歸納、類比、演繹推理問題求解策略

高慧明

推理是根據一個或幾個已知的判斷來確定一個新的判斷的思維過程，它包括合情推理與演繹推理，合情推理又包括歸納推理和類比推理，歸納推理是由某類事物的部分對象具有某些特征，推出該類事物的全部對象都具有這些特征的推理，或者由個別事實概括出一般結論的推理，由部分到整體、歸納推理由個別到一般的推理類比；推理是由兩類對象具有某些類似特征和其中一類對象的某些已知特征，推出另一類對象也具有這些特征的推理，它是由特殊到特殊的推理；演繹推理從一般性的原理出發，推出某個特殊情況下的結論. 演繹推理是由一般到特殊的推理. 高考中歸納推理和類比推理常以客觀題形式出現，演繹推理常和其他知識交匯，以解答題形式出現.

一、歸納推理的求解策略

所謂歸納，是指通過對特例的分析來引出普遍結論的一種推理形式.它由推理的前提和結論兩部分構成：前提是若干已知的個別事實，是個別或特殊的判斷、陳述，結論是從前提中通過推理而獲得的猜想，是普遍性的陳述、判斷.其思維模式是：設Mi（i=1，2，…，n）是要研究對象M的特例或子集，若Mi（i=1，2，…，n）具有性質P，則由此猜想M也可能具有性質P.

歸納法分為完全歸納法和不完全歸納法，對于完全歸納法，由于它窮盡了被研究對象的一切特例，因而結論是正確可靠的.完全歸納法可以作為論證的方法，它又稱為枚舉歸納法. 由于不完全歸納法沒有窮盡全部被研究的對象，得出的結論只能算猜想，結論的正確與否有待進一步證明或舉反例.

（1）歸納推理的一般步驟：

①通過觀察個別情況發現某些相同性質；

②從相同性質中推出一個明確表述的一般性命題.

（2）歸納推理是一種重要的思維方法，但結果的正確性還需進一步證明，一般地，考查的個體越多，歸納的結論可靠性越大. 因此在進行歸納推理時，當規律不明顯時，要盡可能多地分析特殊情況，由此發現其中的規律，從而獲得一般結論.

（3）歸納推理是每年高考的?？純热?，題型多為選擇題和填空題，難度稍大，屬中高檔題.高考對歸納推理的考查常有以下三個命題角度：①數值的歸納；②代數式的歸納；③圖形的歸納.

例1. 某種平面分形圖如圖所示，一級分形圖是由一點出發的三條線段，長度相等，兩兩夾角為120°；二級分形圖是在一級分形圖的每條線段末端出發再生成兩條長度為原來 的線段，且這兩條線段與原線段兩兩夾角為120°，…依此規律得到n級分形圖.

n級分形圖中共有________條線段.

【分析】分形圖的每條線段的末端出發再生成兩條線段，由題圖知，一級分形圖有3=（3×2-3）條線段，二級分形圖有9=（3×22-3）條線段，三級分形圖中有21=（3×23-3）條線段，按此規律n級分形圖中的線段條數an=（3×2n-3）（n∈N*）.

【點評】（1）歸納是依據特殊現象推斷出一般現象，因而由歸納所得的結論超越了前提所包含的范圍；（2）歸納的前提是特殊的情況，所以歸納是立足于觀察、經驗或試驗的基礎之上的；（3）歸納推理所得結論未必正確，有待進一步證明，但對數學結論和科學的發現很有用.

例2. 觀察下列等式：1 3=12，1 3+2 3=32，1 3+2 3+33=62，1 3+2 3+33+43=102，…根據上述規律，第n個等式為 .

【分析】因為1 3=12，1 3+2 3=（1+2）2，1 3+2 3+33=（1+2+3）2，1 3+2 3+33+43=（1+2+3+4）2，…由以上可以看出左邊是連續的自然數的立方和，右邊是左邊的數的和的立方，照此規律，第n個等式可為：

1 3+2 3+33+43+…+n3=（1+2+3+…+n）2=[ ] 2，所以答案應為1 3+2 3+33+43+…+n3=[ ] 2.

二、類比推理的求解策略

數學解題與數學發現一樣，通常都是在通過類比、歸納等探測性方法進行探測的基礎上，獲得對有關問題的結論或解決方法的猜想，然后再設法證明或否定猜想，進而達到解決問題的目的.類比、歸納是獲得猜想的兩個重要的方法.

所謂類比，就是由兩個對象的某些相同或相似的性質，推斷它們在其他性質上也有可能相同或相似的一種推理形式.類比是一種主觀的不充分的似真推理，因此，要確認其猜想的正確性，還須經過嚴格的邏輯論證.

在進行類比推理時，要盡量從本質上去類比，不要被表面現象所迷惑；否則只抓住一點表面現象甚至假象就去類比，就會犯機械類比的錯誤.類比推理的應用一般為類比定義、類比性質和類比方法.

（1）類比定義：在求解由某種熟悉的定義產生的類比推理型試題時，可以借助原定義來求解；

（2）類比性質：從一個特殊式子的性質、一個特殊圖形的性質入手，提出類比推理型問題，求解時要認真分析兩者之間的聯系與區別，深入思考兩者的轉化過程是求解的關鍵；

（3）類比方法：有一些處理問題的方法具有類比性，我們可以把這種方法類比應用到其他問題的求解中，注意知識的遷移.

運用類比法解決問題，其基本過程可用框圖表示如下：

可見，運用類比法的關鍵是尋找一個合適的類比對象.按尋找類比對象的角度不同，類比法常分為以下三個類型.

（1）降維類比

將三維空間的對象降到二維（或一維）空間中的對象，此種類比方法即為降維類比.

（2）結構類比

某些待解決的問題沒有現成的類比物，但可通過觀察，憑借結構上的相似性等尋找類比問題，然后可通過適當的代換，將原問題轉化為類比問題來解決.

（3）簡化類比

簡化類比，就是將原命題類比到比原命題簡單的類比命題，通過類比命題解決思路和方法的啟發，尋求原命題的解決思路與方法.比如可先將多元問題類比為少元問題，高次問題類比到低次問題，普遍問題類比為特殊問題等.

例3. 在Rt△ABC中，若∠C=90°，則cos2 A+cos2 B=1. 試在立體幾何中，給出四面體性質的猜想.

【解析】如圖1，在Rt△ABC中，cos2 A+cos2 B=（ ）2 +（ ）2 = =1.

于是把結論類比到如圖2所示的四面體P-A′B′C′中，我們猜想，三棱錐P-A′B′C′中，若三個側面PA′B′，PB′C′，PC′A′兩兩互相垂直且分別與底面所成的角為α，β，γ，則cos 2 α+cos 2 β+cos 2 γ=1.

【點評】在進行類比推理時，不僅要注意形式的類比，還要注意方法的類比，且要注意以下兩點：（1）找兩類對象的對應元素，如：三角形對應三棱錐，圓對應球，面積對應體積等等；（2）找對應元素的對應關系，如：兩條邊（直線）垂直對應線面垂直或面面垂直，邊相等對應面積相等.

例4. 已知數列{an}為等差數列，若am=a，an=b（n-m≥1，m，n∈N），則am+n= . 類比等差數列{an}的上述結論，對于等比數列{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】設數列{an}公差為d1，數列{bn}的公比為q，則等差數列中an=a1+（n-1）d1，等比數列中bn=b1qn-1，∵ am+n= ，∴ bm+n= .

例5. 如圖所示，定義在D上的函數f（x），如果滿足：對任意x∈D，存在常數A，都有f（x）≥A成立，則稱函數f（x）在D上有下界，其中A稱為函數的下界.（提示：圖3、圖4中的常數A、B可以是正數，也可以是負數或零.

（1）試判斷函數f（x）=x3+ 在（0，+∞）上是否有下界？并說明理由；

（2）具有圖所示特征的函數稱為在D上有上界，請你類比函數有下界的定義，給出函數f（x）在D上有上界的定義，并判斷（1）中的函數在（-∞，0）上是否有上界？并說明理由.

【解析】（1）∵ f′（x）=3x2- ，由f′（x）=0，得3x2- =0，x4 =16.

∵ x∈（0， +∞），∴ x=2.

∵當0< x <2時，f′（x）<0，∴函數f（x）在（0，2）上是減函數；當x > 2時，f′（x）>0，

∴函數f（x）在（2，+∞）上是增函數.

∴ x= 2是函數f（x）在區間（0，+∞）上的最小值點， fmin（x） =f（2）=8+ =32.

于是，對任意x∈（0， +∞），都有f（x）≥32，即在區間（0，+∞）上，

存在常數A=32，使得對任意x∈（0，+∞），都有f（x）≥A成立.

所以，函數f（x）=x3+ 在（0，+∞）上有下界.

（2）類比函數有下界的定義，函數有上界可以給出這樣的定義：

定義在D上的函數f（x），如果滿足：對任意x∈D，存在常數B，都有f（x）≤B成立，則稱函數f（x）在D上有上界，其中B稱為函數的上界.

設x<0，則-x>0， 由（1）知， 對任意x∈（0， +∞）， 都有f（x）≥32，∴ f（-x）≥32.

∵函數f（x）=x3+ 為奇函數，∴ f（-x）=-f（x），∴ -f（x）≥32，即f（x）≤-32.

即存在常數B=-32，對任意x∈（-∞，0），都有f（x）≤B，

所以，函數f（x）=x3+ 在（-∞，0）上有上界.

【點評】本題以高等數學中的函數有界性為命題素材，先給出一個定義，研究問題的結論，然后提出類比的方向，這是一種直接類比的情境題. 數學中有許多能夠產生類比的知識點，如等差數列與等比數列的內容有著非常和諧的“同構”現象，立體幾何中的很多結論和方法都可以從平面幾何中產生“靈感”進行遷移. 我們復習時要注意研究知識間的縱橫聯系，把握知識間的內在規律，通過知識間的對比和類比，可以更好地掌握知識，提高解題能力.

例6. 設F1、F2分別為橢圓C： + =1（a>b>0）的左、右焦點.

（1）若橢圓C上的點A（1， ）到F1、F2兩點的距離之和等于4，寫出橢圓C的方程和焦點坐標；

（2）設點P是（1）中所得橢圓上的動點，Q（0， ）是定點，求 |PQ| 的最大值；

（3）已知橢圓具有性質：M、N是橢圓C上關于原點對稱的兩個點，點P是橢圓上任意一點，當直線PM、PN的斜率都存在，并記為KPM、KPN時，那么KPM與KPN之積是與點P位置無關的定值. 試對雙曲線 - =1（a>0，b>0）寫出具有類似特征的性質，并加以證明.

【解析】（1）橢圓C的焦點在x軸上，由橢圓上的點A到F1、F2兩點的距離之和是4，得2a=4，即a=2. 又點A（1， ）在橢圓上，∴ + =1，得b2=3，于是c2=1.

∴橢圓C的方程為 + =1，焦點坐標為F1（-1，0）， F2 （1，0）.

（2）設P（x，y），則 + =1，∴ x2=4- y2，

|PQ|2=x2+（y- ）2=4- y2+y2-y+ =- y2-y+ =- （y+ ）2+5.

又∵ - ≤y≤ ，∴當y=- 時，|PQ|max= .

（3）類似的性質為：若M，N是雙曲線 - =1上關于原點對稱的兩個點，點P是雙曲線上任意一點，當直線PM、PN的斜率都存在，并記為KPM、KPN時，那么KPM與KPN之積是與點P位置無關的定值.

下面給出證明：

設點M的坐標為（m，n），則點N的坐標為（-m，-n），其中 - =1.

又設點P的坐標為（x，y），由KPM= ，KPN= ，得

KPM·KPN= · = ，

將y2= x2-b2，n2= m2-b2 代入，得KPM·KPN= （定值）.

三、演繹推理的求解策略

演繹推理的模式為：

三段論①大前提：已知的一般原理；②小前提：所研究的特殊情況；③結論：根據一般原理，對特殊情況做出的判斷.

應用三段論解決問題時，應首先明確什么是大前提，什么是小前提，如果大前提與推理形式是正確的，結論必定是正確的. 如果大前提錯誤，盡管推理形式是正確的，所得結論也是錯誤的.

例7. 數列{an}的前n項和記為Sn，已知a1=1，an+1= Sn（n∈N+）. 證明：

（1）數列{ }是等比數列；

（2）Sn+1=4an.

【證明】（1）∵ an+1=Sn+1-Sn，an+1= Sn，

∴ （n+2）Sn=n（Sn+1-Sn），即nSn+1=2（n+1）Sn .

∴ =2· ，（小前提）

故{ }是以2為公比，1為首項的等比數列.（結論）

（大前提是等比數列的定義，這里省略了）

（2）由（1）可知 =4· （n≥2），

∴ Sn+1=4（n+1） =4· Sn-1 =4an （n≥2）.（小前提）

又a2=3S1=3，S2=a1+a2=1+3=4=4a1，（小前提）

∴ 對于任意正整數n，都有Sn+1=4an . （結論）

（第（2）問的大前提是第（1）問的結論以及題中的已知條件）

【點評】“三段論”式的演繹推理一定要保證大前提正確，且小前提是大前提的子集關系，這樣經過正確推理，才能得出正確結論；常見易錯點是對大前提“憑空想象、思維定勢、想當然”，從而出錯，或者小前提與大前提“不兼容”“不包容”“互補”而出錯.

例8. 下面四個推導過程符合演繹推理三段論形式且推理正確的是（ ）

A. 大前提：無限不循環小數是無理數；小前提：π是無理數；結論：π是無限不循環小數

B. 大前提：無限不循環小數是無理數；小前提：π是無限不循環小數；結論：π是無理數

C. 大前提：π是無限不循環小數；小前提：無限不循環小數是無理數；結論：π是無理數

D. 大前提：π是無限不循環小數；小前提：π是無理數；結論：無限不循環小數是無理數

【解析】對于A，小前提與結論互換，錯誤；對于B，符合演繹推理過程且結論正確；對于C和D，均為大前提錯誤；故選B.

題組練習：

1. 觀察（x2）′=2x，（x4）′=4x3，（cos x）′=-sinx，由歸納推理可得：若定義在R上的函數f（x）滿足f（-x）=f（x），記g（x）為f（x）的導函數，則g（-x）=（ ）

A. f（x） B. -f（x） C. g（x） D. -g（x）

2. 將正奇數按如圖所示的規律排列，則第21行從左向右的第5個數為（ ）

1

3 5 7

9 11 13 15 17

19 21 23 25 27 29 31

… … …

A. 809 B. 852 C. 786 D. 893

3. 已知“整數對”按如下規律排成一列： （1， 1）， （1， 2），（2， 1）， （1， 3）， （2， 2）， （3， 1）， （1， 4）， （2， 3）， （3， 2）， （4， 1），…，則第60個“整數對”是（ ）

A.（7，5） B.（5，7） C.（2，10） D.（10，1）

4. 如圖，一個直徑為1的小圓沿著直徑為2的大圓內壁的逆時針方向滾動，M和N是小圓的一條固定直徑的兩個端點.那么，當小圓這樣滾過大圓內壁的一周，點M， N在大圓內所繪出的圖形大致是（ ）

5. 一個二元碼是由0和1組成的數字串x1x2…xn（n∈N？鄢），其中xk（k=1，2，…，n）稱為第k位碼元，二元碼是通信中常用的碼，但在通信過程中有時會發生碼元錯誤（即碼元由0變為1，或者由1變為0）

已知某種二元碼x1x2…x7的碼元滿足如下校驗方程組：x4 ？茌 x5 ？茌 x6 ？茌 x7 =0x2 ？茌 x3 ？茌 x6 ？茌 x7 =0x1 ？茌 x3 ？茌 x5 ？茌 x7 =0，其中運算⊕定義為：0⊕0=0，0⊕1=1，1⊕0=1，1⊕1=0. 現已知一個這種二元碼在通信過程中僅在第k位發生碼元錯誤后變成了1101101，那么利用上述校驗方程組可判定k等于（ ）

A. 4 B. 5 C. 6 D. 7

6. 老師帶甲乙丙丁四名學生去參加自主招生考試，考試結束后老師向四名學生了解考試情況，四名學生回答如下：

甲說：“我們四人都沒考好”；

乙說：“我們四人中有人考的好”；

丙說：“乙和丁至少有一人沒考好”；

丁說：“我沒考好”.

結果，四名學生中有兩人說對了，則四名學生中 兩人說對了.（ ）

A. 甲 丙 B. 乙 丁 C. 丙 丁 D. 乙 丙

7. 已知x∈（0， +∞），觀察下列各式：x+ ≥2，x+ = + + ≥3，x+ = + + + ≥4，…，類比得：x+ ≥n+1（n∈N？鄢），則a=___________.

8. 如圖所示是畢達哥拉斯（Pythagoras）的生長程序：正方形上連接著等腰直角三角形，等腰直角三角形邊上再連接正方形，…，如此繼續，若共得到1023個正方形，設初始正方形的邊長為 ，則最小正方形的邊長為 .

9. 在平面幾何中：△ABC的∠C內角平分線CE分AB所成線段的比為 = . 把這個結論類比到空間：在三棱錐A-BCD中（如圖）DEC平分二面角A-CD-B且與AB相交于E，則得到類比的結論是________.

10. 已知等差數列 {an} 中， 有 = ，則在等比數列{bn}中，會有類似的結論：________.

11. 觀察下列不等式：

1+ < ，

1+ + < ，

1+ + + < ，

…

照此規律，第五個不等式為________________.

12. 已知命題：“若數列{an}是等比數列，且an>0，則數列bn= （n∈N*）也是等比數列”. 類比這一性質，你能得到關于等差數列的一個什么性質？并證明你的結論.

13. 已知O是△ABC內任意一點，連接AO，BO，CO并延長交對邊于A′，B′，C′，則 + + =1，這是一道平面幾何題，其證明常采用“面積法”.

+ + = + + = =1.

請運用類比思想，對于空間中的四面體A-BCD，存在什么類似的結論？并證明.

答案簡析：

1. 【解析】由所給函數及其導數知，偶函數的導函數為奇函數，因此當f（x） 是偶函數時，其導函數應為奇函數，故 g（-x）=-g（x）.

2. 前20行共有正奇數1+3+5+…+39=202=400（個），則第21行從左向右的第5個數是第405個正奇數，所以這個數是2×405-1=809.

3.【解析】依題意，把“整數對”的和相同的分為一組，不難得知第n組中每個“整數對”的和均為n+1，且第n組共有n個“整數對”，這樣的前n組一共有 個“整數對”，注意到 <60< ，因此第60個“整數對”處于第11組（每個“整數對”的和為12的組）的第5個位置，結合題意可知每個“整數對”的和為12的組中的各對數依次為： （1， 11）， （2， 10），（3， 9）， （4， 8），（5， 7），…，因此第 60個“整數對”是（5， 7）.

4. 如圖所示，MN，M′N′為小圓的直徑，在運動過程中，∠M′NN′恒為90°，兩個圓的連心線保持不變，故M，N只能在大圓相互垂直的兩條直徑上，故選A.

5. 【解析】由題意得相同數字經過運算后為0，不同數字運算后為1，由x4 ？茌 x5 ？茌 x6 ？茌 x7 =0可判斷后4個數字出錯；由x2 ？茌 x3 ？茌 x6 ？茌 x7 =0可判斷后2個數字沒錯，即出錯的是第4個或第5個；由x1 ？茌 x3 ？茌 x5 ？茌 x7 =0可判斷出錯的是第5個，綜上，第5位發生碼元錯誤.

6. 如果甲對，則丙、丁都對，與題意不符，故甲錯，乙對，如果丙錯，則丁錯，因此只能是丙對，丁錯，故選D.

7. 根據題意，對給出的等式變形可得：x+ ≥2，x+ ≥3，x+ ≥4，…類比有x+ ≥n+1，所以有a=nn.

8. 【解析】設1+2+4+…+2n-1=1023，即 =1023，解得n=10. 正方形邊長構成數列 ， （ ）2， （ ）3， …，（ ）10， 從而最小正方形的邊長為（ ）10= .

9. 由平面中線段的比轉化為空間中面積的比可得 = .

10. 由等比數列的性質可知b1b30=b2b29=…=b11b20，∴

= .

11. 【解析】左邊的式子的通項是1+ + +…+ ，右邊的分母依次增加1，分子依次增加2，還可以發現右邊分母與左邊最后一項分母的關系，所以第五個不等式為1+ + + + + < .

12. 類比等比數列的性質，可以得到等差數列的一個性質是：若數列{an}是等差數列，

則數列bn= （n∈N*）也是等差數列.

證明如下：設等差數列{an}的公差為d，

則bn= = =a1+ （n-1），

所以數列{bn}是以a1為首項， 為公差的等差數列.

13. 在四面體A-BCD中，任取一點O，連接AO，DO，BO，CO并延長分別交四個面于E，F，G，H點.

則 + + + =1.

在四面體O-BCD與A-BCD中

= = = .

同理 = ， = ， = ，

∴ + + + =

= = =1.

責任編輯 徐國堅