类比推理的题型分类解析

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1、类比推理的题型分类解析　　类比既是一种推理方法（类比推理是一种合情推理），同时也是一种学习方法，尽管由类比推理得出的结论不一定正确，但由于类比在寻找解决数学问题的方法和途径上以及发现科学奥秘方面更优于逻辑推理，特别是它在培养学生的发散思维和创新思维能力方面有其独特的作用.下面重点剖析类比常见题型.　　一、概念类比型　　例1（2013?澄海区模拟）古希腊著名的毕达哥拉斯学派把1、3、6、10…，这样的数称为“三角形数”，而把1、4、9、16…，这样的数称为“正方形数”.　　（1）第5个三角形数是，第n个“三角形数”是，第5个“正方形数”是，第n个正方形数是；　　（2）经探究我们发现：任何一个大于

2、1的“正方形数”都可以看作两个相邻“三角形数”之和.　　例如：①4=1+3，②9=3+6，③16=6+10，④，⑤，….　　请写出上面第4个和第5个等式；　　（3）在（2）中，请探究第n个等式，并证明你的结论.　　分析：（1）观察发现，第5个三角形数等于第4个三角形数加上5，即为15，第n个“三角形数”等于第（n-1）个“三角形数”加上n，即为1+2+3+…+n，计算即可；第5个“正方形数”是52，第n个正方形数是n2；　　（2）根据①4=1+3，②9=3+6，③16=6+10即可得出第4个等式为第5个正方形数等于第4个三角形数加上第5个三角形数，第5个等式为第6个正方形数等于第5个三角形数加

3、上第6个三角形数；　　（3）第n个等式为第（n+1）个“正方形数”等于第n个“三角形数”加上第（n+1）个“三角形数”.　　解析：（1）15，n（n+1）2，25，n2；　　（2）25=10+15，36=15+21；　　（3）（n+1）2=n（n+1）2+（n+1）（n+2）2，　　∵右边=n2+n2+n2+3n+22　　=2n2+4n+22　　=n2+2n+1=（n+1）2=左边，　　∴原等式成立.　　点评：本题考查了整式的混合运算及规律型：数字的变化类，首先要观察出“三角形数”和“正方形数”的变化规律，再根据规律解题.　　二、方法类比型　　例2（2013?焦作模拟）请阅读下列材料：若两个正

4、实数a1，a2满足a21+a22=1，那么a1+a2≤2.证明：构造函数f（x）=（x-a1）2+（x-a2）2=2x2-2（a1+a2）x+1，因为对一切实数x，恒有f（x）≥0，所以Δ≤0，从而得4（a1+a2）2-8≤0，所以a1+a2≤2.根据上述证明方法，若n个正实数满足a21+a22+…+a2n=1时，你能得到的结论为.　　分析：由类比推理知识可构造函数f（x）=（x-a1）2+（x-a2）2+…+（x-an）2=nx2-2（a1+a2+…+an）x+1，由对一切实数x，恒有f（x）≥0，所以Δ≤0，即可得到结论.　　解析：构造函数f（x）=（x-a1）2+（x-a2）2+…+（x

5、-an）2=nx2-2（a1+a2+…+an）x+1，　　由对一切实数x，恒有f（x）≥0，所以Δ≤0，得a1+a2+…+an≤n.　　故答案为：a1+a2+…+an≤n.　　点评：本题先通过对已知结论类比得到结论的推广，再通过观察已知结论的证明方法来对推广的结论进行证明.本题既有结论的推广类比又包含证明方法的类比，如果类比结论产生错误，下面的证明也将产生错误.所以结论一定类比正确，再根据方法类比.　　三、性质类比型　　例3我们知道，在△ABC中，记D、E、F分别为ABC的重心，则有结论：①；②.　　分析：类比推理是由特殊到特殊的推理，本题中是将平面图形三角形与空间图形四面体进行类比，三角形三

6、边的中点类比四面体四个面的重心，三角形中的比例2∶1类比空间图形中的比例3∶1.　　解析：①在△ABC中，三条中线AD、BE、CF相交于一点，类比到四面体ABCD中，应为四个顶点与对面重心连线交于一点，　　即AG1、BG2、CG3、DG4交于一点.　　②在△ABC中，三条中线AD、BE、CF的交点即重心将中线分成2∶1两部分，类比到四面体ABCD中，应为四个顶点与对面重心连线交于一点，此点将对应线段分成3∶1两部分；故答案为①AG1、BG2、CG3、DG4交于一点；②此点将对应线段分成3∶1两部分.　　点评：本题考查了合情推理的方法之一类比猜想，抓住平面图形性质与相应空间图形性质的异同进行类比

7、推理，这是解决本题的关键.易错题型易错题型　　概率解题典型错误类型及根源分析□严曼丽　　概率问题题型较多，解法灵活，解题过程中，容易因概念不清、忽视条件、考虑不周等因素而导致思维混乱，从而使得解题失误.本文就概率问题中常见的错误进行成因诊断供参考.　　类型一：“非等可能”与“等可能”混同　　等可能事件概率：如果一次实验的等可能基本事件共有n个，那么每一个等可能的基本事件发生的概率都是1n，如果某个