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类比例题解析


一、 数列中的类比推理 例 1.在等差数列 {a n } 中,若 a10 = 0 ,则有等式 a1 + a 2 + ? ? ? + a n

= a1 + a 2 + ? ? ? + a19?n (n < 19 , n ∈ N + ) 成立,类比上述性质,相应地:在等比数列 {bn }中,
若 b9 = 1 ,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 m , n , p , q ∈ N , 且
*

; m + n = p + q , 则 am + an = a p + aq ) 等比数列 用除法定义 性质用乘法表述(若 m , n , p , q ∈ N * , 且

m + n = p + q , 则 a m ? a n = a p ? a q ).
由此,猜测本题的答案为: b1b2 ? ? ? bn = b1b2 ? ? ? b17 ? n ( n < 17 , n ∈ N ).
*

事实上,对等差数列 {a n } ,如果 a k = 0 ,则 a n +1 + a 2 k ?1? n = a n + 2 + a 2 k ? 2 ? n = ? ? ?

= a k + a k = 0 . 所以有: a1 + a 2 + ? ? ? + a n = a1 + a 2 + ? ? ? + a n + (a n +1 + a n+ 2 + ? ? ? + a 2 k ? 2? n + a 2 k ?1? n ) n < 2k ? 1, n ∈ N * ).从而对等比数列 {bn },如果 bk = 1 ,则有等式: ( b1b2 ? ? ? bn = b1b2 ? ? ? b2 k ?1? n (n < 2k ? 1, n ∈ N * ) 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 {a n } 而得到等比数列 {bn } 的新的一般性的结论。 例 2.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 n } {a 等和数列, a1 = 2 , 且 公 和 为 5 。 那 么 a18 的 值 为 _______________ , 这 个 数 列 前 n 项 和 S n 的 计 算 公 式 为 _______________。 分析:此题类比等差数列定义给出“等和数列”定义,解决此类问题要认真理解所给出的定 义,结合所学知识寻求正确解决方法。 解:∵{a n }是等和数列, a1 = 2 ,公和为 5, ∴ a 2 = 3 ,则 a3 = 2 , a 4 = 3 ,…知 a 2 n = 3 , a 2 n ?1 = 2 (n∈N*) 。 ∴ a18 =3,数列{a n }形如:2,3,2,3,2,3,……。

?5 ? 2 n(n为偶数 ) ? ∴ Sn = ? 。 ? 5 n ? 1 (n为奇数 ) ?2 ? 2
评注:这是一道新情境题型,关键要吃透定义,对于 n 为奇数时,

S n = S n?1 + 2 =

5 (n ? 1) + 2 = 5 n ? 1 。 2 2 2

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。 例 3.若数列 {a n }( n ∈ N ) 是等差数列,则有数列
*

bn =


a1 + a 2 + a 3 + ...... + a n , (n ∈ N * )也是等差数列; 类比上述性质,相应地:若数 n {c n }(n ∈ N * ) 是 等 比 数 列 , 且 c n > 0 , 则 有 数 列

d n = _________________, (n ∈ N * )也是等比数列。
解析:由已知“等差数列前 n 项的算术平均值是等差数列”可类比联想“等比数列前 n 项的 几 何 平 均 值 也 应 该 是 等 比 数 列 ” 不 难 得 到

d n = n c1 ? c 2 ? c3 ? .......c n

, (n ∈ N * )也是等比数列。

评析: 评析:本题只须由已知条件的特征从形式和结构上对比猜想不难挖掘问题的突破口。 二、 函数中的类比推理 例 4(2003 年上海春招高考题)设函数 f ( x ) =

1 2 + 2
x

,利用课本中推导等差数列前 n 项

和公式的方法,可求得 f ( ?4) + ? ? ? + f (0) + ? ? ? + f (5) + f (6) 的值为

.

观察每一个因式的特 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, 点,尝试着计算 f ( x ) + f (1 ? x ) :

Q f ( x) =
1

1 2 + 2
x



f (1 ? x) =

1 2
1? x

+ 2

=

2

x x

2+ 2 ?2 1 ? 2x =

=

2 , 2 + 2x

? 2x

1+ ∴ f ( x) + f (1 ? x) =

2 2 + 2x

2 , 2

发现 f ( x ) + f (1 ? x ) 正好是一个定值, ∴2 S =

2 × 12 ,∴S = 3 2 . 2

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 5: 已知 χ ∈ R, a 为常数,且 f ( x + a ) = 求出周期,若不是说明理由。 分析:由 f ( x + a ) =

1 + f ( x) ,问 f (x) 是不是周期函数,若是, 1 ? f ( x)

1 + f ( x) π 1 + tan x 联想到 tan( x + ) = ,找到一个具体函数, 1 ? f ( x) 4 1 ? tan x

f (x) = tan x及a =

π
4

,而函数 y = tan x的周期T = π = 4a 猜想 f (x ) 是一个周期为 4a 的

函数。这样方向明,思路清。 证明:Q f ( x + a ) =

1 + f ( x) 1 + f ( x + a) 1 ,∴ f [( x + a ) + a ] = =? , 1 ? f ( x) 1 ? f ( x ? a) f ( x) 1 = f ( x),∴ f ( x)的周期T = 4a f ( x + 2a )

∴ f ( x + 4a ) = f [( x + 2a ) + 2a ] = ?

例 4 (2003 年上海春招高考题)已知函数 f ( x) = (1) 证明 f (x) 是奇函数,并求 f (x) 的单调区间.

x ?x 5

1 3

?

1 3

, g ( x) =

x +x 5

1 3

?

1 3

.

(2) 分别计算 f (4) ? 5 f (2) g (2) 和 f (9) ? 5 f (3) g (3) 的值, 由此概括出涉及函数
f (x) 和 g (x) 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 f (4) ? 5 f (2) g (2) 和 f (9) ? 5 f (3) g (3) 的值都为 零,由此概括出对所有不等于零的实数 x 有: f ( x 2 ) ? 5 f ( x) ? g ( x) = 0. 如果将式子
f ( x 2 ) ? 5 f ( x ) ? g ( x ) = 0 中 的 5 改 成 字 母 λ ( λ ≠ 0) , 可 进 一 步 推 广 f ( x 2 ) ? λ f ( x) ? g ( x) = 0 .

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。 ”
四、立体几何中的类比推理 例 10. (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 M 1 、 M 2 与

点 N 1 、 N 2 ,则三角形面积之比为:

S ?OM 1N1 S ?OM 2 N 2

=

OM 1 ON 1 ? . 若从点 O 所作的不在同一个 OM 2 ON 2

平面内的三条射线 OP、OQ 和 OR 上分别有点 P1 、 P2 与点 Q1 、 Q2 和 R1 、 R2 ,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

VO ? P1Q1R1 VO ? P2Q2 R2

=

OP1 OQ1 OR1 ? ? .(证明略) OP2 OQ2 OR2

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 11. (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 AB + AC = BC . ”拓展到空间,类比平面几何的勾股定理,研究三棱锥
2 2 2

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:
2 2 2 2 S ?ABC + S ?ACD + S ?ADB = S ?BCD (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。 解析几何中的类比推理 五、 解析几何中的类比推理 例 14. (2003 年上海春招题)已知椭圆具有性质:若 M、N 是椭圆 C 上关于原点对称的 两个点,点 P 是椭圆上任意一点,当直线 PM、PN 的斜率都存在,并记为 k PM 、 k PN 时,

那么 k PM 与 k PN 之积是与点 P 的位置无关的定值.试对双曲线 性的性质,并加以证明. 分析 类似的性质为:若 M、N 是双曲线

x2 y2 ? = 1 写出具有类似特 a 2 b2

x2 y2 ? = 1 上关于原点对称的两个点,点 P 是双 a 2 b2

曲线上任意一点,当直线 PM、PN 的斜率都存在,并记为 k PM 、 k PN 时,那么 k PM 与 k PN 之 积是与点 P 的位置无关的定值. 证明:设点 M、P 的坐标为( m , n )( x , y ) 、 ,则 N( ? m ,?n ). 因为点 M( m , n )在已知双曲线上,所以 n =
2

b2 2 b2 m ? b 2 ,同理 y 2 = 2 x 2 ? b 2 . a2 a

则 k PM ? k PN =

y ? n y + n y 2 ? n2 b2 x2 ? m2 b2 = = ? ? = (定值). x ? m x + m x2 ? m2 a2 x2 ? m2 a2

评注 本题以椭圆、双曲线为载体,考查直线的斜率,椭圆、双曲线的概念与方程,考查 数学运算能力。同类之间的类比在圆锥曲线中,常常以姐妹题形式出现,这样对学生思维和 素质的考查具有很好的功能,而且题型新颖,避免了传统的考法的单调。 例 4(2001 年上海高考题)已知两个圆:①x2+y2=1;②x2+(y-3)2=1,则由①式减去②式 可得两圆的对称轴方程。 将上述命题在曲线仍为圆的情况下加以推广, 即要求得到一个更一 般的命题,而已知命题应成为所推广命题的一个特例,推广的命题为__________. 分析: 分析:本题给出了求两圆的对称轴方程的方法,考查抽象思维能力和推广数学命题的 能力。 将题设中所给的特殊方程①、②推广到一般情况:设圆的方程为 (x-a)2+(y-b)2=r2 ③ (x-c)2+(y-d)2=r2 ④ (a≠c 或 b≠d),则由③-④可得两圆的对称轴方程为 2(c-a)x+2(d-b)y+a2+b2-c2-d2=0 新定义、 六.新定义、新运算中的类比 新定义 新运算中的类比 例 15、若记号“*”表示两个实数 a 与 b 的算术平均的运算,即 a ? b =

a+b ,则两边均含 2

有运算符号“*”和“+” ,且对于任意 3 个实数 a,b,c 都能成立的一个等式可以是 _______________。 解析:由于本题是探索性和开放性问题,问题的解决需要经过一定的探索过程,并且答案不 惟一。这题要把握住 a ? b =

a+b ,还要注意到试题的要求不仅类比推广到三个数,而且 2 等式两边均含有运算符号“*”和“+” ,则可容易得到 a+(b ? c)=(a+b) ? (a+c) 。正确 的结论还有: ? b)+c=(a ? c)+(b ? c),(a ? b)+c=(b ? a)+c 等。 (a
例 16、电子计算机中使用二进制,它与十进制的换算关系如下表: 1 2 3 4 5 6 ……. 十进制 1 10 11 100 101 110 …….. 二进制 观察二进制 1 位数,2 位数,3 位数时,对应的十进制的数,当二进制为 6 位数能表示十进 制中最大的数是 解:通过阅读,不难发现:

1 = 1 × 2 0 ,2 = 0 × 2 0 + 1 × 21 ,3 = 1 × 2 0 + 1 × 21 ,4 = 0 × 2 0 + 0 × 21 + 1 × 2 2 ,5 = 1 × 2 0 + 0 × 21 + 1 × 2 2 , 6 = 0 × 2 0 + 1 × 21 + 1 × 2 2 , 进而知7 = 1 × 2 0 + 1 × 21 + 1 × 2 2 写成二进制为 : 111
于 是 知 二 进 制 为 6 位 数 能 表 示 十 进 制 中 最 大 的 数 是

111111化成十进制为 : 1 × 2 0 + 1 × 21 + 1 × 2 2 + 1 × 2 3 + 1 × 2 4 + 1 × 2 5 =

26 ? 1 = 63 。 2 ?1

评析: 通过阅读, 将乍看陌生的问题熟悉化, 然后找到解决的方法, 即转化成等比数列求解。 评析: 总之,求解数列创新题的关键是仔细观察,探求规律,注重转化,合理设计解题方案, 最后利用等差、等比数列有关知识来求解。


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