歸納和演繹的選擇與聯動

【摘要】歸納和演繹的一些思維運作方式有歸納結論，歸納方法，歸納更強的結論，先演繹再徹底的歸納，轉化式演繹等，歸納和演繹在解決特定問題時具有獨特作用，歸納和演繹的思維方式相輔相成，相互獨立也相互依存，需要靈活的選擇、聯動它們，才能充分有效地發揮其作用，不能因為偏好而一條道走到黑.

【關鍵詞】歸納；演繹；選擇；聯動

我們知道，數學教學應著力培養學生的數學思維，而數學思維有兩個相輔相成的方向或方面——歸納和演繹，一方面要從具體事例的實驗、分析中歸納其本質，獲得猜想、命題等；另一方面又要用邏輯推理、數理分析從已認知的知識出發，對于所研究的對象，推演出新的性質，證明新的猜想，形成更廣泛領域的認知融合.歸納與演繹在解決數學問題上有強大的作用，而其作用的實現，往往需要智慧地選擇和聯動歸納與演繹，即根據題目的具體條件與求解（證）目標，在遵循數學事實和邏輯基本規律的前提下，確立是從解決特例入手，還是直接解決一般化問題；是先探索體現一般屬性的個別屬性，還是直接探索一般屬性；是先嘗試解決特例，再類推解決整個問題，還是突破一點，進而完全解決問題.

1通過歸納去猜想結論

例1證明：對每一個不小于3的正整數n，都存在一個正整數an，它可以表示為自己的n個互不相同的正約數的和.

分析解答本題的困難在于構造出an來.對于這類自然數的命題，當沒有頭緒的時候，可以用“退”法，適當的舉出一些簡單情形，再對所表現出的某些共性進行歸納，為進一步提出新的猜想奠定基礎.從最簡單情形a3看起，依次查驗4，5，…，，a3=6=1+2+3，這是滿足條件的最小正整數.如何由a3構造出a4來呢？這是析出歸納的起步（也許是關鍵一步）.考慮到a4要等于自己的4個不同的正約數之和，且一般的要借用a3，于是令a4=a3+b4=6+b4，b4是a4的正約數.a4需要有4個不同的正約數，為方便計，當然取b4含a3的3個不同約數1，2，3，這樣，a4就有了3個不同約數1，2，3.設b4=ka3，k為正整數，由b4=ka3是a4=a3+ka3的正約數，得ka3是a3的正約數，于是k=1，進而，a4=2a3.仿上，有a5=2a4.至此，就不難猜想出an的結構.

解取an=3·2n-2，n為不小于3的正整數.

現用數學歸納法證明其正確性：

n=3時，a3=6，a3等于自己的3個不同的正約數1，2，3之和，所以n=3時命題成立；

假設n=k（k為不小3的正整數）時命題成立，即ak=3·2k-2等于它的k個不同的正約數b1，b2，…，bk之和，又因為ak+1=3·2k-1=2ak，故ak是ak+1的正約數，從而b1，b2，…，bk，ak是ak+1的k+1個不同的正約數.于是，由ak+1=2ak=ak+ak=b1+b2+…+bk+ak，可得ak+1等于它的k+1個不同的正約數之和. 證畢.

2通過歸納去獲得求解方法

例2若數列{an}滿足an+2=an+1-an（n=1，2，…），則稱數列{an}是“P數列”.若數列{an}是P數列，且{an}中不含值為零的項，記{an}中前2016項中值為負數的個數為m，求m所有的可能取值.

分析因為不便于求出數列{an}的通項公式，所以求m的值的解題方向是不清晰的.但數列的前兩項定了，該數列就能夠唯一確定了.分別給a1、a2賦值幾次，計算出數列的前幾項，觀察數列，就會發現當首次出現ak、ak+1異號時，從ak開始，每9項重復變化一次，這樣前2016項中值為負數的個數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的正負性出發，暫不考慮正負不確定的，先易后難，后續的求解轉化為已經解決過的.

解因為a1、a2都不等于0，所以a1、a2正負性有四類，a1正a2負；a1負a2正；a1正a2正；a1負a2負.

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

②若a1負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，（ⅰ）當a>b時，數列{an}的前11項依次為：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a

④若a1負a2負，令a1=-a，a2=-b，a，b為正數，數列{an}的前11項依次為：-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，是指歸納出相對于解題目標的更強的結論，它需要探索、猜想、假設、創造性的思維.

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

證明：對任意的n∈N*，等式nfn-1π4+π4fnπ4=22成立.

分析常規的歸納，先算函數列{fn（x）}的前4項：

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.

比對各項的三角函數、冪函數、排列數、正負號的結構，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，倘若我們能夠優先注意到證明的目標是一種含有相鄰兩項的整體值的形式，那么我們或許會去嘗試尋找一個包含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x求導，得f0（x）+xf′0（x）=cosx，

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

歸納猜想：nfn-1（x）+xfn（x）=sin（x+nπ2）.這個結論相對于證明的目標顯然是“強結論”.

用數學歸納法容易證明出nfn-1（x）+xfn（x）=sin（x+nπ2），然后在此等式中，對x賦值π4，并取絕對值，便可得出所要證明的結論.

歸納法是由培根首先明確提出來的.培根所處的時代，是發明、發現、創立學說風起云涌的時代，歸納法的本原就有探索、猜想的意涵.在路子不明的時候，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，通過構造模型、畫圖、聯想、猜想獲得念頭，獲得一些靈感，獲得一些行動的方向，通過對問題轉化、分解、類比獲得念頭，再對念頭判斷、延拓，產生新的念頭，對一系列條件作出一系列反應行動.解答關于自然數的數學題，常常選擇歸納法.

運用演繹法，思維的方向相反. 運用演繹法，是由認識一般進而認識個別，從既有的結果，推論出個別特殊的情形.

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P（0，1）的動直線l與橢圓相交于A，B兩點，當直線l平行于x軸時，直線l被橢圓E截得的線段長為22.

（Ⅰ）求橢圓E的方程；

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

分析（Ⅰ）略；對于（Ⅱ）的解答，如果從一般性入手，用點Q的坐標、直線的l斜率，分別表示等式QAQB=PAPB中的4個分量QA、QB、PA、PB，再由關于斜率的恒等式，求出點Q的坐標，這樣的解答雖然常規，但運算量卻很大.如果從演繹法出發，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、豎直位置也應該有QAQB=PAPB；倘若直線l的這兩個位置，QAQB=PAPB不成立的話，那點Q就一定不存在. 運用演繹法，由直線l的水平位置、豎直位置有QAQB=PAPB，這樣就讓點Q的坐標露出“面目”.

解（Ⅰ）易得橢圓E的方程是x24+y22=1.

（Ⅱ）假設存在滿足題意的定點Q.

當直線l平行于x軸時，A，B兩點關于y軸對稱.

由QAQB=PAPB=1，得QA=QB，于是Q在y軸上.

不妨設Q（0，a），a≠1.

當直線l為y軸時，可得QAQB=a-2a+2，

PAPB=1-21+2.

解得a=2.

若定點Q存在，只能是Q（0，2），不會再有其它的點.

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

因為QAQB=PAPB，等價于y軸為∠AQB的角平分線，等價于kQA=-kQB.

設A（x1，y1），B（x2，y2），y1=kx1+1，y2=kx2+1.

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

又橢圓方程與直線方程聯立得：

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.故假設成立.

綜上，存在唯一的點Q（0，2）滿足條件.

不論是代數的等式 （不等式）恒成立問題，還是解析幾何的定點（定值）問題，都可以運用演繹法.先從個例、特殊值、特殊點切入，找出所需要的目標，然后解決一般性.比如像解答“若x≥0時，函數f（x）=x（ex-1）-ax2的值恒為非負實數，求實數a的取值范圍”，就可以從x=0入手，考察x=0的鄰域上的單調性，進而推動到（0，+∞）上的單調性.

5從演繹到演繹

對于有的數學題的解答，好像顯而易見的應該是運用演繹法，但運用了演繹法后卻難以奏效，這時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，便會柳暗花明又一村.

例5設無窮正項數列{an}的前n項和為Sn，若{an}和{Sn}都是等差數列，且公差相同，求{an}的首項.

分析如果在起步時，就對一般性結論Sn+1-Sn=d（d公差）運用演繹法，

得到方程S2-S1=d和S3-S2=d，

即2a1+d-a1=d和3a1+3d-2a1+d=d，

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

解因為{Sn}是等差數列，所以存在k和b滿足Sn=kn+b，將等式兩邊平方得Sn=k2n2+2bkn+b2①，又因為數列{an}是等差數列的充要條件是存在常數p和q滿足Sn=pn2+qn②，比較①與②得b=0.于是，Sn=kn.因為Sn是正項等差數列{an}的前n項和，故k是正數.

由d=a2-a1=S2-2S1=S2-S1，得2k2=k，k=12.

所以，a1=S1=14.

這時，an=2n-14，Sn=14n2，滿足題設.

最后指出，由于解決數學問題的思維有不同類型，必然會對歸納與演繹各有偏愛，但要謹防“一條道走到黑”.

參考文獻

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[2]李廣修. 一道“超難”高考數學題的因由分析及命題的改進建議[J].中學數學雜志，2015，（1）∶46-48.