《2020年高考數(shù)學(xué) 考前查缺補(bǔ)漏系列 熱點(diǎn)04 合情演繹推理你準(zhǔn)備好如何有效推理了嗎？》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考數(shù)學(xué) 考前查缺補(bǔ)漏系列 熱點(diǎn)04 合情演繹推理你準(zhǔn)備好如何有效推理了嗎？（13頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、合情演繹推理，你準(zhǔn)備好如何有效推理了嗎？ 一、歸納推理 歸納推理的一般步驟： (1)通過(guò)觀察個(gè)別情況發(fā)現(xiàn)某些相同的性質(zhì)； (2)從已知的相同性質(zhì)中推出一個(gè)明確表述的一般性命題(猜想)．如果歸納的個(gè)別情況越多，越具有代表性，那么推廣的一般性命題就越可靠． 例1 已知：f(x)＝，設(shè)f1(x)＝f(x)，fn(x)＝fn－1[fn－1(x)](n>1且n∈N*)，則f3(x)的表達(dá)式為_(kāi)_______，猜想fn(x)(n∈N*)的表達(dá)式為_(kāi)_______． 【思路分析】　由已知關(guān)系，計(jì)算f1(x)、f2(x)、f3(x)，猜想出fn(x)． f3(x)＝f2[f2(x)]＝＝，…，

2、 由此猜想fn(x)＝(nN*)． 【規(guī)律方法】　歸納推理的特點(diǎn)： (1)歸納是依據(jù)特殊現(xiàn)象推斷出一般現(xiàn)象，因而由歸納所得的結(jié)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(jīng)驗(yàn)或試驗(yàn)的基礎(chǔ)之上的． 二．類(lèi)比推理 由類(lèi)比推理知：體積比是棱長(zhǎng)比的立方． 即可得它們的體積比為1∶8. 【答案】　1∶8 【規(guī)律方法】　類(lèi)比推理的關(guān)鍵是找到合適的類(lèi)比對(duì)象．平面幾何中的一些定理、公式、結(jié)論等，可以類(lèi)比到空間立體幾何中，得到類(lèi)似結(jié)論． 三、演繹推理 三段論推理中包含三個(gè)判斷：第一個(gè)判斷稱(chēng)為大前提，它提供了一個(gè)一般的原理；第二個(gè)判斷叫小前提，它指出了一個(gè)特

3、殊情況；這兩個(gè)判斷聯(lián)合起來(lái)，揭示了一般原理和特殊情況的內(nèi)在聯(lián)系，從而產(chǎn)生了第三個(gè)判斷：結(jié)論． 例3(2020年珠海調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝－(a>0且a≠1)． (1)證明：函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(，－)對(duì)稱(chēng)； (2)求f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)的值． 由已知得y＝－， 則－1－y＝－1＋＝－， f(1－x)＝－ ＝－＝－＝－， ∴－1－y＝f(1－x)， 即函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(，－)對(duì)稱(chēng)． 【誤區(qū)警示】　此題在求－1－y和f(1－x)時(shí)易出現(xiàn)混亂和化簡(jiǎn)整理方面的錯(cuò)誤． 四、高考命題趨勢(shì) 從近幾年的高考試題來(lái)看，歸

4、納推理、類(lèi)比推理、演繹推理等問(wèn)題是高考的熱點(diǎn)，歸納推理、類(lèi)比推理大部分在填空題中出現(xiàn)，為中、低檔題，突出“小而巧”，主要考查類(lèi)比推理、歸納推理的能力；演繹推理大多出現(xiàn)在解答題中，為中、高檔題目，在知識(shí)交匯點(diǎn)處命題，考查學(xué)生的邏輯推理能力，以及分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力．預(yù)測(cè)2020年高考仍將以歸納推理、類(lèi)比推理，特別是演繹推理為主要考查點(diǎn)，重點(diǎn)考查學(xué)生的邏輯推理能力． 五．典型試題精選 1.【河南省平頂山許昌新鄉(xiāng)2020屆第二次調(diào)研考試?yán)砜茢?shù)】已知函數(shù)．如下定義一列函數(shù)：，，，……， 【解析】 由此歸納可得： 2.【山東省德州市2020屆高三上學(xué)期期末考試數(shù)學(xué)試題】（定義映射其中

5、 【答案】6 【解析】 ∴. 3.【保定市2020學(xué)年度第一學(xué)期高三期末調(diào)研考試】 已知數(shù)列滿足，且總等于的個(gè)位數(shù)字，則的值為 A.1 B 3 C 7 D.9 【答案】C 【解析】 已知點(diǎn)．若曲線上存在兩點(diǎn)，使為正三角形，則稱(chēng)為型曲線．給定下列三條曲線： y y=-x+3 O A ① ； ② ； ③ ． 其中，型曲線的個(gè)數(shù)是（ ） x （A）（B）（C）（D） 【答案】C x y A O 【解析】對(duì)于①，的圖像是一條線段，記為如圖（1）所示，從圖中可以看出：在線段上一定存在兩點(diǎn)B,C使△ABC為正三角形，故①

6、滿足型曲線；對(duì)于②， 的圖象是圓在第二象限的部分，如圖（2）所示，顯然，無(wú)論點(diǎn)B、C在何處，△ABC都不可能為正三角形，所以②不是型曲線。 y O A x 對(duì)于③，表示雙曲線在第四象限的一支，如圖（3）所示，顯然，存在點(diǎn)B,C，使△ABC為正三角形，所以③滿足；綜上，型曲線的個(gè)數(shù)為2，故選C. 5.【北京市西城區(qū)2020 — 2020學(xué)年度第一學(xué)期期末試卷】 有限集合中元素的個(gè)數(shù)記作.已知，，， ，且，.若集合滿足，則集合的個(gè) 數(shù)是_____；若集合滿足，且，，則集合的個(gè)數(shù)是_____. （用數(shù)字作答） 【答案】 6.【北京市朝陽(yáng)區(qū)2020學(xué)年度高三年級(jí)第一學(xué)期期末統(tǒng)

7、一考試】 已知兩個(gè)正數(shù),可按規(guī)則擴(kuò)充為一個(gè)新數(shù),在三個(gè)數(shù)中取兩個(gè)較大的數(shù),按上述規(guī)則擴(kuò)充得到一個(gè)新數(shù)，依次下去，將每擴(kuò)充一次得到一個(gè)新數(shù)稱(chēng)為一次操作. （1）若,按上述規(guī)則操作三次,擴(kuò)充所得的數(shù)是__________； （2）若，經(jīng)過(guò)6次操作后擴(kuò)充所得的數(shù)為（為正整數(shù)），則的值分別為_(kāi)_____________. 【答案】(1)255 (2)8 13 7.【北京市西城區(qū)2020 — 2020學(xué)年度第一學(xué)期期末試卷】 設(shè)，不等式組 所表示的平面區(qū)域是．給出下列三個(gè)結(jié)論： ① 當(dāng)時(shí)，的面積為； ② ，使是直角三角形區(qū)域； ③ 設(shè)點(diǎn),對(duì)于有． 其中，所有正確結(jié)論的序號(hào)

8、是______． 【答案】①③ 圍成的三角形區(qū)域，令，則在三個(gè)點(diǎn)處得值分別為，故的最大值為4，③正確. 8.【2020東城區(qū)普通高中示范校高三綜合練習(xí)（二）】 【答案】 【解析】 是數(shù)列的第項(xiàng)。，由可得，即將位于數(shù)表的第行，位于第行的第的位置。故其可以記為. 9.【湖北省武漢市2020年普通高等學(xué)校招生適應(yīng)性】 已知函數(shù)．規(guī)定：給定一個(gè)實(shí)數(shù)，賦值，若，則繼續(xù)賦值；若，則繼續(xù)賦值；…，以此類(lèi)推. 若，則，否則停止賦值．已知賦值次后該過(guò)程停止，則的取值范圍是 A． B． C． D． 【答案】B 10.【2020年河南省豫東、豫北

9、十所名校性測(cè)試(三)】 已知如下等式： 則由上述等式可歸納得到=________(n) 【答案】 【解析】依題意及不完全歸納法得知， . 11.【2020·豫南九校聯(lián)考】若a，b是正常數(shù)，a≠b，x，y∈(0，＋∞)，則＋≥，當(dāng)且僅當(dāng)＝時(shí)上式取等號(hào)．利用以上結(jié)論，可以得到函數(shù)f(x)＝＋(x∈(0，))的最小值為_(kāi)_______． [答案]　25 [解析]　依據(jù)給出的結(jié)論可知f(x)＝＋≥＝25等號(hào)在＝，即x＝時(shí)成立． 12.觀察等式：sin230°＋cos260°＋sin30°cos60°＝，sin220°＋cos250°＋sin20°cos50°＝和sin215

10、°＋cos245°＋sin15°cos45°＝，…，由此得出以下推廣命題，則推廣不正確的是(　　) [答案]　A [解析]　觀察已知等式不難發(fā)現(xiàn)，60°－30°＝50°－20°＝45°－15°＝30°，推廣后的命題應(yīng)具備此關(guān)系，但A中α與β無(wú)聯(lián)系，從而推斷錯(cuò)誤的命題為A.選A. 13【2020·山東濰坊一中期末】一次研究性課堂上，老師給出函數(shù)f(x)＝(x∈R)，甲、乙、丙三位同學(xué)在研究此函數(shù)時(shí)分別給出命題： [答案]　A [解析]　當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝∈(0,1)，當(dāng)x＝0時(shí)，f(0)＝0，當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝∈(－1,0)，∴f(x)的值域?yàn)?－1,1)，且f(x

11、)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)，因此，x1≠x2時(shí)，一定有f(x1)≠f(x2)． ∵f(x)＝，f1(x)＝f(x)，∴f1(x)＝，又fn(x)＝f(fn－1(x))， ∴f2(x)＝f(f1(x))＝f＝＝， f3(x)＝f(f2(x))＝f＝＝…… 可知對(duì)任意n∈N*，fn(x)＝恒成立，故選A. [答案]　D [解析]　對(duì)任意實(shí)數(shù)x.∵sinx＋cosx＝sin≤，∴存在常數(shù)M≥，有|sinx＋cosx|≤M成立， ∴|x(sinx＋cosx)|≤M|x|，即|f(x)|≤M|x|成立，∴③是有界泛函數(shù)； 又∵x2＋x＋1＝2＋≥， ∴≤，∴存在常數(shù)M≥，使≤M(x

12、)，即|f(x)|≤M|x|成立， 故④是有界泛函數(shù)，因此選D. 【答案】 【解析】在面積為S的正三角形ABC中，E是邊AB上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E作EF//BC，交AC于點(diǎn)F，當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到離邊BC的距離為高的時(shí)，的面積取得最大值為類(lèi)比上面的結(jié)論，可得，在各棱條相等的體積為V的四面體ABCD中，E是棱AB上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E作平面EFG//平面BCD，分別交AC、AD于點(diǎn)F、G，則四面體EFGB的體積的最大值等于 　 　　 　　　 　　　　 A. B. C. D. [答案]　B [答案]　a1＋a2＋…＋an≤(n∈N*) [解析]　構(gòu)造函數(shù)f(x)＝(x－a1)2＋(

13、x－a2)2＋…＋(x－an)2＝nx2－2(a1＋a2＋…＋an)x＋1， ∵f(x)≥0對(duì)任意實(shí)數(shù)x都成立， ∴Δ＝4(a1＋a2＋…＋an)2－4n≤0， ∵a1，a2，…，an都是正數(shù)，∴a1＋a2＋…＋an≤. 18. 【2020·遼寧沈陽(yáng)二中檢測(cè)】直角坐標(biāo)系中橫坐標(biāo)、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點(diǎn)稱(chēng)為格點(diǎn)，如果函數(shù)f(x)的圖象恰好通過(guò)k(k∈N*)個(gè)格點(diǎn)，則稱(chēng)函數(shù)f(x)為k階格點(diǎn)函數(shù)，下列函數(shù)：①f(x)＝sinx；②f(x)＝3π(x－1)2＋2；③f(x)＝x；④f(x)＝log0.5x，其中是一階格點(diǎn)函數(shù)的有________． [答案]?、佗? [答案]　f(2n)≥＋1

14、 [解析]　f(2)＝＝＋1，f(4)＝f(22)>2＝＋1，f(8)＝f(23)>＝＋1，f(16)＝f(24)>3＝＋1，觀察可見(jiàn)自變量取值為2n時(shí)，函數(shù)值大于或等于＋1，即f(2n)≥＋1. 【答案】 【解析】類(lèi)比平面中凸多邊形的面積的求法，將空間凸多面體的內(nèi)切球與各個(gè)頂點(diǎn)連接起來(lái)，將凸多面體分割成若干個(gè)小棱錐，每個(gè)棱錐都以多面體的面為底面，以內(nèi)切球的半徑為高，從而（，，…，為凸多面體的各個(gè)面的面積）。 21. 【山東省濟(jì)南市2020屆高三3月（二模）月考】 觀察下列等式 …… 照此規(guī)律，第n個(gè)等式為 . 【解析】 第個(gè)等式的第一項(xiàng)是，共有個(gè)數(shù)，

15、最后一項(xiàng)是。故第個(gè)等式為。21.如圖(1)，過(guò)四面體V－ABC的底面內(nèi)任一點(diǎn)O分別作OA1∥VA，OB1∥VB，OC1∥VC，A1，B1，C1分別是所作直線與側(cè)面交點(diǎn)． 求證：＋＋為定值． 分析：考慮平面上的類(lèi)似命題：“過(guò)△ABC底邊AB上任一點(diǎn)O分別作OA1∥AC，OB1∥BC，分別交BC，AC于A1，B1，求證＋為定值”．這一命題利用相似三角形性質(zhì)很容易推出其為定值1.另外，過(guò)A，O分別作BC垂線，過(guò)B，O分別作AC垂線，則用面積法也不難證明定值為1.于是類(lèi)比到空間圖形，也可用兩種方法證明其定值為1. 證明：如圖(2)，設(shè)平面OA1VA∩BC＝M，平面OB1VB∩AC＝N，平面OC1VC∩AB＝L，則有△MOA1∽△MAV，△NOB1∽△NBV，△LOC1∽△LCN.得 ＋＋＝＋＋. 在底面△ABC中，由于AM，BN，CL交于一點(diǎn)O， ∴＋＋＝＋＋＝＝1. ∴＋＋為定值1.