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1、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
2、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OA1VA，OB1VB，OC1VC，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OA1AC，OB1BC，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OA1 VABCM，平面OB1 VBACN，平面OC1 VCAB=L，
3、则有MOA1MAV，NOB1NBV，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，MNAGO显然O是正四面体ABCD的
4、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。TON中，ON=，OT=，cosTON=cos(-TOM)=-。由余弦定理：TN2=ON2+OT2+2ONOT=，TN=。又在 RtAGD中，N是AD的中点，GN=。由GN= NT， OGOT， ON=ON，得 GONTON。TONGON，且均为钝角于是显然在GOC内，不属于球O的任何点P，均有PONTON，即有PNTN=，P点在 N为球心，AD为直径的球外，P点
5、不属于区域S由此可见，球O包含六个球的交集S，即S中不存在两点，使其距离大于（2）结构类比某些待解决的问题没有现成的类比物，但可通过观察，凭借结构上的相似性等寻找类比问题，然后可通过适当的代换，将原问题转化为类比问题来解决【例3】任给7个实数xk（k=1，2，7）证明其中有两个数xi，xj，满足不等式0【分析】若任给7个实数中有某两个相等，结论显然成立若7个实数互不相等，则难以下手但仔细观察可发现：与两角差的正切公式在结构上极为相似，故可选后者为类比物，并通过适当的代换将其转化为类比问题作代换：xk=tgk（k l，2，7），证明必存在i，j，满足不等式0tg(i-j)证明：令xk=tgk（k
6、 l，2，7），k（-，），则原命题转化为：证明存在两个实数i，j（-，），满足0tg(i-j)由抽屉原则知，k中必有 4个在0，）中或在（-，0）中，不妨设有4个在0，）中注意到tg00，tg=，而在0，）内，tgx是增函数，故只需证明存在i，j，使0i-j j，则0i-j ，故0tg(i-j)这样，与相应的xi=tgi、xj=tgj，便有0（3）简化类比 简化类比，就是将原命题类比到比原命题简单的类比命题，通过类比命题解决思路和方法的启发，寻求原命题的解决思路与方法比如可先将多元问题类比为少元问题，高次问题类比到低次问题，普遍问题类比为特殊问题等 【例4】已知xi0（i1，2，n），且xl
7、+x2+xn=1。求证：1+ 【分析】我们可先把它类比为一简单的类比题：“已知xl0，x20，且xl+x2 =1，求证1+”本类比题的证明思路为：2xl+x2l，021，则1xl+x2+22，即1(+)22，1+这一证明过程中用到了基本不等式和配方法这正是要寻找的证明原命题的思路和方法证明：由基本不等式有02xi+xj，则02(n-1)( xl+x2+xn)=n-11xl+x2+xn +2n，即1(+)2n1+所谓归纳，是指通过对特例的分析来引出普遍结论的一种推理形式它由推理的前提和结论两部分构成：前提是若干已知的个别事实，是个别或特殊的判断、陈述，结论是从前提中通过推理而获得的猜想，是普遍性
8、的陈述、判断其思维模式是：设Mi（i1，2，n）是要研究对象M的特例或子集，若Mi（i1，2，n）具有性质P，则由此猜想M也可能具有性质P如果M，这时的归纳法称为完全归纳法由于它穷尽了被研究对象的一切特例，因而结论是正确可靠的完全归纳法可以作为论证的方法，它又称为枚举归纳法 如果是M的真子集，这时的归纳法称为不完全归纳法由于不完全归纳法没有穷尽全部被研究的对象，得出的结论只能算猜想，结论的正确与否有待进一步证明或举反例本节主要介绍如何运用不完全归纳法获得猜想，对于完全归纳法，将在以后结合有关内容（如分类法）进行讲解 【例5】证明：任何面积等于1的凸四边形的周长及两条对角线的长度之和不小于4十【
9、分析】四边形的周长和对角线的长度和混在一起令人棘手，我们可以从特例考察起：先考虑面积为1的正方形，其周长恰为4，对角钱之和为2即其次考察面积为1的菱形，若两对角线长记为l1、l2，那么菱形面积S=l1l2，知l1+ l22=2=，菱形周长： l42=4。由此，可以猜想：对一般的凸四边形也可将其周长和对角线长度和分开考虑【证明】设ABCD为任意一个面积为1的凸四边形，其有关线段及角标如图则SABCD= (eg+gf+fh+he)sin (e+f)(g+h)，e+f+g+h2，即对角线长度之和不小于abcd4，即周长不小于4综上所述，结论得证，【例 6】在一直线上从左到右依次排列着 1988个点P
10、1，P2，P1988，且Pk是线段Pk-1Pk+1的k等分点中最靠近Pk+1的那个点（2k1988），P1P2=1，P1987 P1988=l求证：2l3-1984。【分析】本题初看复杂，难以入手不妨先从特殊值出发，通过特殊值的计算，以便分析、归纳出一般性的规律当k=1时，P1P2=1（已知）；当k= 2时， P2是P1P3的中点，故P2P3= P1P2= 1；当k=3时， P3是P2P4的三等分点中最靠近的那个分点，即P3P4= P2P4= ( P2P3+ P3P4) =P2P3+ P3P4，故P3P4= P2P3=由此可推得4 P5=，P5P6=由、，可归纳以下猜想：PkPk+1=Pk-1Pk。【证明】于是有：令k=1987，则有故2l3-1984。