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  • 2021-05-13 发布

2015高考数学(理)(合情推理与演绎推理)一轮复习学案

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学案37 合情推理与演绎推理 导学目标: 1.了解合情推理的含义,能利用归纳和类比等进行简单的推理,了解合情推理在数学发现中的作用.2.了解演绎推理的重要性,掌握演绎推理的基本模式,并能运用它们进行一些简单推理.3.了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异.‎ 自主梳理 自我检测 ‎1.(2010·山东)观察(x2)′=2x,(x4)′=4x3,(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)‎ 等于(  )‎ A.f(x) B.-f(x) C.g(x) D.-g(x)‎ ‎2.(2010·珠海质检)给出下面类比推理命题(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“若a,b∈C,则a-b=0⇒a=b”;‎ ‎②“若a,b,c,d∈R,则复数a+bi=c+di⇒a=c,b=d”类比推出“若a,b,c,d∈Q,则a+b=c+d⇒a=c,b=d”;‎ ‎③“若a,b∈R,则a-b>0⇒a>b”类比推出“若a,b∈C,则a-b>0⇒a>b”.其中类比结论正确的个数是(  )‎ A.0 B.‎1 ‎ C.2 D.3‎ ‎3.(2009·江苏)在平面上,若两个正三角形的边长比为1∶2,则它们的面积比为1∶4,类似地,在空间中,若两个正四面体的棱长比为1∶2,则它们的体积比为________.‎ ‎4.(2010·陕西)观察下列等式:13+23=32,13+23+33=62,13+23+33+43=102,…,根据上述规律,第五个等式为________________________________.‎ ‎5.(2011·苏州月考)一切奇数都不能被2整除,2100+1是奇数,所以2100+1不能被2整除,其演绎推理的“三段论”的形式为___________________________________________.‎ 探究点一 归纳推理 例1 在数列{an}中,a1=1,an+1=,n∈N*,猜想这个数列的通项公式,这个猜想正确吗?请说明理由.‎ 变式迁移1 观察:①sin210°+cos240°+sin 10°cos 40°=;‎ ‎②sin26°+cos236°+sin 6°cos 36°=.‎ 由上面两题的结构规律,你能否提出一个猜想?并证明你的猜想.‎ 探究点二 类比推理 例2 (2011·银川月考)在平面内,可以用面积法证明下面的结论:‎ 从三角形内部任意一点,向各边引垂线,其长度分别为pa,pb,pc,且相应各边上的高分别为ha,hb,hc,则有++=1.‎ 请你运用类比的方法将此结论推广到四面体中并证明你的结论.‎ 变式迁移2 在Rt△ABC中,若∠C=90°,AC=b,BC=a,则△ABC的外接圆半径r=,将此结论类比到空间有_______________________________________________.‎ 探究点三 演绎推理 例3 在锐角三角形ABC中,AD⊥BC,BE⊥AC,D、E是垂足.求证:AB的中点M到D、E的距离相等.‎ 变式迁移3 指出对结论“已知和是无理数,证明+是无理数”的下述证明是否为“三段论”,证明有错误吗?‎ 证明:∵无理数与无理数的和是无理数,而与都是无理数,∴+也是无理数.‎ ‎1.合情推理是指“合乎情理”的推理,数学研究中,得到一个新结论之前,合情推理常常能帮助我们猜测和发现结论;证明一个数学结论之前,合情推理常常能为我们提供证明的思路和方向.合情推理的过程概括为:―→―→―→.一般来说,由合情推理所获得的结论,仅仅是一种猜想,其可靠性还需进一步证明.‎ ‎2.归纳推理与类比推理都属合情推理:(1)归纳推理: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,或由个别事实概括出一般结论的推理,称为归纳推理.它是一种由部分到整体,由个别到一般的推理.(2)类比推理: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,它是一种由特殊到特殊的推理.‎ ‎3.从一般性的原理出发,推出某个特殊情况下的结论,把这种推理称为演绎推理,也就是由一般到特殊的推理,三段论是演绎推理的一般模式,包括大前提,小前提,结论.‎ ‎ ‎ ‎(满分:75分)‎ 一、选择题(每小题5分,共25分)‎ ‎1.(2011·福建厦门华侨中学模拟)定义A*B,B*C,C*D,D*A的运算分别对应下图中的(1)、(2)、(3)、(4),那么下图中的(A)、(B)所对应的运算结果可能是(  )‎ A.B*D,A*D B.B*D,A*C C.B*C,A*D D.C*D,A*D ‎2.(2011·厦门模拟)设f(x)=,又记f1(x)=f(x),fk+1(x)=f(fk(x)),k=1,2,…,则f2 010(x)等于(  )‎ A.- B.x C. D. ‎3.由代数式的乘法法则类比推导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“=”.‎ 以上的式子中,类比得到的结论正确的个数是(  )‎ A.1 B.‎2 ‎ C.3 D.4‎ ‎4.(2009·湖北)古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数,比如:‎ 他们研究过图(1)中的1,3,6,10,…,由于这些数能够表示成三角形,将其称为三角形数;类似的,称图(2)中的1,4,9,16,…这样的数为正方形数.‎ 下列数中既是三角形数又是正方形数的是(  )‎ A.289 B.1 ‎024 ‎ C.1 225 D.1 378‎ ‎5.已知整数的数对如下:(1,1),(1,2),(2,1),(1,3),(2,2),(3,1),(1,4),(2,3),(3,2),(4,1),(1,5),(2,4),…则第60个数对是(  )‎ A.(3,8) B.(4,7)‎ C.(4,8) D.(5,7)‎ 二、填空题(每小题4分,共12分)‎ ‎6.已知正三角形内切圆的半径是高的,把这个结论推广到空间正四面体,类似的结论是________________________________________________________________________.‎ ‎7.(2011·广东深圳高级中学模拟)定义一种运算“*”:对于自然数n满足以下运算性质:‎ ‎8.(2011·陕西)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_____________________________________________________.‎ 三、解答题(共38分)‎ ‎9.(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=-,且Sn++2=0(n≥2).计算S1,S2,S3,S4,并猜想Sn的表达式.‎ ‎10.(12分)(2011·杭州调研)已知函数f(x)=- (a>0且a≠1),‎ ‎(1)证明:函数y=f(x)的图象关于点对称;‎ ‎(2)求f(-2)+f(-1)+f(0)+f(1)+f(2)+f(3)的值.‎ ‎11.(14分)如图1,若射线OM,ON上分别存在点M1,M2与点N1,N2,则=·;如图2,若不在同一平面内的射线OP,OQ和OR上分别存在点P1,P2,点Q1,Q2和点R1,R2,则类似的结论是什么?这个结论正确吗?说明理由.‎ 学案37 合情推理与演绎推理 自主梳理 归纳推理 全部对象 部分 个别 类比推理 这些特征 特殊到特殊 ①一般原理 ②特殊情况 ③特殊情况 一般 特殊 自我检测 ‎1.D [由所给函数及其导数知,偶函数的导函数为奇函数.因此当f(x)是偶函数时,其导函数应为奇函数,故g(-x)=-g(x).]‎ ‎2.C [①②正确,③错误.因为两个复数如果不全是实数,不能比较大小.]‎ ‎3.1∶8‎ 解析 ∵两个正三角形是相似的三角形,∴它们的面积之比是相似比的平方.同理,两个正四面体是两个相似几何体,体积之比为相似比的立方,所以它们的体积比为1∶8.‎ ‎4.13+23+33+43+53+63=212‎ 解析 由前三个式子可以得出如下规律:每个式子等号的左边是从1开始的连续正整数的立方和,且个数依次多1,等号的右边是一个正整数的平方,后一个正整数依次比前一个大3,4,…,因此,第五个等式为13+23+33+43+53+63=212.‎ ‎5.一切奇数都不能被2整除 大前提 ‎2100+1是奇数 小前提 所以2100+1不能被2整除 结论 课堂活动区 例1 解题导引 归纳分为完全归纳和不完全归纳,由归纳推理所得的结论虽然未必是可靠的,但它由特殊到一般、由具体到抽象的认识功能,对科学的发现是十分有用的,观察、实验,对有限的资料作归纳整理,提出带规律性的说法是科学研究的最基本的方法之一.‎ 解 在{an}中,a1=1,a2==,‎ a3===,a4==,…,‎ 所以猜想{an}的通项公式为an=.‎ 这个猜想是正确的,证明如下:‎ 因为a1=1,an+1=,‎ 所以==+,‎ 即-=,所以数列是以=1为首项,‎ 为公差的等差数列,‎ 所以=1+(n-1)×=n+,‎ 所以通项公式an=.‎ 变式迁移1 解 猜想sin2α+cos2(α+30°)+sin αcos(α+30°)=.‎ 证明如下:‎ 左边=sin2α+cos(α+30°)[cos(α+30°)+sin α]‎ ‎=sin2α+ ‎=sin2α+cos2α-sin2α==右边.‎ 例2 解题导引 类比推理是根据两个对象有一部分属性类似,推出这两个对象的其他属性亦类似的一种推理方法,例如我们拿分式同分数来类比,平面几何与立体几何中的某些对象类比等等.我们必须清楚类比并不是论证,它可以帮助我们发现真理.类比推理应从具体问题出发,通过观察、分析、联想进行对比、归纳、提出猜想.‎ 解 ‎ 类比:从四面体内部任意一点向各面引垂线,其长度分别为pa,pb,pc,pd,且相应各面上的高分别为ha,hb,hc,hd.‎ 则有+++=1.‎ 证明如下:‎ ==,‎ 同理有=,=,=,‎ VP—BCD+VP—CDA+VP—BDA+VP—ABC=VA—BCD,‎ ‎∴+++ ‎==1.‎ 变式迁移2 在三棱锥A—BCD中,若AB、AC、AD两两互相垂直,且AB=a,AC=b,AD=c,则此三棱锥的外接球半径R= 例3 解题导引 在演绎推理中,只有前提(大前提、小前提)和推理形式都是正确的,结论才是正确的,否则所得的结论可能就是错误的.推理时,要清楚大前提、小前提及二者之间的逻辑关系.‎ 证明 (1)因为有一个内角是直角的三角形是直角三角形,——大前提 在△ABD中,AD⊥BC,即∠ADB=90°,——小前提 所以△ADB是直角三角形.——结论 ‎(2)因为直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,——大前提 而M是Rt△ADB斜边AB的中点,DM是斜边上的中线,——小前提 所以DM=AB.——结论 同理EM=AB,所以DM=EM.‎ 变式迁移3 解 证明是“三段论”模式,证明有错误.证明中大前提使用的论据是“无理数与无理数的和是无理数”,这个论据是假的,因为两个无理数的和不一定是无理数,因此原理的真实性仍无法断定.‎ 课后练习区 ‎1.B [由(1)(2)(3)(4)图得A表示|,B表示□,C表示—,D表示○,故图(A)(B)表示B*D和A*C.]‎ ‎2.A [计算f2(x)=f==-,‎ f3(x)=f==,‎ f4(x)==x,f5(x)=f1(x)=,‎ 归纳得f4k+i(x)=fi(x),k∈N*,i=1,2,3,4.‎ ‎∴f2 010(x)=f2(x)=-.]‎ ‎3.B [只有①、②对,其余错误,故选B.]‎ ‎4.C [设图(1)中数列1,3,6,10,…的通项公式为an,则 a2-a1=2,a3-a2=3,a4-a3=4,…,an-an-1=n.‎ 故an-a1=2+3+4+…+n,‎ ‎∴an=.‎ 而图(2)中数列的通项公式为bn=n2,因此所给的选项中只有1 225满足a49==b35=352=1 225.]‎ ‎5.D [观察可知横坐标和纵坐标之和为2的数对有1个,和为3的数对有2个,和为4的数对有3个,和为5的数对有4个,依次类推和为n+1的数对有n个,多个数对的排序是按照横坐标依次增大的顺序来排的,由=60⇒n(n+1)=120,n∈Z,n=10时,=55个数对,还差5个数对,且这5个数对的横、纵坐标之和为12,它们依次是(1,11),(2,10),(3,9),(4,8),(5,7),‎ ‎∴第60个数对是(5,7).]‎ ‎6.空间正四面体的内切球的半径是高的 解析 利用体积分割可证明.‎ ‎7.n ‎8.n+(n+1)+…+(3n-2)=(2n-1)2‎ 解析 ∵1=12,2+3+4=9=32,3+4+5+6+7=25=52,∴第n个等式为n+(n+1)+…+(3n-2)=(2n-1)2.‎ ‎9.解 当n=1时,S1=a1=-.(2分)‎ 当n=2时,=-2-S1=-,‎ ‎∴S2=-.(4分)‎ 当n=3时,=-2-S2=-,‎ ‎∴S3=-.(6分)‎ 当n=4时,=-2-S3=-,‎ ‎∴S4=-.(8分)‎ 猜想:Sn=- (n∈N*).(12分)‎ ‎10.(1)证明 函数f(x)的定义域为R,任取一点(x,y),它关于点对称的点的坐标为(1-x,-1-y).(2分)‎ 由已知得y=-,‎ 则-1-y=-1+=-,(4分)‎ f(1-x)=-=- ‎=-=-,∴-1-y=f(1-x).‎ 即函数y=f(x)的图象关于点对称.(6分)‎ ‎(2)解 由(1)有-1-f(x)=f(1-x),‎ 即f(x)+f(1-x)=-1.(9分)‎ ‎∴f(-2)+f(3)=-1,f(-1)+f(2)=-1,‎ f(0)+f(1)=-1,‎ 则f(-2)+f(-1)+f(0)+f(1)+f(2)+f(3)=-3.‎ ‎(12分)‎ ‎11.解 类似的结论为:=··.‎ ‎(4分)‎ 这个结论是正确的,证明如下:‎ 如图,过R2作R‎2M2‎⊥平面P2OQ2于M2,连接OM2.‎ 过R1在平面OR‎2M2‎作R‎1M1∥R‎2M2‎交OM2于M1,‎ 则R‎1M1⊥平面P2OQ2.‎ 由VO—P1Q1R1=S△P1OQ1·R‎1M1=·OP1·OQ1·sin∠P1OQ1·R‎1M1‎ ‎=OP1·OQ1·R‎1M1·sin∠P1OQ1,(8分)‎ 同理,VO—P2Q2R2=OP2·OQ2·R‎2M2‎·sin∠P2OQ2.‎ 所以=.(10分)‎ 由平面几何知识可得=.(12分)‎ 所以=.‎ 所以结论正确.(14分)‎