【摘要】歸納和演繹的一些思維運(yùn)作方式有歸納結(jié)論，歸納方法，歸納更強(qiáng)的結(jié)論，先演繹再徹底的歸納，轉(zhuǎn)化式演繹等，歸納和演繹在解決特定問題時(shí)具有獨(dú)特作用，歸納和演繹的思維方式相輔相成，相互獨(dú)立也相互依存，需要靈活的選擇、聯(lián)動(dòng)它們，才能充分有效地發(fā)揮其作用，不能因?yàn)槠枚粭l道走到黑.

【關(guān)鍵詞】歸納；演繹；選擇；聯(lián)動(dòng)

我們知道，數(shù)學(xué)教學(xué)應(yīng)著力培養(yǎng)學(xué)生的數(shù)學(xué)思維，而數(shù)學(xué)思維有兩個(gè)相輔相成的方向或方面——?dú)w納和演繹，一方面要從具體事例的實(shí)驗(yàn)、分析中歸納其本質(zhì)，獲得猜想、命題等；另一方面又要用邏輯推理、數(shù)理分析從已認(rèn)知的知識(shí)出發(fā)，對(duì)于所研究的對(duì)象，推演出新的性質(zhì)，證明新的猜想，形成更廣泛領(lǐng)域的認(rèn)知融合.歸納與演繹在解決數(shù)學(xué)問題上有強(qiáng)大的作用，而其作用的實(shí)現(xiàn)，往往需要智慧地選擇和聯(lián)動(dòng)歸納與演繹，即根據(jù)題目的具體條件與求解（證）目標(biāo)，在遵循數(shù)學(xué)事實(shí)和邏輯基本規(guī)律的前提下，確立是從解決特例入手，還是直接解決一般化問題；是先探索體現(xiàn)一般屬性的個(gè)別屬性，還是直接探索一般屬性；是先嘗試解決特例，再類推解決整個(gè)問題，還是突破一點(diǎn)，進(jìn)而完全解決問題.

1通過歸納去猜想結(jié)論

例1證明：對(duì)每一個(gè)不小于3的正整數(shù)n，都存在一個(gè)正整數(shù)an，它可以表示為自己的n個(gè)互不相同的正約數(shù)的和.

分析解答本題的困難在于構(gòu)造出an來.對(duì)于這類自然數(shù)的命題，當(dāng)沒有頭緒的時(shí)候，可以用“退”法，適當(dāng)?shù)呐e出一些簡(jiǎn)單情形，再對(duì)所表現(xiàn)出的某些共性進(jìn)行歸納，為進(jìn)一步提出新的猜想奠定基礎(chǔ).從最簡(jiǎn)單情形a3看起，依次查驗(yàn)4，5，…，，a3=6=1+2+3，這是滿足條件的最小正整數(shù).如何由a3構(gòu)造出a4來呢？這是析出歸納的起步（也許是關(guān)鍵一步）.考慮到a4要等于自己的4個(gè)不同的正約數(shù)之和，且一般的要借用a3，于是令a4=a3+b4=6+b4，b4是a4的正約數(shù).a4需要有4個(gè)不同的正約數(shù)，為方便計(jì)，當(dāng)然取b4含a3的3個(gè)不同約數(shù)1，2，3，這樣，a4就有了3個(gè)不同約數(shù)1，2，3.設(shè)b4=ka3，k為正整數(shù)，由b4=ka3是a4=a3+ka3的正約數(shù)，得ka3是a3的正約數(shù)，于是k=1，進(jìn)而，a4=2a3.仿上，有a5=2a4.至此，就不難猜想出an的結(jié)構(gòu).

解取an=3·2n-2，n為不小于3的正整數(shù).

現(xiàn)用數(shù)學(xué)歸納法證明其正確性：

n=3時(shí)，a3=6，a3等于自己的3個(gè)不同的正約數(shù)1，2，3之和，所以n=3時(shí)命題成立；

假設(shè)n=k（k為不小3的正整數(shù)）時(shí)命題成立，即ak=3·2k-2等于它的k個(gè)不同的正約數(shù)b1，b2，…，bk之和，又因?yàn)閍k+1=3·2k-1=2ak，故ak是ak+1的正約數(shù)，從而b1，b2，…，bk，ak是ak+1的k+1個(gè)不同的正約數(shù).于是，由ak+1=2ak=ak+ak=b1+b2+…+bk+ak，可得ak+1等于它的k+1個(gè)不同的正約數(shù)之和. 證畢.

2通過歸納去獲得求解方法

例2若數(shù)列{an}滿足an+2=an+1-an（n=1，2，…），則稱數(shù)列{an}是“P數(shù)列”.若數(shù)列{an}是P數(shù)列，且{an}中不含值為零的項(xiàng)，記{an}中前2016項(xiàng)中值為負(fù)數(shù)的個(gè)數(shù)為m，求m所有的可能取值.

分析因?yàn)椴槐阌谇蟪鰯?shù)列{an}的通項(xiàng)公式，所以求m的值的解題方向是不清晰的.但數(shù)列的前兩項(xiàng)定了，該數(shù)列就能夠唯一確定了.分別給a1、a2賦值幾次，計(jì)算出數(shù)列的前幾項(xiàng)，觀察數(shù)列，就會(huì)發(fā)現(xiàn)當(dāng)首次出現(xiàn)ak、ak+1異號(hào)時(shí)，從ak開始，每9項(xiàng)重復(fù)變化一次，這樣前2016項(xiàng)中值為負(fù)數(shù)的個(gè)數(shù)m就可以求出來了.于是，我們通過歸納，找到了解題思路：從a1、a2的正負(fù)性出發(fā)，暫不考慮正負(fù)不確定的，先易后難，后續(xù)的求解轉(zhuǎn)化為已經(jīng)解決過的.

解因?yàn)閍1、a2都不等于0，所以a1、a2正負(fù)性有四類，a1正a2負(fù)；a1負(fù)a2正；a1正a2正；a1負(fù)a2負(fù).

①若a1正a2負(fù)，令a1=a，a2=-b，a，b為正數(shù)，則數(shù)列{an}的前11項(xiàng)依次為：a，-b，b-a，b-a+b，b-a+a，-（b-a），-a，b，a+b，a，-b，由此可得出，數(shù)列{an}的第10項(xiàng)等于第1項(xiàng)、第11項(xiàng)等于第2項(xiàng)，從而數(shù)列{an}以9為周期.考慮到{an}中沒有值為零的項(xiàng)， b-a與-（b-a）一正一負(fù)，可得數(shù)列{an}的每一周期段恰有3項(xiàng)是負(fù)數(shù).又因?yàn)?016=9×224，{an}的前2016項(xiàng)共有224個(gè)周期段，所以m=3×224=672.

②若a1負(fù)a2正；推斷同理于①，m=672.

③若a1正a2正，令a1=a，a2=b，a，b為正數(shù)，（?。┊?dāng)a>b時(shí)，數(shù)列{an}的前11項(xiàng)依次為：a，b，b-a，a-2b，a-2b+a-b，a-2b+b，-（a-2b），-b，a-b，a，b.至此，推斷同理于①，m=672. （ⅱ）當(dāng)a

④若a1負(fù)a2負(fù)，令a1=-a，a2=-b，a，b為正數(shù)，數(shù)列{an}的前11項(xiàng)依次為：-a，-b，b+a，a+2b，b，-（a+b），a，2a+b，a+b，-a，-b.余下的推斷仍然同理于①，m=672.

綜上，m=672.

3更上一層樓的歸納

這里更上一層樓的歸納，是指歸納出相對(duì)于解題目標(biāo)的更強(qiáng)的結(jié)論，它需要探索、猜想、假設(shè)、創(chuàng)造性的思維.

例3已知函數(shù)f0（x）=sin xx（x>0），設(shè)fn（x）為fn-1（x）的導(dǎo)數(shù)，n∈N*.

證明：對(duì)任意的n∈N*，等式nfn-1π4+π4fnπ4=22成立.

分析常規(guī)的歸納，先算函數(shù)列{fn（x）}的前4項(xiàng)：

f1（x）=-x-2sinx+x-1cosx，

f2（x）=2x-3sinx-2x-2cosx-x-1sinx，

f3（x）=-6x-4sinx+6x-3cosx+3x-2sinx-x-1cosx，

f4（x）=24x-5sinx-24x-4cosx-12x-3sinx+4x-2cosx+x-1sinx.

比對(duì)各項(xiàng)的三角函數(shù)、冪函數(shù)、排列數(shù)、正負(fù)號(hào)的結(jié)構(gòu)，可得fn（x）=（-1）-n[x-n-1sin（x-nπ2）]這一猜想.顯而易見，得出這一猜想是困難的，倘若我們能夠優(yōu)先注意到證明的目標(biāo)是一種含有相鄰兩項(xiàng)的整體值的形式，那么我們或許會(huì)去嘗試尋找一個(gè)包含fn（x）與fn-1（x）的等式：由已知得等式xf0（x）=sinx，

將等式xf0（x）=sinx的兩邊對(duì)x求導(dǎo)，得f0（x）+xf′0（x）=cosx，

即f0（x）+xf1（x）=sin（x+），再將此等式的兩邊對(duì)x求導(dǎo)，得2f1（x）+xf2（x）=sin（x+π），

歸納猜想：nfn-1（x）+xfn（x）=sin（x+nπ2）.這個(gè)結(jié)論相對(duì)于證明的目標(biāo)顯然是“強(qiáng)結(jié)論”.

用數(shù)學(xué)歸納法容易證明出nfn-1（x）+xfn（x）=sin（x+nπ2），然后在此等式中，對(duì)x賦值π4，并取絕對(duì)值，便可得出所要證明的結(jié)論.

歸納法是由培根首先明確提出來的.培根所處的時(shí)代，是發(fā)明、發(fā)現(xiàn)、創(chuàng)立學(xué)說風(fēng)起云涌的時(shí)代，歸納法的本原就有探索、猜想的意涵.在路子不明的時(shí)候，不妨用歸納法，從頭想起，從最原始入手，取特例或特殊值嘗試，通過構(gòu)造模型、畫圖、聯(lián)想、猜想獲得念頭，獲得一些靈感，獲得一些行動(dòng)的方向，通過對(duì)問題轉(zhuǎn)化、分解、類比獲得念頭，再對(duì)念頭判斷、延拓，產(chǎn)生新的念頭，對(duì)一系列條件作出一系列反應(yīng)行動(dòng).解答關(guān)于自然數(shù)的數(shù)學(xué)題，常常選擇歸納法.

運(yùn)用演繹法，思維的方向相反. 運(yùn)用演繹法，是由認(rèn)識(shí)一般進(jìn)而認(rèn)識(shí)個(gè)別，從既有的結(jié)果，推論出個(gè)別特殊的情形.

4從演繹到完全歸納

例4橢圓E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率是22，過點(diǎn)P（0，1）的動(dòng)直線l與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)，當(dāng)直線l平行于x軸時(shí)，直線l被橢圓E截得的線段長(zhǎng)為22.

（Ⅰ）求橢圓E的方程；

（Ⅱ）是否存在與點(diǎn)P不同的定點(diǎn)Q，使得QAQB=PAPB恒成立？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由.

分析（Ⅰ）略；對(duì)于（Ⅱ）的解答，如果從一般性入手，用點(diǎn)Q的坐標(biāo)、直線的l斜率，分別表示等式QAQB=PAPB中的4個(gè)分量QA、QB、PA、PB，再由關(guān)于斜率的恒等式，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，這樣的解答雖然常規(guī)，但運(yùn)算量卻很大.如果從演繹法出發(fā)，既然是直線l的任意位置都有QAQB=PAPB，那么直線l的水平位置、豎直位置也應(yīng)該有QAQB=PAPB；倘若直線l的這兩個(gè)位置，QAQB=PAPB不成立的話，那點(diǎn)Q就一定不存在. 運(yùn)用演繹法，由直線l的水平位置、豎直位置有QAQB=PAPB，這樣就讓點(diǎn)Q的坐標(biāo)露出“面目”.

解（Ⅰ）易得橢圓E的方程是x24+y22=1.

（Ⅱ）假設(shè)存在滿足題意的定點(diǎn)Q.

當(dāng)直線l平行于x軸時(shí)，A，B兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱.

由QAQB=PAPB=1，得QA=QB，于是Q在y軸上.

不妨設(shè)Q（0，a），a≠1.

當(dāng)直線l為y軸時(shí)，可得QAQB=a-2a+2，

PAPB=1-21+2.

解得a=2.

若定點(diǎn)Q存在，只能是Q（0，2），不會(huì)再有其它的點(diǎn).

下面證明點(diǎn)Q（0，2）也滿足直線l的其它位置.設(shè)直線l的其它位置方程為：y=kx+1.

因?yàn)镼AQB=PAPB，等價(jià)于y軸為∠AQB的角平分線，等價(jià)于kQA=-kQB.

設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），y1=kx1+1，y2=kx2+1.

由kQA=-kQB得y1-2x1=-y2-2x2，化簡(jiǎn)得2kx1x2=x1+x2①

又橢圓方程與直線方程聯(lián)立得：

y=kx+1

x2+2y2=4，（1+2k2）x2+4kx-2=0.

x1+x2=-4k1+2k2，x1x2=-21+2k2②.

②帶入①成立.故假設(shè)成立.

綜上，存在唯一的點(diǎn)Q（0，2）滿足條件.

不論是代數(shù)的等式 （不等式）恒成立問題，還是解析幾何的定點(diǎn)（定值）問題，都可以運(yùn)用演繹法.先從個(gè)例、特殊值、特殊點(diǎn)切入，找出所需要的目標(biāo)，然后解決一般性.比如像解答“若x≥0時(shí)，函數(shù)f（x）=x（ex-1）-ax2的值恒為非負(fù)實(shí)數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍”，就可以從x=0入手，考察x=0的鄰域上的單調(diào)性，進(jìn)而推動(dòng)到（0，+∞）上的單調(diào)性.

5從演繹到演繹

對(duì)于有的數(shù)學(xué)題的解答，好像顯而易見的應(yīng)該是運(yùn)用演繹法，但運(yùn)用了演繹法后卻難以奏效，這時(shí)嘗試從一般屬性演繹出一般屬性，再從新的一般屬性中尋求招數(shù)，便會(huì)柳暗花明又一村.

例5設(shè)無窮正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若{an}和{Sn}都是等差數(shù)列，且公差相同，求{an}的首項(xiàng).

分析如果在起步時(shí)，就對(duì)一般性結(jié)論Sn+1-Sn=d（d公差）運(yùn)用演繹法，

得到方程S2-S1=d和S3-S2=d，

即2a1+d-a1=d和3a1+3d-2a1+d=d，

兩個(gè)未知數(shù)，兩個(gè)方程，解出a1來似乎手到拈來.然而，這個(gè)方程組并不好解.下面的解法，是另辟蹊徑，先從等差數(shù)列{Sn}的一般屬性去推演出另外的一般屬性，然后再圖發(fā)展.

解因?yàn)閧Sn}是等差數(shù)列，所以存在k和b滿足Sn=kn+b，將等式兩邊平方得Sn=k2n2+2bkn+b2①，又因?yàn)閿?shù)列{an}是等差數(shù)列的充要條件是存在常數(shù)p和q滿足Sn=pn2+qn②，比較①與②得b=0.于是，Sn=kn.因?yàn)镾n是正項(xiàng)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，故k是正數(shù).

由d=a2-a1=S2-2S1=S2-S1，得2k2=k，k=12.

所以，a1=S1=14.

這時(shí)，an=2n-14，Sn=14n2，滿足題設(shè).

最后指出，由于解決數(shù)學(xué)問題的思維有不同類型，必然會(huì)對(duì)歸納與演繹各有偏愛，但要謹(jǐn)防“一條道走到黑”.

參考文獻(xiàn)

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