《2020版高考理科數學人教版一輪復習講義：第七章 第四節(jié) 合情推理與演繹推理 Word版含答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考理科數學人教版一輪復習講義：第七章 第四節(jié) 合情推理與演繹推理 Word版含答案（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、 第四節(jié)第四節(jié)合情推理與演繹推理合情推理與演繹推理 1合情推理合情推理 類型類型 定義定義 特特征征 歸納歸納推理推理 由某類事物的部分對象具有某些特征， 推出該類事物的全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部對象都具有這些特征的推理 由部分到整體、由個別由部分到整體、由個別到一般到一般 類比類比推理推理 由兩類對象具有某些類似特征和其中一類對象的某些已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知特征，推出另一類對象也具有這些特征的推理 由特殊到特殊由特殊到特殊 合情合情推理推理 歸納推理和類比推理都是根
2、據已有的事實，經過觀察、分析、比較、聯想，再進行歸納推理和類比推理都是根據已有的事實，經過觀察、分析、比較、聯想，再進行歸納、類比，然后提出猜想的推理歸納、類比，然后提出猜想的推理 2演繹推理演繹推理 (1)定義：從一般性的原理出發(fā)，推出某個特殊情況下的結論，我們把這種推理稱為演繹定義：從一般性的原理出發(fā)，推出某個特殊情況下的結論，我們把這種推理稱為演繹推理簡言之，演繹推理是由一般到特殊的推理推理簡言之，演繹推理是由一般到特殊的推理 (2)“三段三段論論”是演繹推理的一般模式，包括：是演繹推理的一般模式，包括： 大前提大前提已知的一般原理；已知的一般原理； 小前提小前提所研究的特殊情況；所研究
3、的特殊情況； 結論結論根據一般原理，對特殊情況做出的判斷根據一般原理，對特殊情況做出的判斷 合情推理與演繹推理的區(qū)別合情推理與演繹推理的區(qū)別 (1)合情推理的結論是猜想，不一定正確；演繹推理在大前提、小前提和推理形式都正確合情推理的結論是猜想，不一定正確；演繹推理在大前提、小前提和推理形式都正確時，得到的結論一定正確時，得到的結論一定正確 (2)合情推理是發(fā)現結論的推理；演繹推理是證明結論的推理合情推理是發(fā)現結論的推理；演繹推理是證明結論的推理 小題查驗基礎小題查驗基礎 一、判斷題一、判斷題(對的打對的打“”，錯的打，錯的打“”“”) (1)歸納推理得到的結論不一定正確，類比推理得到的結論一定
4、正確歸納推理得到的結論不一定正確，類比推理得到的結論一定正確( ) (2)由平面三角形的性質推測空間四面體的性由平面三角形的性質推測空間四面體的性質，這是一種合情推理質，這是一種合情推理( ) (3)在類比時，平面中的三角形與空間中的平行六面體作為類比對象較為合適在類比時，平面中的三角形與空間中的平行六面體作為類比對象較為合適( ) (4)在演繹推理中，只要符合演繹推理的形式，結論就一定正確在演繹推理中，只要符合演繹推理的形式，結論就一定正確( ) 答案答案：(1) (2) (3) (4) 二、選填題二、選填題 1已知已知 a 是三角形一邊的長，是三角形一邊的長，h 是該邊上的高，則三角形的面
5、積是是該邊上的高，則三角形的面積是12ah，如果把扇形，如果把扇形 的弧長的弧長 l，半徑，半徑 r 分別看成三角形的底邊長和高，可得到扇形的面積為分別看成三角形的底邊長和高，可得到扇形的面積為12lr；由由 112,1322,13532，可得到，可得到 1352n1n2，則，則兩個推理過程分別屬于兩個推理過程分別屬于( ) A類比推理、歸納推理類比推理、歸納推理 B類比推理、演繹推理類比推理、演繹推理 C歸納推理、類比推理歸納推理、類比推理 D歸納推理、演繹推理歸納推理、演繹推理 解析：解析：選選 A 由三角形的性質得到扇形的性質有相似之處，此種推理為類比推理；由三角形的性質得到扇形的性質有
6、相似之處，此種推理為類比推理；由特殊到一般，此種推理為歸納推理，故選由特殊到一般，此種推理為歸納推理，故選 A. 2已知數列已知數列an中，中，a11，n2 時，時，anan12n1，依次計算，依次計算 a2，a3，a4后，猜想后，猜想an的表達式是的表達式是( ) Aan3n1 Ban4n3 Cann2 Dan3n1 解析：解析：選選 C a11，a24，a39，a416，猜想，猜想 ann2. 3數列數列 2,5,11,20，x,47，中的中的 x 等于等于( ) A28 B32 C33 D27 解析：解析：選選 B 5231,11532,201133，x203432. 4推理推理“矩形是
7、平行四邊形，矩形是平行四邊形，三角形不是平行四邊形，三角形不是平行四邊形，三角形不是矩形三角形不是矩形”中的小中的小前提是前提是_(填序號填序號) 解析：解析：由演繹推理三段論可知，由演繹推理三段論可知，是大前提，是大前提，是小前提，是小前提，是結論是結論 答案：答案： 5在平面上，若兩個正三角形的邊長的比為在平面上，若兩個正三角形的邊長的比為 12，則它們的面積比為，則它們的面積比為 14，類似地，類似地，在空間中，若在空間中，若兩個正四面體的棱長的比為兩個正四面體的棱長的比為 12，則它們的體積比為，則它們的體積比為_ 解析：解析：由平面圖形的面積類比立體圖形的體積得出：在空間內，若兩個正
8、四面體的棱長由平面圖形的面積類比立體圖形的體積得出：在空間內，若兩個正四面體的棱長的比為的比為 12，則它們的底面積之比為，則它們的底面積之比為 14，對應高之比為，對應高之比為 12，所以體積比為，所以體積比為 18. 答案答案：18 考點一考點一 歸納推理歸納推理全析考法過關全析考法過關 考法全析考法全析 考法考法(一一) 與數字有關的推理與數字有關的推理 例例 1 從從 1 開始的自然數按如圖所示的規(guī)則排列，現有一個三角形框架在圖中上下或左開始的自然數按如圖所示的規(guī)則排列，現有一個三角形框架在圖中上下或左右移動，使每次恰有九個數在此三角形內，則這九個數的和可以為右移動，使每次恰有九個數在
9、此三角形內，則這九個數的和可以為( ) A2 018 B2 019 C2 020 D2 021 解析解析 根據題干圖所示的規(guī)則排列，設最上層的一個數為根據題干圖所示的規(guī)則排列，設最上層的一個數為 a，則第二層的三個數為，則第二層的三個數為 a7，a8，a9，第三層的五個數為，第三層的五個數為 a14，a15，a16，a17，a18， 這九個數之和為這九個數之和為 a3a245a809a104. 由由 9a1042 021，得，得 a213，是自然數，故選，是自然數，故選 D. 答案答案 D 考法考法(二二) 與等式有關的推理與等式有關的推理 例例 2 觀察下列等式觀察下列等式 11212， 1
10、1213141314， 11213141516141516， 據此規(guī)律，第據此規(guī)律，第 n 個等式為個等式為_ 解析解析 規(guī)律為等式左邊共有規(guī)律為等式左邊共有 2n 項且等式左邊分母分別為項且等式左邊分母分別為 1,2，2n，分子為，分子為 1，奇數，奇數項為正、偶數項為負，項為正、偶數項為負，即為即為 112131412n112n；等式右邊共有；等式右邊共有 n 項且分母分別為項且分母分別為 n1，n2，2n，分子為，分子為 1，即為，即為1n11n212n.所以第所以第 n 個等式為個等式為 112131412n112n1n11n212n. 答案答案 112131412n112n1n11n
11、212n 考法考法(三三) 與不等式有關的推理與不等式有關的推理 例例 3 (1)設設 n 為正整數，為正整數， f(n)112131n， 計算得， 計算得 f(2)32， f(4)2， f(8)52， f(16)3，觀察上述結果，可推測一般的結論為，觀察上述結果，可推測一般的結論為_ (2)已知已知 x(0，)，觀察下列各式：，觀察下列各式：x1x2，x4x2x2x24x23，x27x3x3x3x327x34，歸納得，歸納得 xaxnn1(nN*)，則，則 a_. 解析解析 (1)f(21)32，f(22)242， f(23)52，f(24)62， 歸納得歸納得 f(2n)n22(nN*)
12、(2)第一個式子是第一個式子是 n1 的情況的情況，此時此時 a111；第二個式子是第二個式子是 n2 的情況的情況，此時此時 a224；第三個式第三個式子是子是 n3 的情況的情況，此時此時 a3327，歸納可知歸納可知 ann. 答案答案 (1)f(2n)n22(nN*) (2)nn 考法考法(四四) 與數列有關的推理與數列有關的推理 例例 4 有一個奇數組成的數陣排列如下：有一個奇數組成的數陣排列如下： 1 3 7 13 21 5 9 15 23 11 17 25 19 27 29 則第則第 30 行從左到右第行從左到右第 3 個數是個數是_ 解析解析 觀察每一行的第一個數，由歸納推理可
13、得第觀察每一行的第一個數，由歸納推理可得第 30 行的第行的第 1 個數是個數是 1468106030 260 21929.又第又第 n 行從左到右的第行從左到右的第 2 個數比第個數比第 1 個數大個數大 2n， 第第 3 個數比個數比第第 2 個數大個數大 2n2，所以第，所以第 30 行從左到右的第行從左到右的第 2 個數比第個數比第 1 個數大個數大 60，第第 3 個數比第個數比第 2 個數個數大大 62，故第，故第 30 行從左到右第行從左到右第 3 個數是個數是 92960621 051. 答案答案 1 051 考法考法(五五) 與圖形變化有關的推理與圖形變化有關的推理 例例5
14、分形幾何學是數學家伯努瓦分形幾何學是數學家伯努瓦 曼德爾布羅在曼德爾布羅在20世紀世紀70年代創(chuàng)立的一門新的數學學年代創(chuàng)立的一門新的數學學科，它的創(chuàng)立為解決傳統(tǒng)科學眾多領域的難題提供了全新的思路按照如圖科，它的創(chuàng)立為解決傳統(tǒng)科學眾多領域的難題提供了全新的思路按照如圖(1)所示的分形規(guī)所示的分形規(guī)律可得如圖律可得如圖(2)所示的一個樹形圖若記圖所示的一個樹形圖若記圖(2)中第中第 n 行黑圈的個數為行黑圈的個數為 an，則，則 a2 019_. 解析解析 根據題圖根據題圖(1)所示的分形規(guī)律，可知所示的分形規(guī)律，可知 1 個白圈分形為個白圈分形為 2 個白圈個白圈 1 個黑圈，個黑圈，1 個黑圈
15、個黑圈分形為分形為 1 個白圈個白圈 2 個黑圈，把題圖個黑圈，把題圖(2)中的樹形圖的第中的樹形圖的第 1 行記為行記為(1,0)，第，第 2 行記為行記為(2,1)，第，第 3行記為行記為(5,4)， 第， 第 4 行的白圈數為行的白圈數為 25414， 黑圈數為， 黑圈數為 52413， 所以第， 所以第 4 行的行的“坐標坐標” 為為(14,13)，同理可得第，同理可得第 5 行的行的“坐標坐標”為為(41,40)，第，第 6 行的行的“坐標坐標”為為(122,121)，.各行黑各行黑圈數乘圈數乘 2，分別是，分別是 0,2,8,26,80，即，即 11,31，91，271，811，所
16、以可以歸納，所以可以歸納出第出第 n 行的黑圈數行的黑圈數 an3n112(nN*)，所以，所以 a2 01932 01812. 答案答案 32 01812 規(guī)律探求規(guī)律探求 看個性看個性 考法考法(一一)與數字有關的推理與數字有關的推理 要注意行與行， 列與列之間的數字變要注意行與行， 列與列之間的數字變化規(guī)律，每個數據與正整數化規(guī)律，每個數據與正整數 n 之間的關系之間的關系 考法考法(二二)與等式有關的推理與等式有關的推理 觀察數字特點， 找出等式左右兩側的觀察數字特點， 找出等式左右兩側的規(guī)律及符號可解規(guī)律及符號可解 考法考法(三三)與不等式有關的推理與不等式有關的推理 觀察每個不等式
17、的特點， 注意是縱觀察每個不等式的特點， 注意是縱向看，找到規(guī)律后可解向看，找到規(guī)律后可解 考法考法(四四)與數列有關的推理與數列有關的推理 通常是先求出幾個特殊現象， 采用不通常是先求出幾個特殊現象， 采用不完全歸納法，找出數列的項與項數的關系，列出即可完全歸納法，找出數列的項與項數的關系，列出即可 考法考法(五五)與圖形變化有關的推理 合理利用特殊圖形歸納推理得出與圖形變化有關的推理 合理利用特殊圖形歸納推理得出結論，并用賦值檢驗法驗證其真?zhèn)谓Y論，并用賦值檢驗法驗證其真?zhèn)?找共性找共性 破解歸納推理的思維步驟破解歸納推理的思維步驟 (1)發(fā)現共性：發(fā)現共性： 通過觀察特例發(fā)現某些相似性通過
18、觀察特例發(fā)現某些相似性(特例的共性或一般規(guī)特例的共性或一般規(guī)律律)； (2)歸納推理：歸納推理：把這種相似性推廣為一個明確表述的一般命題把這種相似性推廣為一個明確表述的一般命題(猜猜想想)； (3)檢驗得結論：檢驗得結論：對所得的一般性命題進行檢驗一般地，對所得的一般性命題進行檢驗一般地，“求同求同存異存異”“”“逐步細化逐步細化”“”“先粗后精先粗后精”是求解由特殊結論推廣到一般是求解由特殊結論推廣到一般結論型創(chuàng)新題的基本技巧結論型創(chuàng)新題的基本技巧 過關訓練過關訓練 1將自然數將自然數 0,1,2，按照如下形式進行擺列：按照如下形式進行擺列： 根據以上規(guī)律判定，從根據以上規(guī)律判定，從 2 0
19、16 到到 2 018 的箭頭方向是的箭頭方向是( ) 解析：解析：選選 A 從所給的圖形中觀察得到規(guī)律：每隔四個單位，箭頭的走向是一樣的，比從所給的圖形中觀察得到規(guī)律：每隔四個單位，箭頭的走向是一樣的，比如說，如說，01，箭頭垂直指下，箭頭垂直指下，45 箭頭也是垂直指下，箭頭也是垂直指下，89 也是如此，而也是如此，而 2 0164504， 所以所以 2 0162 017 也是箭頭垂直指下，之后也是箭頭垂直指下，之后 2 0172 018 的箭頭是水平向右，故選的箭頭是水平向右，故選 A. 2.如圖，有一個六邊形的點陣，它的中心是如圖，有一個六邊形的點陣，它的中心是 1 個點個點(算第算第
20、 1 層層)，第，第 2 層層每邊有每邊有 2 個點，第個點，第 3 層每邊有層每邊有 3 個點，個點，依此類推，如果一個六邊形點，依此類推，如果一個六邊形點陣共有陣共有 169 個點，那么它的層數為個點，那么它的層數為( ) A6 B7 C8 D9 解析：解析：選選 C 由題意知，第由題意知，第 1 層的點數為層的點數為 1，第，第 2 層的點數為層的點數為 6，第，第 3 層的點數為層的點數為 26，第第 4 層的點數為層的點數為 36，第，第 5 層的點數為層的點數為 46，第，第 n(n2，nN*)層的點數為層的點數為 6(n1)設設一個點陣一個點陣有有 n(n2， nN*)層， 則共
21、有的點數為層， 則共有的點數為 16626(n1)16n n1 23n23n1，由題意，得，由題意，得 3n23n1169，即，即(n7)(n8)0，所以，所以 n8，故共有，故共有 8 層層 考點二考點二 類比推理類比推理師生共研過關師生共研過關 典例精析典例精析 (1)(2019 大同模擬大同模擬)已知已知 P 是圓是圓 x2y2R2上的一個動點， 過點上的一個動點， 過點 P 作曲線作曲線 C 的兩條互相垂的兩條互相垂直的切線，切點分別為直的切線，切點分別為 M，N，MN 的中點為的中點為 E.若曲線若曲線 C：x2a2y2b21(ab0)，且，且 R2a2b2，則點，則點 E 的軌跡方
22、程為的軌跡方程為x2a2y2b2x2y2a2b2.若曲線若曲線 C：x2a2y2b21(ab0)，且，且 R2a2b2，則，則點點 E 的軌跡方程是的軌跡方程是( ) A.x2a2y2b2x2y2a2b2 B.x2a2y2b2x2y2a2b2 C.x2a2y2b2x2y2a2b2 D.x2a2y2b2x2y2a2b2 (2)我國古代稱直角三角形為勾股形，并且直角邊中較小者為勾，另一直角邊為股，斜邊我國古代稱直角三角形為勾股形，并且直角邊中較小者為勾，另一直角邊為股，斜邊為弦若為弦若 a，b，c 為直角三角形的三邊，其中為直角三角形的三邊，其中 c 為斜邊，則為斜邊，則 a2b2c2，稱這個定理
23、為勾股定，稱這個定理為勾股定理 現將這一定理推廣到立體幾何中： 在四面體理 現將這一定理推廣到立體幾何中： 在四面體 O - ABC 中，中， AOBBOCCOA90 ，S 為頂點為頂點 O 所對面的面積，所對面的面積，S1，S2，S3分別為側面分別為側面OAB，OAC，OBC 的面積，則下列的面積，則下列選項中對于選項中對于 S，S1，S2，S3滿足的關系描述正確的為滿足的關系描述正確的為( ) AS2S21S22S23 BS21S211S221S23 CSS1S2S3 DS1S11S21S3 解析解析 (1)由于橢圓與雙曲線定義中的運算互為逆運算，所以猜想與雙曲線對應的點由于橢圓與雙曲線定
24、義中的運算互為逆運算，所以猜想與雙曲線對應的點 E的軌跡方程為的軌跡方程為x2a2y2b2x2y2a2b2. (2)如圖，作如圖，作 OD BC 于點于點 D，連接，連接 AD，由立體幾何知識知，由立體幾何知識知，ADBC，從而，從而 S2 12BC AD214BC2 AD214BC2 (OA2OD2)14(OB2OC2) OA214BC2 OD2 12OB OA2 12OC OA2 12BC OD2 S21S22S23. 答案答案 (1)B (2)A 解題技法解題技法 類比推理的應用類型及解題方法類比推理的應用類型及解題方法 類比類比 定義定義 在求解由某種熟悉的定義產生的類比推理型試題時，
25、可以借助原定義來求解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 類比類比 性質性質 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(qū)別，深入思考兩者的轉化過程是求解的關鍵時要認真分析兩者之間的聯系與區(qū)別，深入思考兩者的轉化過程是求解的關鍵 類比類比 方法方法 有一些處理問題的方法具有類比性，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，注意知識的遷移求解中，注意知識的遷移 提醒提醒
26、 進行類比推理， 應從具體問題出發(fā)， 通過觀察、 分析、 聯想進行類比， 提出猜想 其進行類比推理， 應從具體問題出發(fā)， 通過觀察、 分析、 聯想進行類比， 提出猜想 其中找到合適的類比對象是解題的關鍵中找到合適的類比對象是解題的關鍵 過關訓練過關訓練 1等差數列等差數列an的公差為的公差為 d，前，前 n 項和為項和為 Sn，則數列，則數列 Snn為等差數列，公差為為等差數列，公差為d2.類似地，類似地，若各項均為正數的等比數列若各項均為正數的等比數列bn的公比為的公比為 q，前，前 n 項的積為項的積為 Tn，則等比數列，則等比數列nTn的公比為的公比為( ) A.q2 Bq2 C. q
27、D.nq 解析：解析：選選 C 由題設，得由題設，得 Tnb1 b2 b3 bnb1 b1q b1q2 b1qn1bn1q12(n1)bn1q n1 n2. nTnb1qn12， 等比數列等比數列nTn的公比為的公比為 q，故選，故選 C. 2(2019 黃岡模擬黃岡模擬)已知正三角形內切圓的半徑已知正三角形內切圓的半徑 r 與它的高與它的高 h 的關系是的關系是 r13h，把這個結，把這個結論推廣到空間正四面體，則正四面體內切球的半徑論推廣到空間正四面體，則正四面體內切球的半徑 r 與正四面體的高與正四面體的高 h 的關系是的關系是_ 解析：解析： 球心到正四面體一個面的距離即內切球的半徑球
28、心到正四面體一個面的距離即內切球的半徑 r， 連接球心與正四面體的四個頂點， 連接球心與正四面體的四個頂點，把正四面體分成四個高為把正四面體分成四個高為 r 的三棱錐， 所以的三棱錐， 所以 413Sr13Sh， 所以， 所以 r14h(其中其中 S 為正四面為正四面體一個面的面積體一個面的面積) 答案：答案：r14h 考點三考點三 演繹推理演繹推理師生共研過關師生共研過關 典例精析典例精析 (1)(2019 長春質監(jiān)長春質監(jiān))有甲、乙二人去看望高中數學老師張老師，期間他們做了一個游戲，有甲、乙二人去看望高中數學老師張老師，期間他們做了一個游戲，張老師的生日是張老師的生日是 m 月月 n 日，
29、張老師把日，張老師把 m 告訴了甲，把告訴了甲，把 n 告訴了乙，然后張老師列出來如下告訴了乙，然后張老師列出來如下10 個日期供選擇：個日期供選擇：2 月月 5 日，日，2 月月 7 日，日，2 月月 9 日，日，5 月月 5 日，日，5 月月 8 日，日，8 月月 4 日，日，8 月月 7 日，日，9 月月 4 日，日，9 月月 6 日，日，9 月月 9 日看完日期后，甲說：日看完日期后，甲說：“我不知道，但你一定也不知道我不知道，但你一定也不知道”乙乙聽了甲的話后，說：聽了甲的話后，說：“本來我不知道，但現在我知道了本來我不知道，但現在我知道了”甲接著說：甲接著說：“哦，現在我也知哦，現
30、在我也知道道了了”請問，張老師的生日是請問，張老師的生日是_ 解析解析 根據甲說的根據甲說的“我不知道，但你一定也不知道我不知道，但你一定也不知道”，可排除，可排除 5 月月 5 日，日，5 月月 8 日，日，9月月 4 日，日，9 月月 6 日，日，9 月月 9 日；根據乙聽了甲的話后說的日；根據乙聽了甲的話后說的“本來我不知道，但現在我知道了本來我不知道，但現在我知道了”，可排除可排除 2 月月 7 日、日、8 月月 7 日；根據甲接著說的日；根據甲接著說的“哦，現在我也知道了哦，現在我也知道了”，可以得知張老師的生，可以得知張老師的生日為日為 8 月月 4 日日 答案答案 8 月月 4
31、日日 (2)數列數列an的前的前 n 項和記為項和記為 Sn，已知，已知 a11，an1n2nSn(nN*)證明：證明： 數列數列 Snn是等比數列；是等比數列； Sn14an. 證明證明 an1Sn1Sn，an1n2nSn， (n2)Snn(Sn1Sn)， 即即 nSn12(n1)Sn. 故故Sn1n12Snn，(小前提小前提) 故故 Snn 是以是以 1 為首項，為首項，2 為公比的等比數列為公比的等比數列(結論結論) (大前提是等比數列的定義大前提是等比數列的定義) 由由可知可知Sn1n14Sn1n1(n2)， Sn14(n1)Sn1n14n12n1 Sn14an(n2)(小前提小前提)
32、 又又a23S13，S2a1a21344a1，(小前提小前提) 對于任意正整數對于任意正整數 n，都有，都有 Sn14an.(結論結論) 解題技法解題技法 演繹推理問題的求解策略演繹推理問題的求解策略 (1)演繹推理是由一般到特殊的推理，常用的一般模式為三段論演繹推理是由一般到特殊的推理，常用的一般模式為三段論 (2)演繹推理的前提和結論之間有著某種蘊含關系，解題時要找準正確的大前提，演繹推理的前提和結論之間有著某種蘊含關系，解題時要找準正確的大前提，一般地，一般地，當大前提不明確時，可找一個使結論成立的充分條件作為大前提當大前提不明確時，可找一個使結論成立的充分條件作為大前提 過關訓練過關訓
33、練 1(2017 全國卷全國卷)甲、乙、丙、丁四位同學一起去向老師詢問成語競賽的成績老師說：甲、乙、丙、丁四位同學一起去向老師詢問成語競賽的成績老師說：你們四人中有你們四人中有 2 位優(yōu)秀，位優(yōu)秀，2 位良好，我現在給甲看乙、丙的成績，給乙看丙的成績，給丁看甲位良好，我現在給甲看乙、丙的成績，給乙看丙的成績，給丁看甲的成績看后甲對大家說：我還是不知道我的成績根據以上信息，則的成績看后甲對大家說：我還是不知道我的成績根據以上信息，則( ) A乙可以知道四人的成績乙可以知道四人的成績 B丁可以知道四人的成績丁可以知道四人的成績 C乙、丁可以知道對方的成績乙、丁可以知道對方的成績 D乙、丁可以知道自
34、己的成績乙、丁可以知道自己的成績 解析：解析：選選 D 依題意，四人中有依題意，四人中有 2 位優(yōu)秀，位優(yōu)秀，2 位良好，由于甲知道乙、丙的成績，但還位良好，由于甲知道乙、丙的成績，但還是是不知道自己的成績，則乙、丙必有不知道自己的成績，則乙、丙必有 1 位優(yōu)秀，位優(yōu)秀，1 位良好，甲、丁必有位良好，甲、丁必有 1 位優(yōu)秀，位優(yōu)秀，1 位良好，因位良好，因此，乙知道丙的成績后，必然知道自己的成績；丁知道甲的成績后，必然知道自己的成績，此，乙知道丙的成績后，必然知道自己的成績；丁知道甲的成績后，必然知道自己的成績，因此選因此選 D. 2已知函數已知函數 yf(x)滿足：對任意滿足：對任意 a，bR，ab，都有，都有 af(a)bf(b)af(b)bf(a)，試，試證明：證明：f(x)為為 R 上的單調遞增函數上的單調遞增函數 證明：證明：設設 x1，x2R，取，取 x1x2， 由題意得由題意得 x1f(x1)x2f(x2)x1f(x2)x2f(x1)， x1f(x1)f(x2)x2f(x2)f(x1)0， f(x2)f(x1)(x2x1)0， x1x2，f(x2)f(x1)0，f(x2)f(x1) yf(x)為為 R 上的單調遞增函數上的單調遞增函數
2020版高考理科數學人教版一輪復習講義：第七章 第四節(jié) 合情推理與演繹推理 Word版含答案
