竞赛讲座 18类比、归纳、猜想

的方法是事物内在系和律性的一种重要思考方法，也是数学中命与解思路的一种重要手段．里的指的是常用的，也就是在求解数学，首先从的特殊情况的察入手，取得一些局部的果，然后以些作基，分析概括些的共同特征，从而解的一般途径或新的命的思考方法．下面几个例，以一般．例 1 如 2-99 ，有一个六形点，它的中心是一个点，算作第一；第二每有两个点 ( 相两公用一个点) ；第三每有三个点，⋯个六形点共有n ，第n有多少个点？个点共有多少个点？分析与解我来察点中各点数的律，然后出点共有的点数．2019-2020 年初中数学培第十八与因此，个点的第n 有点 (n-1) × 6 个． n 共有点数例 2 在平面上有同一点 P，并且半径相等的 n 个，其中任何两个都有两个交点，任何三个除P 点外无其他公共点，那么：(1)n 个把平面划分成多少个平面区域？(2)n 个共有多少个交点？分析与解 (1)在2-100中，以P 点公共点的有1， 2， 3， 4， 5 个 ( 取 n 个特定的 ) ，察平面被它所分割成的平面区域有多少个？此，我列出表18． 1．由表 18． 1 易知S2-S 1=2，S3-S 2＝ 3，S4-S 3＝ 4，S5-S 4＝ 5，⋯⋯由此，不推S n-S n-1＝ n．把上面 (n-1) 个等式左、右两分相加，就得到S n-S 1＝ 2＋3＋ 4＋⋯＋ n，因 S1=2，所以下面 S n -S n-1 =n，即 S n=S n-1＋ n 的正确性略作明．因 S n-1n-1 个把平面划分的区域数，当再加上一个，即当n 个定点P ，个加上去的必与前n-1 个相交，所以个就被前n-1 个分成n 部分，加在 S n-1上，所以有 S n=S n-1＋ n．(2) 与(1) 一，同用察、、的方法来解决．此，可列出表18． 2．由表 18． 2 容易a1＝ 1，a2-a 1＝ 1，a3-a 2＝ 2，a4-a 3＝ 3，a5-a 4＝ 4，⋯⋯a n-1 -a n-2＝n-2 ，a n-a n-1＝ n-1 ．n个式子相加注意者明a n=a n-1＋ (n-1) 的正确性．例 3a， b，c 表示三角形三的，它都是自然数，其中a≤ b≤ c，如果 b=n(n 是自然数 ) ，的三角形有多少个？分析与解我先来研究一些特殊情况：(1)b=n=1， b=1，因 a≤ b≤ c，所以 a=1，c 可取 1， 2，3，⋯．若 c=1，得到一个三都 1 的等三角形；若c≥ 2，由于 a＋ b=2，那么 a＋ b 不大于第三c，不可能由a， b， c 构成三角形，可，当b=n=1 ，足条件的三角形只有一个．(2)b=n=2，似地可以列各种情况如表18． 3．足条件的三角形数：1+2=3．(3)b=n=3，似地可得表 18． 4．足条件的三角形数：1＋ 2＋ 3=6．通上面些特例不，当b=n ，足条件的三角形数：个猜想是正确的．因当 b=n ， a 可取 n 个 (1 ， 2，3，⋯， n) ，于 a 的每个，不妨 a=k(1 ≤k≤n) ．由于 b≤ c＜ a＋ b，即 n≤ c＜ n＋ k，所以 c 可能取的恰好有 k 个(n ， n＋ 1， n＋ 2，⋯， n＋k-1) ．所以，当 b=n ，足条件的三角形数：例 4 1× 2×3×⋯× n 写 n！( 称作 n 的乘 ) ，化： 1！× 1＋ 2！× 2＋3！× 3＋⋯＋ n！× n.分析与解先察特殊情况：(1)当 n=1 ，原式 =1=(1 ＋ 1) ！ -1 ；(2)当 n=2 ，原式 =5=(2 ＋ 1) ！ -1 ；(3)当 n=3 ，原式 =23=(3 ＋ 1) ！-1 ；(4)当 n=4 ，原式 =119=(4 ＋ 1) ！ -1 ．由此做出一般猜想：原式 =(n+1) ！ -1.下面我明个猜想的正确性．1+原式 =1+(1 ！× 1＋ 2！× 2＋ 3！× 3+⋯ +n！× n)=1！× 2＋ 2！× 2＋ 3！× 3+⋯ +n！× n=2！ +2！× 2＋3！× 3＋⋯ +n！× n=2！× 3+3！× 3+⋯＋ n！× n=3！ +3！× 3+⋯ +n！× n＝⋯=n！ +n！× n=(n ＋ 1) ！，所以原式=(n+1)！ -1.例5x＞ 0，比代数式x3和x2+x+2 的的大小．分析与解本直接察，不好做出猜想，因此可中做比，或能启我解思路．此，x 等于某些特殊，代入两式x=0，然有x3＜x2+x+2．①x=10，有32x =1000，x +x＋ 2=112，所以x3＞x2+x+2．②x=100，有x3＞ x2+x+2．察、比①，②两式的条件和，可以：当x 小，x3＜ x2+x+2；当x 大，x3＞x2+x+2．那么自然会想到：当x=？，x3=x2+x+2 呢？如果个方程得解，它很可能就是本得解的“ 界点”．此，x3=x 2＋ x＋ 2，x3-x 2 -x-2 ＝ 0，(x 3-x 2-2x) ＋ (x-2)=0 ，(x-2)(x2+x+1)=0．因 x＞ 0，所以 x2+x+1＞0，所以 x-2=0 ，所以 x=2．(1)当 x=2 ， x3=x2+x+2 ；(2)当 0＜ x＜ 2 ，因x-2 ＜ 0， x2+x+2＞ 0，所以 (x-2)(x2＋ x+2) ＜ 0，即 x3-(x 2＋ x+2) ＜0，所以 x 3＜ x2＋ x＋ 2.(3) 当 x＞ 2 ，因 x-2 ＞ 0， x2+x+2＞ 0，所以 (x-2)(x2+x+2) ＞ 0，即 x3-(x 2＋ x＋ 2) ＞0，所以 x 3＞ x2＋ x＋ 2．合 (1) ，(2) ， (3) ，就得到本的解答．分析先由特例入手，注意到例 7 已知 E， F， G， H 各点分在四形 ABCD的 AB， BC， CD， DA上 ( 如 2—101) ．(2)当上述条件中比 3，4，⋯， n (n 自然数 ) ，那 S 么 S 四边形EFGH与 S 四边形ABCD之比是多少？G引 GM∥ AC交 DA于 M点．由平行截割定理易知(2)设当 k=3， 4 时，用类似于 (1) 的推理方法将所得结论与(1) 的结论列成表18． 5.观察表 18． 5 中 p， q 的值与对应k 值的变化关系，不难发现：当k=n( 自然数 ) 时有以上推测是完全正确的，证明留给读者．。

类比知识点归纳总结知识就像一座大山，它庞大而壮观，有很多的顶峰和山脚下的河流溪涧。

每个知识点就像是大山上的一座座山峰，通过不断的攀登和探索，我们可以逐渐掌握其中的要领和精髓，最终领悟出其中的规律和本质。

在这篇文章中，我们将以类比的方式来归纳总结各种知识点，希望读者能够通过这种生动的比喻来更好地理解和记忆知识点。

一、数学知识点类比数学就像一片广阔而深邃的大海，它包含了很多种类的知识点，比如代数、几何、概率统计等等。

在这片大海中，不同的知识点就像是各种珊瑚礁和鱼类，它们有着各自的形态和特点，但又都是生活在同一片水域中的。

比如代数就像是深海中的一片珊瑚礁，它包含了方程、不等式、函数等多个知识点，通过不断的钻研和探索，我们可以发现其中的一些规律和特点，从而掌握其中的精髓和要领。

而几何则好比是水面上悠然自在的鱼群，通过不同的运动轨迹和旋转姿势，它们展现出了不同的美丽和魅力，同时也给我们带来了很多的启示和感悟。

通过这样的类比，我们可以更加形象地理解和记忆数学知识点，从而提高学习的效率和深度。

二、语文知识点类比语文就像是一座古老的城堡，它包含了很多种类的知识点，比如文字、词汇、语法、修辞等等。

在这座城堡中，不同的知识点就像是各种不同的建筑和石碑，它们有着各自的历史和传说，但又都是共同构成这座城堡的一部分。

比如文字就像是城墙上的兵器库，它包含了很多种类的文字和字形，通过不断的研究和认识，我们可以发现其中的规律和特点，从而更加深入地了解文字的本质和演变过程。

而词汇则好比是城堡中的宫殿和塔楼，通过不同的组合和摆放，它们构成了丰富多彩的词汇体系，给我们带来了很多的乐趣和启示。

通过这样的类比，我们可以更加形象地理解和记忆语文知识点，从而提高学习的效果和趣味性。

三、历史知识点类比历史就像是一部宏大而壮丽的史诗，它包含了很多种类的知识点，比如古代史、现代史、近现代史等等。

在这部史诗中，不同的知识点就像是各种不同的人物和事件，它们有着各自的传奇和故事，但又都是构成这部史诗的一部分。

初中数学竞赛专题培训(18)：归纳与发现初中数学竞赛专题培训(18)：归纳与发现导语：归纳与发现是数学思维中非常重要的一环。

通过整理、总结已有的信息，从中寻找规律，进而发现新的知识和思路。

这种思维方式在数学竞赛中尤为重要，能够帮助学生快速解题，提高解题的准确性。

本文将详细介绍归纳与发现的基本原理、方法和应用。

一、基本原理：归纳与发现是基于已知信息推导出未知规律的一种思维方式。

在数学竞赛中，正确的归纳与发现能够提供高效的解题思路，帮助学生准确地解答复杂问题。

基本原理包括以下几点：1. 归纳：通过总结已有的信息，寻找共同的特点和规律。

2. 反向思维：从一个目标出发，逆向推导出已知条件，发现新的规律。

3. 定义方法：通过定义各种概念和符号，清晰地表达出问题中的关键信息。

二、基本方法：归纳与发现的方法多种多样，最常见的方法包括但不限于以下几种：1. 列数表：将已知信息列成表格的形式，观察不同数值之间的规律。

2. 找规律：观察题目中给出的数列、图形或公式，从中找出各种规律，并进行总结归纳。

3. 推广：通过观察已知规律，将其推广到更一般的情况。

4. 反证法：从与目标相反的假设入手，通过推论完成证明，进一步揭示问题的本质。

5. 螺旋法：通过逐步细化问题，反复迭代，从不同的角度去观察和解决问题。

三、案例分析：下面通过实例来介绍归纳与发现的应用。

【案例1】：数列问题问题：已知数列4, 9, 14, 19, 24, ...。

通过观察和归纳，找出数列的通项公式。

解法：首先，我们可以通过计算每两个数之间的差值来观察数列的规律：9 - 4 = 5, 14 - 9 = 5, 19 - 14 = 5, ... 可以发现，数列中的两个数之间的差值都是5。

因此，可以推测数列的通项公式为5n，其中n为数列的项数。

【案例2】：图形问题问题：下图是由等边三角形组成的图形，如果给定图形的边数n，那么由多少个小三角形组成？解法：通过观察，我们可以发现当n=1时，由1个小三角形组成；当n=2时，由4个小三角形组成；当n=3时，由7个小三角形组成；当n=4时，由10个小三角形组成。

竞赛专题讲座18－类比，归纳，猜想数学解题与数学发现一样，通常都是在通过类比，归纳等探测性方法进行探测的基础上，获得对有关问题的结论或解决方法的猜想，然后再设法证明或否定猜想，进而达到解决问题的目的．类比，归纳是获得猜想的两个重要的方法．所谓类比，就是由两个对象的某些相同或相似的性质，推断它们在其他性质上也有可能相同或相似的一种推理形式。

类比是一种主观的不充分的似真推理，因此，要确认其猜想的正确性，还须经过严格的逻辑论证．运用类比法解决问题，其基本过程可用框图表示如下：可见，运用类比法的关键是寻找一个合适的类比对象．按寻找类比对象的角度不同，类比法常分为以下三个类型．（1）降维类比将三维空间的对象降到二维（或一维）空间中的对象，此种类比方法即为降维类比．【例1】如图，过四面体V-ABC的底面上任一点O分别作OA1∥VA，OB1∥VB，OC1∥VC，A1，B1，C1分别是所作直线与侧面交点．求证：++为定值．分析考虑平面上的类似命题：“过△ABC（底）边 AB上任一点O分别作OA1∥AC，OB1∥BC，分别交BC，AC于A1，B1，求证+为定值”．这一命题利用相似三角形性质很容易推出其为定值1．另外，过A，O分别作BC垂线，过B，O分别作AC垂线，则用面积法也不难证明定值为1．于是类比到空间围形，也可用两种方法证明其定值为1．证明：如图，设平面OA1VA∩BC＝M，平面OB1VB∩AC＝N，平面OC1VC∩AB=L，则有△MOA1∽△MAV，△NOB1∽△NBV，△LOC1∽△ LCV．得++=++。

在底面△ABC中，由于AM，BN，CL交于一点O，用面积法易证得：++=1。

∴++=1。

【例2】以棱长为1的正四面体的各棱为直径作球，S是所作六个球的交集．证明S 中没有一对点的距离大于．【分析】考虑平面上的类比命题：“边长为1的正三角形，以各边为直径作圆，S‘是所作三个圆的交集”，通过探索S’的类似性质，以寻求本题的论证思路．如图，易知S‘包含于以正三角形重心为圆心，以为半径的圆内．因此S’内任意两点的距离不大于．以此方法即可获得解本题的思路．证明：如图，正四面体 ABCD中，M，N分别为BC，AD的中点，G为△BCD的中心，MN∩AG＝O．显然O是正四面体ABCD的中心．易知OG=·AG=，并且可以推得以O为球心，OG为半径的球内任意两点间的距离不大于，其球O必包含S．现证明如下．根据对称性，不妨考察空间区域四面体OMCG．设P为四面体OMCG内任一点，且P 不在球O内，现证P亦不在S内．若球O交OC于T点。

初中数学竞赛专题培训(18)：归纳与发现初中数学竞赛专题培训(18)：归纳与发现鼎吉教育（DinjEducation）中小学生课外个性化辅导中心资料初中数学竞赛专题培训讲练初中数学竞赛专题培训第十八讲归纳与发现归纳的方法是认识事物内在联系和规律性的一种重要思考方法，也是数学中发现命题与发现解题思路的一种重要手段．这里的归纳指的是常用的经验归纳，也就是在求解数学问题时，首先从简单的特殊情况的观察入手，取得一些局部的经验结果，然后以这些经验作基础，分析概括这些经验的共同特征，从而发现解题的一般途径或新的命题的思考方法．下面举几个例题，以见一般．例1如图2-99，有一个六边形点阵，它的中心是一个点，算作第一层；第二层每边有两个点(相邻两边公用一个点)；第三层每边有三个点，这个六边形点阵共有n层，试问第n层有多少个点？这个点阵共有多少个点？分析与解(1)在图2-100中，设以P点为公共点的圆有1，2，3，4，5个(取这n个特定的圆)，观察平面被它们所分割成的平面区域有多少个？为此，我们列出表18．1．(2)这n 个圆共有多少个交点？(1)这n个圆把平面划分成多少个平面区域？分析与解我们来观察点阵中各层点数的规律，然后归纳出点阵共有的点数．S2-S1=2，第一层有点数：1；S3-S2＝3，第二层有点数：1×6；S4-S3＝4，第三层有点数：2×6；S5-S4＝5，第四层有点数：3×6；由此，不难推测第n层有点数：(n-1)×6.Sn-Sn-1＝n．因此，这个点阵的第n层有点(n-1)×6个．n层共有点数为由表18．1易知把上面(n-1)个等式左、右两边分别相加，就得到Sn-S1＝2＋3＋4＋＋n，因为S1=2，所以例2在平面上有过同一点P，并且半径相等的n个圆，其中任何两个圆都有两个交点，任何三个圆除P点外无其他公共点，那么试问：学习地址：佛山市南海区南海大道丽雅苑中区雅广居2D 第1页咨询热线：0757-8630706713760993549（吉老师）鼎吉教育遵循：“授人以鱼，不如授人以渔”的教育理念秉承：以人为本，质量第一，突出特色，服务家长下面对Sn-Sn-1=n，即Sn=Sn-1＋n的正确性略作说明．分析与解我们先来研究一些特殊情况：因为Sn-1为n-1个圆把平面划分的区域数，当再加上一个圆，即当n个圆过定点P时，这个加上去的圆必与前n-1个圆相交，所以这个圆就被前n-1个圆分成n部分，加在Sn-1上，所以有Sn=Sn-1＋n．(2)与(1)一样，同样用观察、归纳、发现的方法来解决．为此，可列出表18．2．(2)设b=n=2，类似地可以列举各种情况如表18．3．(1)设b=n=1，这时b=1，因为a≤b≤c，所以a=1，c可取1，2，3，．若c=1，则得到一个三边都为1的等边三角形；若c≥2，由于a＋b=2，那么a＋b不大于第三边c，这时不可能由a，b，c构成三角形，可见，当b=n=1时，满足条件的三角形只有一个．例3设a，b，c表示三角形三边的长，它们都是自然数，其中a≤b≤c，如果b=n(n是自然数)，试问这样的三角形有多少个？由表18．2容易发现这时满足条件的三角形总数为：1+2=3．a1＝1，(3)设b=n=3，类似地可得表18．4．a2-a1＝1，a3-a2＝2，a4-a3＝3，a5-a4＝4，这时满足条件的三角形总数为：1＋2＋3=6．通过上面这些特例不难发现，当b=n时，满足条件的三角形an-1-an-2＝n-2，an-an-1＝n-1．n个式子相加这个猜想是正确的．因为当b=n时，a可取n个值(1，2，3，，n)，对应于a的每个值，不妨设a=k(1≤k≤n)．由于b≤c＜a＋b，即n≤c＜n＋k，所以c可能取的值恰好有k 个(n，n＋1，n＋2，，n＋k-1)．所以，当b=n时，满足条件的三角形总数为：总数为：例4设1×2×3××n缩写为n！(称作n的阶乘)，试化简：注意请读者说明an=an-1＋(n-1)的正确性．1！×1＋2！×2＋3！×3＋＋n！×n.分析与解先观察特殊情况：◆以鲜明的教育理念启发人◆以浓厚的学习氛围影响人第2页◆以不倦的育人精神感染人◆以优良的学风学纪严律人◆鼎吉教育（DinjEducation）中小学生课外个性化辅导中心资料初中数学竞赛专题培训讲练(1)当n=1时，原式=1=(1＋1)！-1；(2)当n=2时，原式=5=(2＋1)！-1；(3)当n=3时，原式=23=(3＋1)！-1；(4)当n=4时，原式=119=(4＋1)！-1．由此做出一般归纳猜想：原式=(n+1)！-1.下面我们证明这个猜想的正确性．1+原式=1+(1！×1＋2！×2＋3！×3++n！×n)=1！×2＋2！×2＋3！×3++n！×n=2！+2！×2＋3！×3＋+n！×n=2！×3+3！×3+＋n！×n=3！+3！×3++n！×n＝=n！+n！×n=(n ＋1)！，所以原式=(n+1)！-1.例5设x＞0，试比较代数式x3和x2+x+2的值的大小．分析与解本题直接观察，不好做出归纳猜想，因此可设x 等于某些特殊值，代入两式中做试验比较，或许能启发我们发现解题思路．为此，设x=0，显然有x3＜x2+x+2．①设x=10，则有x3=1000，x2+x＋2=112，所以x＞x+x+2．②设x=100，则有x＞x+x+2．观察、比较①，②两式的条件和结论，可以发现：当x值较小时，x3＜x2+x+2；当x值较大时，x3＞x2+x+2．那么自然会想到：当x=？时，x3=x2+x+2呢？如果这个方程得解，则它很可能就是本题得解的“临界点”．为此，设x3=x2＋x＋2，则x-x-x-2＝0，(x3-x2-2x)＋(x-2)=0，学习地址：佛山市南海区南海大道丽雅苑中区雅广居2D 第3页咨询热线：0757-8630706713760993549（吉老师）323232 (x-2)(x2+x+1)=0．因为x＞0，所以x+x+1＞0，所以x-2=0，所以x=2．这样(1)当x=2时，x=x+x+2；(2)当0＜x＜2时，因为x-2＜0，x2+x+2＞0，所以(x-2)(x2＋x+2)＜0，即x3-(x2＋x+2)＜0，所以x3＜x2＋x＋2.(3)当x＞2时，因为x-2＞0，x2+x+2＞0，所以(x-2)(x2+x+2)＞0，即x3-(x2＋x＋2)＞0，所以x3＞x2＋x＋2．综合归纳(1)，(2)，(3)，就得到本题的解答．322 分析先由特例入手，注意到例7已知E，F，G，H各点分别在四边形ABCD的AB，BC，CD，DA边上(如图2101)．鼎吉教育遵循：“授人以鱼，不如授人以渔”的教育理念秉承：以人为本，质量第一，突出特色，服务家长练习十八1．试证明例7中：2．平面上有n条直线，其中没有两条直线互相平行(即每两条直线都相交)，也没有三条或三条以上的直线通过同一点．试求：(1)这n条直线共有多少个交点？(2)这n条直线把平面分割为多少块区域？(2)当上述条件中比值为3，4，，n时(n为自然数)，那S 么S四边形EFGH与S四边形ABCD之比是多少？引GM∥AC交DA于M点．由平行截割定理易知G (2)设然后做出证明.)当k=3，4时，用类似于(1)的推理方法将所得结论与(1)的结论列成表18．5.4．求适合x5=656356768的整数x．(提示：显然x不易直接求出，但可注意其取值范围：505＜656356768＜605，所以502＜x＜602．＝观察表18．5中p，q的值与对应k值的变化关系，不难发现：当k=n(自然数)时有以上推测是完全正确的，证明留给读者．◆以鲜明的教育理念启发人◆以浓厚的学习氛围影响人第4页◆以不倦的育人精神感染人◆以优良的学风学纪严律人◆扩展阅读：初中数学竞赛专题培训数学思维的教育第一讲：因式分解(一).................................................. ....1第二讲：因式分解(二).................................................. ....4第三讲实数的若干性质和应用.......................................7第四讲分式的化简与求值.............................................10第五讲恒等式的证明.................................................... .13第六讲代数式的求值.................................................... .16第七讲根式及其运算.................................................... .18第八讲非负数.................................................... .............22第九讲一元二次方程.................................................... .26第十讲三角形的全等及其应用.....................................29第十一讲勾股定理与应用.............................................33第十二讲平行四边形.................................................... .36第十三讲梯形.................................................... .............39第十四讲中位线及其应用.............................................42第十五讲相似三角形(一). (45)第十六讲相似三角形(二) (48)多项式的因式分解是代数式恒等变形的基本形式之一，它被广泛地应用于初等数学之中，是我们解决许多数学问题的有力工具．因式分解方法灵活，技巧性强，学习这些方法与技巧，不仅是掌握因式分解内容所必需的，而且对于培养学生的解题技能，发展学生的思维能力，都有着十分独特的作用．初中数学教材中主要介绍了提取公因式法、运用公式法、分组分解法和十字相乘法．本讲及下一讲在中学数学教材基础上，对因式分解的方法、技巧和应用作进一步的介绍．1．运用公式法在整式的乘、除中，我们学过若干个乘法公式，现将其反向使用，即为因式分解中常用的公式，例如：(1)a2 -b2=(a+b)(a-b)；(2)a2±2ab+b2=(a±b)2；(3)a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)；(4)a3-b3=(a-b)(a2+ab+b2)．下面再补充几个常用的公式：(5)a2 +b2+c2+2ab+2bc+2ca=(a+b+c)2； (6)a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)；(7)an-bn=(a-b)(an-1+an-2b+an-3b2++abn-2+bn-1)其中n为正整数；(8)an-bn=(a+b)(an-1-an-2b+an-3b2-+abn-2-bn-1)，其中n为偶数；第十七讲*集合与简易逻辑 (51)第十八讲归纳与发现.................................................... .56第十九讲特殊化与一般化.............................................59第二十讲类比与联想.................................................... .63第二十一讲分类与讨论. (67)第二十二讲面积问题与面积方法.................................70第二十三讲几何不等式. (73)第二十四讲*整数的整除性...........................................77第二十五讲*同余式.................................................... ...80第二十六讲含参数的一元二次方程的整数根问题.....83第二十七讲列方程解应用问题中的量.........................86第二十八讲怎样把实际问题化成数学问题.................90第二十九讲生活中的数学(三)镜子中的世界.....94第三十讲生活中的数学(四)──买鱼的学问 (99)第一讲：因式分解(一)(9)an+bn=(a+b)(an-1-an-2b+an-3b2--abn-2+bn-1)，其中n为奇数．运用公式法分解因式时，要根据多项式的特点，根据字母、系数、指数、符号等正确恰当地选择公式．例1分解因式：(1)-2x5n-1yn+4x3n-1yn+2-2xn-1yn+4； (2)x3-8y3-z3-6xyz；(3)a2+b2+c2-2bc+2ca-2ab；(4)a7-a5b2+a2b5-b7．解(1)原式=-2xn-1yn (x4n-2x2ny2+y4)=-2xn-1yn[(x2n)2-2x2ny2+(y2)2]=-2xn-1yn(x2n-y2)2=-2xn-1yn(xn-y)2(xn+y)2．(2)原式=x3+(-2y)3+(-z)3-3x(-2y)(-Z)=(x-2y-z)(x2 +4y2+z2+2xy+xz-2yz)．(3)原式=(a2 -2ab+b2)+(-2bc+2ca)+c2＝(a-b)2+2c(a-b)+c2=(a-b+c)2．本小题可以稍加变形，直接使用公式(5)，解法如下：原式=a2+(-b)2+c2+2(-b)c+2ca+2a(-b)=(a-b+c)2(4)原式=(a7-a5b2)+(a2b5-b7)=a5(a2-b2)+b5(a2-b2) 数学思维的教育=(a2-b2)(a5+b5) =(a+b)(a-b)(a+b)(a4-a3b+a2b2-ab3+b4)=(a+b)2(a-b)(a4-a3b+a2b2-ab3+b4)例2分解因式：a3+b3+c3-3abc．本题实际上就是用因式分解的方法证明前面给出的公式(6)．分析我们已经知道公式(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3的正确性，现将此公式变形为a3 +b3=(a+b)3-3ab(a+b)．这个式也是一个常用的公式，本题就借助于它来推导．解原式=(a+b)3-3ab(a+b)+c3-3abc=［(a+b)3+c3］-3ab(a+b+c)=(a+b+c)［(a+b)2-c(a+b)+c2]-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)．说明公式(6)是一个应用极广的公式，用它可以推出很多有用的结论，例如：我们将公式(6)变形为a3+b3+c3-3abc显然，当a+b+c=0时，则a3+b3+c3=3abc；当a+b+c＞0时，则a3+b3+c3-3abc0，即a3+b3+c33abc，而且，当且仅当a=b=c时，等号成立．如果令x=a30，y=b30，z=c30，则有等号成立的充要条件是x=y=z．这也是一个常用的结论．例3分解因式：x15+x14+x13++x2+x+1．分析这个多项式的特点是：有16项，从最高次项x15开始，x的次数顺次递减至0，由此想到应用公式an-bn来分解．解因为x16-1=(x-1)(x15+x14+x13+x2+x+1)，所以说明在本题的分解过程中，用到先乘以(x-1)，再除以(x-1)的技巧，这一技巧在等式变形中很常用．2．拆项、添项法因式分解是多项式乘法的逆运算．在多项式乘法运算时，整理、化简常将几个同类项合并为一项，或将两个仅符号相反的同类项相互抵消为零．在对某些多项式分解因式时，需要恢复那些被合并或相互抵消的项，即把多项式中的某一项拆成两项或多项，或者在多项式中添上两个仅符合相反的项，前者称为拆项，后者称为添项．拆项、添项的目的是使多项式能用分组分解法进行因式分解．例4分解因式：x3-9x+8．分析本题解法很多，这里只介绍运用拆项、添项法分解的几种解法，注意一下拆项、添项的目的与技巧．解法1将常数项8拆成-1+9．原式=x3-9x-1+9=(x3-1)-9x+9=(x-1)(x2+x+1)-9(x-1)=(x-1)(x2+x-8)．解法2将一次项-9x拆成-x-8x．原式=x3-x-8x+8=(x3-x)+(-8x+8)=x(x+1)(x-1)-8(x-1)=(x-1)(x2 +x-8)．解法3将三次项x3拆成9x3-8x3．原式=9x3-8x3-9x+8=(9x3-9x)+(-8x3+8)=9x(x+1)(x-1)-8(x-1)(x2+x+1)=(x-1)(x2+x-8)．解法4添加两项-x2+x2．原式=x3-9x+8=x3-x2-9x+8=x2(x-1)+(x-8)(x-1)=(x-1)(x2+x-8)．2 数学思维的教育说明由此题可以看出，用拆项、添项的方法分解因式时，要拆哪些项，添什么项并无一定之规，主要的是要依靠对题目特点的观察，灵活变换，因此拆项、添项法是因式分解诸方法中技巧性最强的一种．例5分解因式：(1)x9+x6+x3-3；(2)(m2-1)(n2-1)+4mn；(3)(x+1)4+(x2-1)2+(x-1)4；(4)a3b-ab3+a2+b2+1．解(1)将-3拆成-1-1-1．原式=x9+x3-1-1-1=(x9-1)+(x6-1)+(x3-1)=(x3-1)(x6+x3+1)+(x3-1)(x3+1)+(x3-1)=(x3-1)(x6+2x3+3)=(x-1)(x2+x+1)(x6+2x3+3)．(2)将4mn拆成2mn+2mn．原式=(m2 -1)(n2-1)+2mn+2mn=m2n2-m2-n2+1+2mn+2mn=(m2n2+2mn+1)-(m2-2mn+n2)=(mn+1)2-(m-n)2=(mn+m-n+1)(mn-m+n+1)．(3)将(x2 -1)2拆成2(x2-1)2-(x2-1)2．原式=(x+1)4+2(x2-1)2-(x2-1)2+(x-1)4=［(x+1)4+2(x+1)2(x-1)2+(x-1)4]-(x2-1)2=［(x+1)2+(x-1)2]2-(x2-1)2=(2x2+2)2-(x2-1)2=(3x2+1)(x2+3)．(4)添加两项+ab-ab．原式=a3 b-ab3+a2+b2+1+ab-ab=(a3b-ab3)+(a2-ab)+(ab+b2+1)=ab(a+b)(a-b)+a(a-b)+(ab+b2 +1)=a(a-b)［b(a+b)+1]+(ab+b2+1)=[a(a-b)+1](ab+b2+1)=(a2-ab+1)(b2+ab+1)．说明(4)是一道较难的题目，由于分解后的因式结构较复杂，所以不易想到添加+ab-ab，而且添加项后分成的三项组又无公因式，而是先将前两组分解，再与第三组结合，找到公因式．这道题目使我们体会到拆项、添项法的极强技巧所在，同学们需多做练习，积累经验．3．换元法换元法指的是将一个较复杂的代数式中的某一部分看作一个整体，并用一个新的字母替代这个整体来运算，从而使运算过程简明清晰．例6分解因式：(x2+x+1)(x2+x+2)-12．分析将原式展开，是关于x的四次多项式，分解因式较困难．我们不妨将x2+x看作一个整体，并用字母y来替代，于是原题转化为关于y的二次三项式的因式分解问题了．解设x2+x=y，则原式=(y+1)(y+2)-12=y2+3y-10=(y-2)(y+5)=(x2+x-2)(x2+x+5)=(x-1)(x+2)(x2+x+5)．说明本题也可将x2+x+1看作一个整体，比如今x2+x+1=u，一样可以得到同样的结果，有兴趣的同学不妨试一试．例7分解因式：(x2+3x+2)(4x2+8x+3)-90．分析先将两个括号内的多项式分解因式，然后再重新组合．解原式=(x+1)(x+2)(2x+1)(2x+3)-90=[(x+1)(2x+3)][(x+2)(2x+1)]-90=(2x2+5x+3)(2x2+5x+2)-90．令y=2x2+5x+2，则原式=y(y+1)-90=y2+y-90=(y+10)(y-9)=(2x2+5x+12)(2x2+5x-7)=(2x2+5x+12)(2x+7)(x-1)．说明对多项式适当的恒等变形是我们找到新元(y)的基础．例8分解因式：(x2+4x+8)2+3x(x2+4x+8)+2x2．解设x2+4x+8=y，则原式=y2+3xy+2x2=(y+2x)(y+x)=(x2+6x+8)(x2+5x+8)3 数学思维的教育=(x+2)(x+4)(x2+5x+8)．说明由本题可知，用换元法分解因式时，不必将原式中的元都用新元代换，根据题目需要，引入必要的新元，原式中的变元和新变元可以一起变形，换元法的本质是简化多项式．例9分解因式：6x4+7x3-36x2-7x+6．解法1原式=6(x4 +1)＋7x(x2-1)-36x2=6［(x4-2x2+1)+2x2］+7x(x2-1)-36x2=6[(x2-1)2+2x2]+7x(x2-1)-36x2=6(x2-1)2+7x(x2-1)-24x2=[2(x2-1)-3x］［3(x2-1)+8x]=(2x2-3x-2)(3x2+8x-3)=(2x+1)(x-2)(3x-1)(x+3)．说明本解法实际上是将x2-1看作一个整体，但并没有设立新元来代替它，即熟练使用换元法后，并非每题都要设置新元来代替整体．解法2 1．双十字相乘法分解二次三项式时，我们常用十字相乘法．对于某些二元二次六项式(ax2+bxy+cy2+dx+ey+f)，我们也可以用十字相乘法分解因式．例如，分解因式2x2-7xy-22y2-5x+35y-3．我们将上式按x降幂排列，并把y当作常数，于是上式可变形为2x2-(5+7y)x-(22y2-35y+3)，可以看作是关于x的二次三项式．对于常数项而言，它是关于y的二次三项式，也可以用十字相乘法，分解为即：-22y2+35y-3=(2y-3)(-11y+1)．原式=x2[6(t2+2)+7t-36]=x2(6t2+7t-24)=x2(2t-3)(3t+8)=x2[2(x-1/x)-3][3(x-1/x)+8]=(2x2-3x-2)(3x2+8x-3)=(2x+1)(x-2)(3x-1)(x+3)．例10分解因式：(x2 +xy+y2)-4xy(x2+y2)．分析本题含有两个字母，且当互换这两个字母的位置时，多项式保持不变，这样的多项式叫作二元对称式．对于较难分解的二元对称式，经常令u=x+y，v=xy，用换元法分解因式．解原式=[(x+y)2-xy]2-4xy[(x+y)2-2xy]．令x+y=u，xy=v，则原式=(u2-v)2-4v(u2-2v)=u4-6u2v+9v2=(u2-3v)2=(x2+2xy+y2-3xy)2=(x2-xy+y2)2．第二讲：因式分解(二)再利用十字相乘法对关于x的二次三项式分解所以，原式=［x+(2y-3)］［2x+(-11y+1)］=(x+2y-3)(2x-11y+1)．上述因式分解的过程，实施了两次十字相乘法．如果把这两个步骤中的十字相乘图合并在一起，可得到下图：它表示的是下面三个关系式：(x+2y)(2x-11y)=2x2-7xy-22y2；(x-3)(2x+1)=2x2-5x-3；4 数学思维的教育(2y-3)(-11y+1)=-22y+35y-3．这就是所谓的双十字相乘法．用双十字相乘法对多项式ax+bxy+cy+dx+ey+f进行因式分解的步骤是：(1)用十字相乘法分解ax+bxy+cy，得到一个十字22222 原式=(x-5y+2)(x+2y-1)．(2)相乘图(有两列)；(2)把常数项f分解成两个因式填在第三列上，要求第二、第三列构成的十字交叉之积的和等于原式中的ey，第一、第三列构成的十字交叉之积的和等于原式中的dx．例1分解因式：(1)x2-3xy-10y2+x+9y-2；(2)x2-y2+5x+3y+4；(3)xy+y2+x-y-2；(4)6x2-7xy-3y2-xz+7yz-2z2．解(1)原式=(2x-3y+z)(3x+y-2z)．说明(4)中有三个字母，解法仍与前面的类似．2．求根法我们把形如ann-1nx+an-1x++a1x+a0(n为非负整数)的代数式称为关于x的一元多项式，并用f(x)，g(x)，等记号表示，如f(x)=x2-3x+2，g(x)=x5+x2+6，，当x=a时，多项式f(x)的值用f(a)表示．如对上面的多项式f(x)f(1)=12-31+2=0；f(-2)=(-2)2-3(-2)+2=12．若f(a)=0，则称a为多项式f(x)的一个根．定理1(因式定理)若a是一元多项式f(x)的根，即f(a)=0成立，则多项式f(x)有一个因式x-a．根据因式定理，找出一元多项式f(x)的一次因式的关键是求多项式f(x)的根．对于任意多项式f(x)，原式=(x+y+1)(x-y+4)．(3)原式中缺x2项，可把这一项的系数看成0来分解．原式=(y+1)(x+y-2)．(4)要求出它的根是没有一般方法的，然而当多项式f(x)的系数都是整数时，即整系数多项式时，经常用下面的定理来判定它是否有有理根．定理2的根，则必有p是a0的约数，q是an的约数．特别地，当a0=1时，整系数多项式f(x)的整数根均为an的约数．我们根据上述定理，用求多项式的根来确定多项式的一次因式，从而对多项式进行因式分解．例2分解因式：x3-4x2+6x-4．分析这是一个整系数一元多项式，原式若有整数根，必是-4的约数，逐个检验-4的约数：±1，±2，±4，只有f(2)=23-422+62-4=0，5 数学思维的教育即x=2是原式的一个根，所以根据定理1，原式必有因式x-2．解法1用分组分解法，使每组都有因式(x-2)．原式=(x-2x)-(2x-4x)+(2x-4)=x(x-2)-2x(x-2)+2(x-2)=(x-2)(x-2x+2)．解法2用多项式除法，将原式除以(x-2)，223222 可以化为9x-3x-2，这样可以简化分解过程．总之，对一元高次多项式f(x)，如果能找到一个一次因式(x-a)，那么f(x)就可以分解为(x-a)g(x)，而g(x)是比f(x)低一次的一元多项式，这样，我们就可以继续对g(x)进行分解了．3．待定系数法所以原式=(x-2)(x2-2x+2)．说明在上述解法中，特别要注意的是多项式的有理根一定是-4的约数，反之不成立，即-4的约数不一定是多项式的根．因此，必须对-4的约数逐个代入多项式进行验证．例3分解因式：9x4-3x3+7x2-3x-2．分析因为9的约数有±1，±3，±9；-2的约数有±1，±为：所以，原式有因式9x2-3x-2．解9x4-3x3+7x2-3x-2=9x4-3x3-2x2+9x2-3x-2=x2(9x3-3x-2)+9x2-3x-2=(9x2-3x-2)(x2+1)=(3x+1)(3x-2)(x2+1)说明若整系数多项式有分数根，可将所得出的含有分数的因式化为整系数因式，如上题中的因式待定系数法是数学中的一种重要的解题方法，应用很广泛，这里介绍它在因式分解中的应用．在因式分解时，一些多项式经过分析，可以断定它能分解成某几个因式，但这几个因式中的某些系数尚未确定，这时可以用一些字母来表示待定的系数．由于该多项式等于这几个因式的乘积，根据多项式恒等的性质，两边对应项系数应该相等，或取多项式中原有字母的几个特殊值，列出关于待定系数的方程(或方程组)，解出待定字母系数的值，这种因式分解的方法叫作待定系数法．例4分解因式：x2+3xy+2y2+4x+5y+3．分析由于(x2+3xy+2y2)=(x+2y)(x+y)，若原式可以分解因式，那么它的两个一次项一定是x+2y+m和x＋y＋n的形式，应用待定系数法即可求出m和n，使问题得到解决．解设x2 +3xy+2y2+4x+5y+3=(x+2y+m)(x+y+n)=x2+3xy+2y2+(m+n)x+(m+2n)y+mn，比较两边对应项的系数，则有解之得m=3，n=1．所以原式=(x+2y+3)(x+y+1)．说明本题也可用双十字相乘法，请同学们自己解一下．例5分解因式：x4-2x3-27x2-44x+7．数学思维的教育分析本题所给的是一元整系数多项式，根据前面讲过的求根法，若原式有有理根，则只可能是±1，±7(7的约数)，经检验，它们都不是原式的根，所以，在有理数集内，原式没有一次因式．如果原式能分解，只能分解为(x2 +ax+b)(x2+cx+d)的形式．解设原式=(x2+ax+b)(x2+cx+d)=x4+(a+c)x3+(b+d+ac)x2+(ad+bc)x+bd，所以有由bd=7，先考虑b=1，d=7有实数是高等数学特别是微积分的重要基础．在初中代数中没有系统地介绍实数理论，是因为它涉及到极限的概念．这一概念对中学生而言，有一定难度．但是，如果中学数学里没有实数的概念及其简单的运算知识，中学数学也将无法继续学习下去了．例如，即使是一元二次方程，只有有理数的知识也是远远不够用的．因此，适当学习一些有关实数的基础知识，以及运用这些知识解决有关问题的基本方法，不仅是为高等数学的学习打基础，而且也是初等数学学习所不可缺少的．本讲主要介绍实数的一些基本知识及其应用．用于解决许多问题，例如，不难证明：任何两个有理数的和、差、积、商还是有理数，或者说，有理数对加、减、乘、除(零不能做除数)是封闭的．性质1任何一个有理数都能写成有限小数(整数可以看作小数点后面为零的小数)或循环小数的形式，反之亦然．例1所以原式=(x2-7x+1)(x2+5x+7)．说明由于因式分解的唯一性，所以对b=-1，d=-7等可以不加以考虑．本题如果b=1，d=7代入方程组后，无法确定a，c的值，就必须将bd=7的其他解代入方程组，直到求出待定系数为止．本题没有一次因式，因而无法运用求根法分解因式．但利用待定系数法，使我们找到了二次因式．由此可见，待定系数法在因式分解中也有用武之地．第三讲实数的若干性质和应用分析要说明一个数是有理数，其关键要看它能否写成两个整数比的形式．证设两边同乘以100得②-①得99x=261.54-2.61=258.93，无限不循环小数称为无理数．有理数对四则运算是封闭的，而无理是说，无理数对四则运算是不封闭的，但它有如下性质．性质2设a为有理数，b为无理数，则(1)a+b，a-b是无理数；数学思维的教育有理数和无理数统称为实数，即在实数集内，没有最小的实数，也没有最大的实数．任意两个实数，可以比较大小．全体实数和数轴上的所有点是一一对应的．在实数集内进行加、减、乘、除(除数不为零)运算，其结果仍是实数(即实数对四则运算的封闭性)．任一实数都可以开奇次方，其结果仍是实数；只有当被开方数为非负数时，才能开偶次方，其结果仍是实数．例2分析证所以分析要证明一个实数为无限不循环小数是一件极难办到的事．由于有理数与无理数共同组成了实数集，且二者是矛盾的两个对立面，所以，判定一个实数是无理数时，常常采用反证法．证用反证法．所以p一定是偶数．设p=2m(m是自然数)，代入①得4m2＝2q2，q2＝2m2，例4若a1+b1a=a2+b2a(其中a1，a2，b1，b2为有理数，a为无理数)，则a1=a2，b1=b2，反之，亦成立．分析设法将等式变形，利用有理数不能等于无理数来证明．证将原式变形为(b1-b2)a=a2-a1．若b1≠b2，则反之，显然成立．说明本例的结论是一个常用的重要运算性质．是无理数，并说明理由．整理得：由例4知a＝Ab，1=A，8 数学思维的教育说明本例并未给出确定结论，需要解题者自己发现正确的结有理数作为立足点，以其作为推理的基础．例6已知a，b是两个任意有理数，且a＜b，求证：a与b之间存在着无穷多个有理数(即有理数集具有稠密性)．分析只要构造出符合条件的有理数，题目即可被证明．证因为a＜b，所以2a＜a+b＜2b，所以说明构造具有某种性质的一个数，或一个式子，以达到解题和证明的目的，是经常运用的一种数学建模的思想方法．例7已知a，b是两个任意有理数，且a＜b，问是否存在无理数α，使得a＜α＜b成立？即由①，②有存在无理数α，使得a＜α＜b成立．b4 +12b3+37b2+6b-20的值．分析因为无理数是无限不循环小数，所以不可能把一个无理数的小数部分一位一位确定下来，这样涉及无理数小数部分的计算题，往往是先估计它的整数部分(这是容易确定的)，然后再寻求其小数部分的表示方法．14=9+6b+b2，所以b2+6b=5．b4 +12b3+37b2+6b-20=(b4+26b3+36b2)+(b2+6b)-20=(b2+6b)2+(b2+6b)-20=52+5-20=10．例9求满足条件的自然数a，x，y．解将原式两边平方得由①式变形为两边平方得数学思维的教育例10设a2222 n是1+2+3++n的个位数字，n=1，2，3，，求证：0.a1a2a3an是有理数．分析有理数的另一个定义是循环小数，即凡有理数都是循环小数，反之循环小数必为有理数．所以，要证0.a1a2a3an 是有理数，只要证它为循环小数．因此本题我们从寻找它的循环节入手．证计算an的前若干个值，寻找规律：1，5，4，0，5，1，0，4，5，5，6，0，9，5，0，6，5，9，0，0，1，5，4，0，5，1，0，4，发现：a20=0，a21=a1，a22=a2，a23=a3，，于是猜想：ak+20=ak，若此式成立，说明分式的有关概念和性质与分数相类似，例如，分式的分母的值不能是零，即分式只有在分母不等于零时才有意义；也像分数一样，分式的分子与分母都乘以(或除以)同一个不等于零的整式，分式的值不变，这一性质是分式运算中通分和约分的理论根据．在分式运算中，主要是通过约分和通分来化简分式，从而对分式进行求值．除此之外，还要根据分式的具体特征灵活变形，以使问题得到迅速准确的解答．本讲主要介绍分式的化简与求值．例1化简分式：分析直接通分计算较繁，先把每个假分式化成整式与真分式之和的形式，再化简将简便得多．＝［(2a+1)-(a-3)-(3a+2)+(2a-2)］0.a1a2an是由20个数字组成循环节的循环小数，即下面证明ak+20=ak．令f(n)=12+22++n2，当f(n+20)-f(n)是10的倍数时，表明f(n+20)与f(n)有相同的个位数，而f(n+20)-f(n)=(n+1)2+(n+2)2++(n+20)2=10(2n2+42n)+(12+22++202)．由前面计算的若干值可知：12+22++202是10的倍数，故a12k+20=ak成立，所以0.aaan是一个有理数．第四讲分式的化简与求值说明本题的关键是正确地将假分式写成整式与真分式之和的形式．例2求分式当a=2时的值．分析与解先化简再求值．直接通分较复杂，注意到平方差公式：a2-b2=(a+b)(a-b)，可将分式分步通分，每一步只通分左边两项．10 数学思维的教育例3若abc=1，求互消掉的一对相反数，这种化简的方法叫“拆项相消”法，它是分式化简中常用的技巧．分析本题可将分式通分后，再进行化简求值，但较复杂．下面介绍几种简单的解法．解法1因为abc=1，所以a，b，c都不为零．例5化简计算(式中a，b，c两两不相等)：解法2因为abc=1，所以a≠0，b≠0，c≠0．例4化简分式：分析与解三个分式一齐通分运算量大，可先将每个分式的分母分解因式，然后再化简．说明似的，对于这个分式，显然分母可以分解因式为(a-b)(a-c)，而分子又恰好凑成(a-b)+(a-c)，因此有下面的解法．解说明本例也是采取“拆项相消”法，所不同的是利用例6已知：x+y+z=3a(a≠0，且x，y，z不全相等)，求分析本题字母多，分式复杂．若把条件写成(x-a)+(y-a)+(z-a)=0，那么题目只与x-a，y-a，z-a有关，为简化计算，可用换元法求解．解令x-a=u，y-a=v，z-a=w，则分式变为u2 +v2+w2+2(uv+vw+wu)=0．由于x，y，z不全相等，所以u，v，w不全为零，所以u2+v2+w2≠0，从而有说明从本例中可以看出，换元法可以减少字母个数，使运算过程简化．11 数学思维的教育例7化简分式：说明本例的解法采用的是整体代入的方法，这是代入消元法的一种特殊类型，应用得当会使问题的求解过程大大简化．解法1利用比例的性质解决分式问题．(1)若a+b+c≠0，由等比定理有适当变形，化简分式后再计算求值．(x-4)2=3，即x2-8x+13＝0．原式分子=(x4-8x3+13x2)+(2x3-16x2+26x)+(x2-8x+13)+10=x2。

第三讲：创造的基石----观察、归纳与猜想【知识纵横】当代著名科学家波普尔说过：我们的科学知识，是通过未经证明的和不可证明的语言，通过猜想，通过对问题的尝试性解决，通过猜想而进步的。

从某种意义上来说，一部数学史就是猜想与验证猜想的历史。

二十世纪数学发展中巨大成果是，1995年英国数学家维尔斯证明了困扰数学界长达三百五十多年的“费尔马大猜想”,而著名的哥德巴赫猜想，历经两个半世纪的探索，尚未被人证实猜想的正确性。

当一个问题涉及相当多的乃至无穷多的情形时，我们可以从问题的简单情形或特殊情况入手，通过对简单情形或特殊情况的试验，从中发现一般规律或作出某种猜想，从而找到解决问题的途径或方法，这种研究问题的方法叫归纳猜想法，是创造发明的基石。

【例题求解】例1.已知,22≥≥n m ，且n m ,均为正整数，如果将nm 进行如下方式的“分解”，那么下列三个叙述：①在52的“分解”中最大的数是11；②在34的“分解”中最小的数是13；③若3m 的“分解”中最小的数是23，则5=m ，其中正确的是。

思路点拨：明确对nm 进行“分解”的意义，是解本题的关键。

（太原市中考题）例2.将正偶数按下表排列5列。

根据上面的排列规律，则2000应在（）。

（湖北省荆州市中考题）A.第125行，第1列 B.第125行，第2列 C.第250行，第1列 D.第250行，第2列思路点拨：注意每一行排四个数，奇数行空第1列，偶数行空第5列，只要计算出2000是第几个数即可。

例3.化简个个个n n n 9991999999+⨯（第十八届江苏省竞赛题）思路点拨：先考察3,2,1=n 时的简单情形，然后作出猜想，这样，化简的目标更加明确。

例4.一楼梯共有n 级台阶，规定每步可以迈1级或2级或3级，设从地面到台阶的第n 级，不同的迈法为n a 种，当8=n 时，求8a 。

（河南省竞赛题）思路点拨：先求出当43,2,1，=n 时，4321,,,a a a a 的值，解题的关键是，从某级开始，寻找n a 与321---n n n a a a 、、的联系。

高中奥林匹克数学竞赛讲座平面与空间问题的类比许多平面几何中的命题可以推广成立体几何中的相应命题.反之，解决立体几何的问题，常常先研究该问题在平面内的相应命题及解决方法，然后推广到空间，寻求相应的解决方法.例1：等腰三角形底边上任意一点两腰距离和为定值.分析：这是一个平面几何中很基本的问题，有多种证法.我们关心的是该命题在三维空间中的推广，以及它的各种证法如何推广，以及它的各种证法如何推广到三维空间中去.证法一：如图1—1，在△ABC 中，AB=AC ，D 是BC 上一点，DE ⊥AC 于E ，DF ⊥AB 于F ，连接AD ，作BG ⊥AC 于G. ∵DF AB DE AC S S ADB ADC ⋅+⋅=+∆∆2121 )(21DF DE AC += BG AC S ABC ⋅=∆21 又∵AD B AD C ABC S S S ∆∆∆+= ∴DE+DF=BG=定值该命题推广到空间，变成相应命题：“正三棱锥底面上任一点到三个侧面的距离和等于定值”.它的证明方法与证法1相仿，只是“三角形面积转化成了三棱锥体积”.证法2：作DH ⊥BG 于H ，DEGH 是矩形，得DE=HG ，在△BHD 与△DFB 中，∠BHD=∠DFB=Rt ∠，BD 是公共边，∠HBD=∠EDC=90°－∠B=∠FDB.于是得△BHD ≌△DFB ，BH=DF ，所以DE+DF=BG .这一证明方法推推广到空间，得相应的证法.在平面问题中“作DH ⊥BG 于H ”，相当于在空间问题中“过点D 作垂直于AH 的平面，与AH 交于K ”（如图1—2）.在平面问题中将BG 截成两段，一段HG 与DE 相等，另一段BH 与DF 相等；在空间问题中，可将AH 截成两段，一段KH=DE ，另一段AK 欲证它等于DF+DG ，只需再作一次截面：过D 点作截面与面A VC 平行，这个平面将M 点到ANS 的垂线段分成两截，其中一段与DG 相等，另一段与DF 相等.证法3：如图1—1，DE=DC ·sinC ，DF=DB ·sinB ，∵∠B=∠C ，∴DE+DF=（DC+DB ）sinC=BC ·sinC=BG .这一证法的思路是利用等腰三角形两底角相等的性质，将DE 与DF 转化成用底边上线段表示.推广到空间，就可利用正三棱锥各侧面与底面所成角相等（设此角为θ），将D 点到三侧面的距离和转化成底面上D 点到△ABC 三边距离和与sinθ的乘积，由于△ABC 是正三角形，D 到三边距离和等于一边上的高，于是得证.另外还有其他证明方法，也都可以空间找到相应的方法.例2：四面体ABCD 内接于半径为R 的球O 内，球心O 在该四面体内，连结AO 、BO 、CO 、DO 并延长分别与对面交于A 1、B 1、C 1、D 1.求证：AA 1+BB 1+CC 1+DD 1≥R 316分析：相应的平面内的命题是“△ABC 内接于圆O ，且O 点在△ABC 内，连结AO 、BO 、CO 并延长分别交对边于A 1、B 1、C 1，则AA 1+BB 1+CC 1≥R ''29.如图1—3，1111111=++=++∆∆∆∆∆∆ABCOAB ABC OAC ABC OBC S S S S S S CC OC BB OB AA OA 即 1111111=-+-+-CC R CC BB R BB AA R AA ， 即RCC BB AA 2111111=++.由哥西不等式，得 （AA 1+BB 1+CC 1）9)111(111≥++CC BB AA ∴AA 1+BB 1+CC 1.29R ≥ 将平面问题的证明方法推广到空间，就得到了本例的证明方法.证明：∵ABCDABC O ABCD ABD O ABCD ACD O ABCD BCD O V V DD OD V V CC OC V V BB OB V V AA OA ----====11111111,,, 且V ABCD =V O —BCD +V O —ACD +V O —ABD +V O —ABC ，∴ 111111111=+++DD OD CC OC BB OB AA OA 即 111111111=-+-+-+-DD R DD CC R CC BB R BB AA R AA RDD CC BB AA 311111111=+++ 由哥西不等式，得 16))(1111(11111111≥++++++DD CC BB AA DD CC BB AA ∴AA 1+BB 1+CC 1+DD 1R 316≥例3：A 、B 是平面α同侧的两个定点，在α上找点P ，使∠APB 最大.分析：本题相应的平面内的命题是“A 、B 是直线l 同侧的两个定点，在l 上找点P ，使∠APB 最大”.为解决这一问题，可以AB 为弦作圆（见图1—4），其中至少有一个圆与直线l 相切，较小圆与l 的切点即为所求p 点（当AB 与l 垂直时，两圆相等，这时p 点有两个）.解：如图1—5，设直线AB 与α相交于O ，若AB ⊥α，则p 点轨迹为以O 为圆心，以BO AO ⋅为半径的圆周.若AB 与α不垂直，则可过AB 作唯一平面f ， 使β⊥α，且α与β交于l .在l 上取点P ，使OP=BO AO ⋅.这样的P 点有两个，现取使∠AOP 为锐角时的P 点即为所求.现就此一般情况下证明∠APB 最大.（1）若Q 点是l 上的任意点（与P 不重合），因为OP=BO AO ⋅，所以过A 、B 、P 的圆与l 相切.若Q 与P 在O 点同侧，则必有∠AQB<∠APB （圆外角小于同弧上的圆周角）.若Q 与P 在O 点异侧，可先作⊙ABP ′，使其与l 相切于P ′，P ′与P 在O 点两侧，则有∠AQB<∠AP ′B<∠APB.（2）若Q 点是α上任意点且不在l 上，则连结AQ 、BQ 、OQ ，由于∠AOP 是AB 与α所成角，所以∠AOP<∠AOQ.现将△AOQ 绕AO 旋转到β平面内，由于∠AOP<∠AOQ ，Q 点必转到l 的下方，设为Q ′.AQ ′与l 交于K ，则∠AQB=∠AQ ′B<∠AKB ≤∠APB.说明：在证明∠AQB<∠APB （Q 点不在l 上）时，可能会想到OH ⊥l 于H ，欲证∠AQB<∠AHB ，但这一结论是错误的（如当H 与O 重合时，显然有∠AQB<∠AHB ）.例4：已知四面体A 1A 2A 3A 4的六条棱上二面角的大小分别为342423141312,,,,,θθθθθθ，且这些角都是锐角.求证：.7291cos cos cos cos cos cos 342423141312≤⋅⋅⋅⋅⋅θθθθθθ 分析：本题在平面内的相应命题是“△ABC 中81cos cos cos ≤⋅⋅C B A ”.这一命题有多种证法，现在要选择一种容易推广到三维空间去的证法.不妨设△ABC 是锐角三角形.BA ab A bB a cC A ca c a A c b CB bc B cC b a cos cos 2cos cos cos cos 2cos cos cos cos 2cos cos ≥+=≥+=≥+=将三个不等式相乘，两边消去a bc ，即得81cos cos cos ≤C B A 这一证明用到了三角形中的射影定理及平均不等式.三角形中的射影定理推广到空间，就是三棱锥中的面积射影定理.证明：过A 1作对面A 2A 3A 4的垂线A 1H ，垂足为H ，则有+⋅=∆∆23cos 321432θA A A A A A S S 3cos cos 2434241431≥⋅+⋅∆∆θθA A A A A A S S · 3243423cos cos cos 241431321θθ⋅⋅⋅⋅⋅∆∆∆A A A A A A A A A S S S同样可得 3321≥∆A A A S · 3231213cos cos cos 432241431θθ⋅⋅⋅⋅⋅∆∆∆A A A A A A A A A S S S 3431≥∆A A A S · 3413413cos cos cos 432241321θθ⋅⋅⋅⋅⋅∆∆∆A A A A A A A A A S S S 3241≥∆A A A S · 3124214cos cos cos 432431431θθ⋅⋅⋅⋅⋅∆∆∆A A A A A A A A A S S S将上面四个不等式相乘、并消去142143432321,,,A A A A A A A A A A A A S S S S ∆∆∆∆得.7291cos cos cos cos cos cos 342423141312≤⋅⋅⋅⋅⋅θθθθθθ 不难看出，当且仅当正四面体时等式成立.例5：已知空间n 个不全共面的点，求证：必存在一个圆，它恰好经过其中三个点. 分析：平面内相应命题是“已知同一平面内n 个不全共线的点，必存在一条直线恰好经过其中两个点”.这就是著名的西尔维斯特定理.现在的关系在于如何将空间问题转化成平面问题，从而运用这一定理.证明：设n 个点为A 1、A 2、…、A n ，连结A 1A i （i =2，3，…，n ），共n －1条直线，必存在一个与A 1A i 均不平行的平面α，设A 1A i 与α交于点'i A （对于不同的i ，j ，可能有'='j i A A ，但由于A 1、A 2、…、A n 不全共面，至少存在三个不同的'i A ），所得'i A 不全共线（否则这几个点共面）.由西尔维斯特定理，至少存在一条直线恰通过其中两点''j i A A ,.这时，过A 1，''j i A A ,的圆恰好过这三个点（在平面j i A A A 1上可能还有这n 个点中的其他点，但即使有，也都在直线A 1A i 或A 1A j 上，而过A 1，j i A A ,三点的圆与直线A 1A i 及A 1A j 交点仅A 1，j i A A ,三个）.例6：已知空间坐标系中一定点P 的坐标为),,(000z y x .试求一点),,(z y x Q ，使满足 ||,PQ z y x 且≤≤最小.分析：先退回平面，其相应的问题是“已知定点y x y x Q y x P ≤使求点),,(),,(00且|PQ|最小”.这一问题不难解决，若0000,,y y x x y x ==≤那么当（即Q 与P 重合）时，|PQ|最小，且最小值为零；若那么,00y x >过P 点作直线y=x 的垂线，垂足即为所求Q 点，这时200y x y x +==.现证明此时|PQ|达到最小. 20002000)2()2(||y x y y x x PQ +-++-= 对于任一其他点))(,(y x y x Q ≤'，则2020)()(||y y x x Q P -+-='0))(()2()2(||||002000200022≥--++-++-=-'x y y x y x y y x x PQ Q P ∴|PQ ′|≥|PQ|解：若000000,,,z z y y x x z y x ===≤≤则当叶.|PQ|=0，取得最小值，且满足 .z y x ≤≤ 若010011000,2,z z y x y x z y x =+==≤>则取，若此时00011,2,z z y x y x z y =+==≤则，使|PQ|最小；若,3,00011z y x z y x z y ++===>则令能使|PQ|最小. 若2,,001101000z y z y x x z y x +===>≤则当.此时，若,2,,00111z y z y x x y x +===≤则令能使|PQ|取得最小值；若3,00011z y x z y x y x ++===>则令，能使|PQ|取得最小值. 若3,000000z y x z y x z y x ++===>>则令，此时|PQ|最小. 证明：略（证明方法与平面问题完全类似）说明：由二维问题推广到三维问题，解决方法类似，仅仅情况多一些，有些情况还需要分步调整.本例还可推广到四维、五维甚至n 维空间去.。

类比知识点归纳总结大全在学习知识的过程中，我们经常会遇到各种各样的知识点，有时候这些知识点繁杂、分散，很难整理和归纳。

因此，我们需要对学习的知识点进行总结和归纳，以便更好地理解、记忆和应用这些知识。

为了帮助大家更好地总结和归纳知识点，本文将通过类比的方式，对一些常见的知识点进行归纳总结。

类比是一种辅助记忆和理解的方法，通过将一个陌生的概念或知识点与一个熟悉的概念或知识点进行比较，从而帮助我们更好地理解和记忆。

希望通过本文的类比知识点归纳总结大全，能够帮助大家更好地掌握和运用各种知识点。

一、数学知识点类比总结1. 代数代数可以类比成一组钥匙，每一个未知数就像是一个锁，通过代数运算可以找到对应的钥匙打开锁。

例如，解方程可以类比成找到未知数对应的值，从而打开锁。

2. 几何几何可以类比成一幅画，通过几何知识可以描述和绘制各种形状和图形。

例如，通过几何知识可以画出圆、矩形、三角形等各种图形。

3. 概率与统计概率与统计可以类比成赌场的游戏，通过概率与统计可以预测各种事件发生的可能性及其规律。

例如，掷骰子的结果就可以用概率统计来描述和分析。

4.微积分微积分可以类比成测量物体体积和面积的工具，通过微积分可以计算曲线下的面积、切线的斜率等各种问题。

例如，通过微积分可以计算出一个图形的面积和体积。

二、物理知识点类比总结1. 力学力学可以类比成运动的规律，通过力学可以描述和分析各种物体的运动状态及其规律。

例如，牛顿的三大运动定律就是力学的基本规律。

2. 热学热学可以类比成温度和热量的规律，通过热学可以描述和分析各种物体的热量变化及其规律。

例如，热传导、热膨胀等都是热学的重要内容。

3. 电磁学电磁学可以类比成电流和磁场的规律，通过电磁学可以描述和分析各种电磁现象及其规律。

例如，电路中的电流、磁铁的磁场等都是电磁学的重要内容。

4. 光学光学可以类比成光线和镜面的规律，通过光学可以描述和分析光的传播及其规律。

例如，通过光学可以解释折射、反射等光学现象。