高考数学试题新亮点——类比推理题

高考数学试题新亮点——类比推理题

“多考一点想，少考一点算”，以能力立意的数学高考试题不断推出一些思路开阔、情境新颖脱俗的创新题型，它们往往不是以知识为中心，而是以问题为中心，并不拘泥于具体的知识点，而是将数学知识、方法和原理融于一体，突出对数学思想方法的考查，体现数学的思维价值。

类比推理是根据两个对象具有某些相同的属性而推出当一个对象具有一个另外的性质时，另一个对象也具有这一性质的一种推理方式。因此求解类比推理问题的关键在于确定类比物，建立类比项。换言之，不能把类比仅停留在叙述方式或数学结构等外层表象之上，还需要对数学结论的运算、推理过程等进行类比分析，从解题的思想方法、思维策略等层面寻求内在的关联。

一、 数列中的类比推理

例1 （2000年上海卷）在等差数列na中，若010a，则有等式naaa21

),19(1921Nnnaaan成立，类比上述性质，相应地：在等比数列nb中，若19b，则有等式

成立.

分析 本题考查等差数列与等比数列的类比.一种较本质的认识是：

等差数列

用减法定义 性质用加法表述（若,,,,*Nqpnm且

,qpnm则qpnmaaaa）；

等比数列 用除法定义 性质用乘法表述（若,,,,*Nqpnm且

,qpnm则qpnmaaaa）.

由此，猜测本题的答案为：).,17(*172121Nnnbbbbbbnn

事实上，对等差数列na，如果0ka，则nknnknaaaa222121

0kkaa. 所以有：naaa212121(nnnaaaaa

nknkaa1222）（*,12Nnkn）.从而对等比数列nb，如果1kb，则有等式：),12(*122121Nnknbbbbbbnkn成立.

评注 本题是一道小巧而富于思考的妙题，主要考查观察分析能力，抽象概括能力，考查运用类比的思想方法由等差数列na而得到等比数列nb的新的一般性的结论。

例2 （2004年北京高考题）定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和.

已知数列na是等和数列，且21a，公和为5，那么18a的值为 ，这个数列的前n项和nS的计算公式为 .

分析 由等和数列的定义，易知212na，32na（n=1，2，…），故318a.

当n为偶数时，nSn25；当n为奇数时，2125nSn.

评注 本题以“等和数列”为载体，解决本题的关键是课本中所学的等差数列的有关知识及其数学活动的经验，本题还考查分类讨论的数学思想方法。

二、 函数中的类比推理

例3（2003年上海春招高考题）设函数221)(xxf，利用课本中推导等差数列前n项和公式的方法，可求得)6()5()0()4(ffff的值为 .

分析 此题利用类比课本中推导等差数列前n项和公式的倒序相加法，观察每一个因式的特点，尝试着计算)1()(xfxf： 221)(xxf，

xxxxxxf222212222221)1(1，

22222211)1()(xxxfxf，

发现)1()(xfxf正好是一个定值， 12222S，23S.

评注 此题依据大纲和课本，在常见中求新意，在平凡中见奇巧，将分析和解决问题的能力的考查放在了突出的位置.本题通过弱化或强化条件与结论，揭示出它与某类问题的联系与区别并变更出新的命题.这样，通过从课

本出发，无论是对内容的发散，还是对解题思维的深入，都能收到固本拓新之用，收到“秀枝一株，嫁接成林”之效，从而有效于发展学生创新的思维。

例4 （2003年上海春招高考题）已知函数5)(3131xxxf，5)(3131xxxg.

（1） 证明)(xf是奇函数，并求)(xf的单调区间.

（2） 分别计算)2()2(5)4(gff和)3()3(5)9(gff的值，由此概括出涉及函数)(xf和)(xg的对所有不等于零的实数x都成立的一个等式，并加以证明.

分析 （1）略； （2）分别计算得)2()2(5)4(gff和)3()3(5)9(gff的值都为零，由此概括出对所有不等于零的实数x有：.0)()(5)(2xgxfxf如果将式子

0)()(5)(2xgxfxf中的5改成字母)0(，可进一步推广0)()()(2xgxfxf.

评注 由数字型向字母型类比推广相当于从特例向一般推广，但其实质都是一般化策略.正如波利亚在其《怎样解题》中所阐述的一般化思想：“一般化就是从考虑一个对象，过渡到考虑包含该对象的一个集合，或者从考虑一个较小的集合过渡到考虑一个包含该较小的集合的更大集合。”

三、排列组合中的类比推理

例5 （2002年上海高考题）规定：!)1()1(mmxxxCmx，其中Rx，m是正整数，且10xC，这是组合数mnCmn,(是正整数，且)nm的一种推广.

（1） 求515C的值；

（2） 组合数的两个性质（mnmnmnmnnmnCCCCC11,）是否都能推广到mxC

（mRx,是正整数）的情形？若能推广，则写出推广的形式并给出证明；若不能，则说明理由；

（3）已知组合数mnC是正整数，证明：当Zx，m是正整数时，ZCmx.

分析 本题“新的规定mxC（mRx,是正整数）”是组合数mnC（mn,是正整数，且nm）的一种推广.这个结论是中学数学教学内容中没有的，目的是考查考生对相关的数学思想方法的自觉运用以及创新思维能力.

解：（1）根据新规定直接进行演算即可

.11628!5)19)(18)(17)(16)(15(515C

（2）性质①不能推广.反例：当1,2mx时，12C有意义，但122C无意义.性质②能推广，且推广形式不变：

mRxCCCmxmxmx,(11是正整数）.

证明如下：

)!1()2()2)(1(!)1()2)(1(1mmxxxxmmxxxxCCmxmx

=)1(!)2()2)(1(xmmxxxx

=1)1(2)1(1)1()1(!1mxxxxm=mxC1

（3）需要就x与m的大小作出逻辑划分并进行严密的论证.

当mx时，mx,都是正整数，mnC就是组合数，结论显然成立；

当mx0时，ZmmxxxxCmx0!)1(0)2)(1(，结论也成立；

当0x时，)2)(1(!1)1(!)1()2)(1(mxmxmmmxxxxCmmx

mmxmCxx1)1())(1(

01mx，mmxC1是正整数，故ZCCmmxmmx1)1(.

综上所述，当Zx，m是正整数时，ZCmx.

评注 本题以组合数为载体考查运用类比推理和分类讨论的数学思想方法，考查运算能力和创新思维能力。

例6 （2003年上海高考题）已知数列na（n为正整数）的首项为1a，公比为q的等比数列.

（1） 求和：223122021CaCaCa；334233132031CaCaCaCa.

（2） 由（1）的结果，归纳概括出关于正整数n的一个结论，并加以证明.

分析 本题由（1）的结论，通过大胆猜测，归纳猜想出一般性的结论：

（1）223122021CaCaCa=212111)1(2qaqaqaa，

334233132031CaCaCaCa31312111)1(33qaqaqaqaa.

（2）归纳概括的结论为：若数列na是首项为1a，公比为q的等比数列，则

nnnnnnnnnqaCaCaCaCaCa)1()1(1134231201.（证明略）

评注 本题主要考查探索能力、类比归纳能力与论证能力，突出了创新能力的考查；通过抓住问题的实质，探讨具有共同的属性，可以由特殊型命题直接归纳概括出一般型命题。

四、立体几何中的类比推理

例7 （2002年上海春招题）若从点O所作的两条射线OM、ON上分别有点1M、2M与点1N、2N，则三角形面积之比为：21212211ONONOMOMSSNOMNOM. 若从点O所作的不在同一个平面内的三条射线OP、OQ和OR上分别有点1P、2P与点1Q、2Q和1R、2R，则类似的结论为： .

分析 在平面中是两三角形的面积之比，凭直觉可猜想在空间应是体积之比，故猜想222111RQPORQPOVV212121OROROQOQOPOP.(证明略)

评注 本题主要考查由平面到空间的类比.要求考生由平面上三角形面积比的结论类比得出空间三棱锥体积比的相应结论.又在2004年广东高考数学试卷中出现本题的类题。

例8 （2003年全国高考题）在平面几何中，有勾股定理：“设ABC的两边AB、AC互相垂直，则.222BCACAB”拓展到空间，类比平面几何的勾股定理，研究三棱锥的侧面面积与底面面积间的关系，可以得出的正确结论是：“设三棱锥A-BCD的三个侧面ABC、ACD、ADB两两相互垂直，则 .”

分析 关于空间问题与平面问题的类比，通常可抓住几何要素的如下对应关系作对比： 多面体 多边形；

面 边

体 积

面 积 ； 二面角 平面角

面 积 线段长； … …

由此，可类比猜测本题的答案：

2ABCS2ACDS2ADBS2BCDS （证明略）.

评注 本题考查由平面几何的勾股定理到空间的拓展推广，因此平时的教学与复习中要注意类比等思想方法的学习，更要注意研究性学习在数学中的适时切入。

例9 （2004年上海春招高考题）在DEF中有余弦定理：

DFEEFDFEFDFDEcos2222. 拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱ABC-111CBA的3个侧面面积与其中两个侧面所成二面角之间的关系式，并予以证明.

分析 根据类比猜想得出cos21111111111222BBCCAABBBBCCAABBCCAASSSSS.

其中为侧面为11AABB与11BBCC所成的二面角的平面角.

证明： 作斜三棱柱111CBAABC的直截面DEF，则DFE为面11AABB与面11BBCC所成角，在DEF中有余弦定理：