○○○●○○○○○○●……，若依此規(guī)律繼續(xù)下去，得到一系列的○和●，那么在前120個(gè)○和●中，●的個(gè)數(shù)是________．解析：進(jìn)行分組○●|○○●|○○○●|○○○○●|○○○○○●|○○○○○○●|……，則前n組兩種圈的總數(shù)是f(n)＝2＋3＋4＋…＋(n＋1)＝eq\f(nn＋3,2)，易知f(14)＝119，f(15)＝135，故n＝14.答案：14考點(diǎn)二類比推理[例2]如圖所示，面積為S的平面凸四邊形的第i條邊的邊長(zhǎng)記為ai(i＝1,2,3,4)，此四邊形內(nèi)任一點(diǎn)P到第i條邊的距離記為hi(i＝1,2,3,4)，若eq\f(a1,1)＝eq\f(a2,2)＝eq\f(a3,3)＝eq\f(a4,4)＝k，則1×h1＋2×h2＋3×h3＋4×h4＝eq\f(2S,k).類比以上性質(zhì)，體積為V的三棱錐的第i個(gè)面的面積記為Si(i＝1,2,3,4)，此三棱錐內(nèi)任一點(diǎn)Q到第i個(gè)面的距離記為Hi(i＝1,2,3,4)，若eq\f(S1,1)＝eq\f(S2,2)＝eq\f(S3,3)＝eq\f(S4,4)＝k，則H1＋2H2＋3H3＋4H4值為()A.eq\f(4V,k)B.eq\f(3V,k)C.eq\f(2V,k)D.eq\f(V,k)[自主解答]在平面凸四邊形中，連接P點(diǎn)與各個(gè)頂點(diǎn)，將其分成四個(gè)小三角形，根據(jù)三角形面積公式，得S＝eq\f(1,2)(a1h1＋a2h2＋a3h3＋a4h4)＝eq\f(1,2)(kh1＋2kh2＋3kh3＋4kh4)＝eq\f(k,2)(h1＋2h2＋3h3＋4h4)．所以h1＋2h2＋3h3＋4h4＝eq\f(2S,k).類似地，連接Q點(diǎn)與三棱錐的四個(gè)頂點(diǎn)，將其分成四個(gè)小三棱錐，則有V＝eq\f(1,3)(S1H1＋S2H2＋S3H3＋S4H4)＝eq\f(1,3)(kH1＋2kH2＋3kH3＋4kH4)＝eq\f(k,3)(H1＋2H2＋3H3＋4H4)，所以H1＋2H2＋3H3＋4H4＝eq\f(3V,k).[答案]B【方法規(guī)律】類比推理的一般步驟(1)找出兩類事物之間的相似性或一致性．(2)用一類事物的性質(zhì)去推測(cè)另一類事物的性質(zhì)，得出一個(gè)明確的命題(猜想)．已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，若am＝a，an＝b(n－m≥1，m，n∈N*)，則am＋n＝eq\f(nb－ma,n－m).類比等差數(shù)列{an}的上述結(jié)論，對(duì)于等比數(shù)列{bn}(bn>0，n∈N*)，若bm＝c，bn＝d(n－m≥2，m，n∈N*)，則可以得到bm＋n＝________.解析：法一：設(shè)數(shù)列{an}的公差為d1，則d1＝eq\f(an－am,n－m)＝eq\f(b－a,n－m).所以am＋n＝am＋nd1＝a＋n·eq\f(b－a,n－m)＝eq\f(bn－am,n－m).類比推導(dǎo)方法可知：設(shè)數(shù)列{bn}的公比為q，由bn＝bmqn－m，可知d＝cqn－m，所以q＝eq\r(n－m,\f(d,c))，所以bm＋n＝bmqn＝c·eq\r(n－m,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,c)))n)＝eq\r(n－m,\f(dn,cm)).法二：(直接類比)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d1，數(shù)列{bn}的公比為q，因?yàn)榈炔顢?shù)列中an＝a1＋(n－1)d1，等比數(shù)列中bn＝b1qn－1，因?yàn)閍m＋n＝eq\f(nb－ma,n－m)，所以bm＋n＝eq\r(n－m,\f(dn,cm)).答案：eq\r(n－m,\f(dn,cm))考點(diǎn)三演繹推理[例3]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(a,x)＋bx，其中a>0，b>0，x∈(0，＋∞)，試確定f(x)的單調(diào)區(qū)間，并證明在每個(gè)單調(diào)區(qū)間上的增減性．[自主解答]設(shè)0<x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x1)＋bx1))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x2)＋bx2))＝(x2－x1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x1x2)－b)).當(dāng)0<x1<x2≤eq\r(\f(a,b))時(shí)，∵a>0，b>0，∴x2－x1>0,0<x1x2<eq\f(a,b)，eq\f(a,x1x2)>b，∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(a,b))))上是減函數(shù)；當(dāng)x2>x1≥eq\r(\f(a,b))>0時(shí)，x2－x1>0，x1x2>eq\f(a,b)，eq\f(a,x1x2)<b，∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,b))，＋∞))上是增函數(shù)．【方法規(guī)律】應(yīng)用演繹推理應(yīng)注意的問題演繹推理是從一般到特殊的推理；其一般形式是三段論，應(yīng)用三段論解決問題時(shí)，應(yīng)當(dāng)首先明確什么是大前提和小前提，如果前提是顯然的，則可以省略．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2x－1,2x＋1)(x∈R)．(1)判定函數(shù)f(x)的奇偶性；(2)判定函數(shù)f(x)在R上的單調(diào)性，并證明．解：(1)對(duì)任意x∈R，有－x∈R，并且f(－x)＝eq\f(2－x－1,2－x＋1)＝eq\f(1－2x,1＋2x)＝－eq\f(2x－1,2x＋1)＝－f(x)，所以f(x)是奇函數(shù)．(2)f(x)在R上單調(diào)遞增，證明如下：任取x1，x2∈R，并且x1>x2，f(x1)－f(x2)＝eq\f(2x1－1,2x1＋1)－eq\f(2x2－1,2x2＋1)＝eq\f(2x1－12x2＋1－2x2－12x1＋1,2x1＋12x2＋1)＝eq\f(22x1－2x2,2x1＋12x2＋1).∵x1>x2，∴2x1>2x2>0，即2x1－2x2>0.又∵2x1＋1>0,2x2＋1>0，∴eq\f(22x1－2x2,2x1＋12x2＋1)>0.∴f(x1)>f(x2)．∴f(x)在R上為單調(diào)遞增函數(shù)．———————————[課堂歸納——通法領(lǐng)悟]————————————————1個(gè)區(qū)別——合情推理與演繹推理的區(qū)別(1)歸納是由特殊到一般的推理；(2)類比是由特殊到特殊的推理；(3)演繹推理是由一般到特殊的推理；(4)從推理的結(jié)論來看，合情推理的結(jié)論不一定正確，有待證明；若大前提和小前提正確，則演繹推理得到的結(jié)論一定正確．2個(gè)步驟——?dú)w納推理與類比推理的步驟(1)歸納推理的一般步驟