2018-2019學年北師大版數(shù)學選修1-2同步學案：第三章 1.2 類比推理

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精1。2類比推理學習目標1.了解類比推理的含義，能進行簡單的類比推理。2.正確認識合情推理在數(shù)學中的重要作用．知識點一類比推理思考科學家對火星進行研究,發(fā)現(xiàn)火星與地球有許多類似的特征：(1)火星也是繞太陽公轉、繞軸自轉的行星；(2)有大氣層，在一年中也有季節(jié)更替；(3)火星上大部分時間的溫度適合地球上某些已知生物的生存等．由此，科學家猜想：火星上也可能有生命存在．他們使用了什么樣的推理？答案類比推理．梳理類比推理的定義及特征定義由于兩類不同對象具有某些類似的特征,在此基礎上，根據(jù)一類對象的其他特征，推斷另一類對象也具有類似的其他特征，我們把這種推理過程稱為類比推理特征①類比推理是兩類事物特征之間的推理;②利用類比推理得出的結論不一定是正確的知識點二合情推理思考歸納推理與類比推理有何區(qū)別與聯(lián)系?答案區(qū)別:歸納推理是由特殊到一般的推理；而類比推理是由個別到個別的推理或是由特殊到特殊的推理．聯(lián)系：在前提為真時,歸納推理與類比推理的結論都可真可假．梳理合情推理的定義及分類定義：根據(jù)實驗和實踐的結果、個人的經(jīng)驗和直覺、已有的事實和正確的結論（定義、公理、定理等)，推測出某些結果的推理方式．分類：常見的合情推理有歸納推理與類比推理．1．由平面三角形的性質(zhì)推測四面體的性質(zhì)是類比推理．（√)2．類比推理是從特殊到特殊的推理．(√）3．合乎情理的推理一定是正確的．（×)類型一平面圖形與立體圖形間的類比例1如圖所示,面積為S的平面凸四邊形的第i條邊的邊長記為ai(i＝1,2，3,4),此四邊形內(nèi)任一點P到第i條邊的距離記為hi（i＝1,2,3，4）,若eq\f（a1,1)＝eq\f（a2，2)＝eq\f(a3,3）＝eq\f(a4，4）＝k，則h1＋2h2＋3h3＋4h4＝eq\f（2S，k）,類比以上性質(zhì),體積為V的三棱錐的第i個面的面積記為Si（i＝1，2，3，4)，若eq\f(S1，1)＝eq\f(S2，2）＝eq\f(S3，3)＝eq\f(S4，4)＝K，則H1＋2H2＋3H3＋4H4等于多少？考點類比推理的應用題點類比推理的方法、形式和結論解對平面凸四邊形：S＝eq\f（1，2)a1h1＋eq\f（1，2）a2h2＋eq\f(1,2）a3h3＋eq\f(1,2）a4h4＝eq\f(1,2）(kh1＋2kh2＋3kh3＋4kh4)＝eq\f(k,2)(h1＋2h2＋3h3＋4h4），所以h1＋2h2＋3h3＋4h4＝eq\f（2S,k)；類比在三棱錐中，V＝eq\f(1，3）S1H1＋eq\f（1，3）S2H2＋eq\f（1,3)S3H3＋eq\f（1，3)S4H4＝eq\f(1,3)（KH1＋2KH2＋3KH3＋4KH4）＝eq\f（K，3)（H1＋2H2＋3H3＋4H4），故H1＋2H2＋3H3＋4H4＝eq\f（3V，K)。反思與感悟（1）類比推理的一般步驟（2)中學階段常見的類比知識點：等差數(shù)列與等比數(shù)列，空間與平面,圓與球等等，比如平面幾何的相關結論類比到立體幾何的相關類比點如下:平面圖形空間圖形點直線直線平面邊長面積面積體積三角形四面體線線角面面角跟蹤訓練1在平面幾何里，有勾股定理：“設△ABC的兩邊AB,AC互相垂直，則AB2＋AC2＝BC2”．拓展到空間(如圖），類比平面幾何的勾股定理，研究三棱錐的側面面積與底面面積間的關系，可以得出的結論是_____________________________________________．考點類比推理的應用題點平面幾何與立體幾何之間的類比答案設三棱錐A—BCD的三個側面ABC，ACD，ADB兩兩互相垂直,則Seq\o\al(2,△ABC)＋Seq\o\al（2,△ACD)＋Seq\o\al（2，△ADB)＝Seq\o\al(2,△BCD)解析類比條件:兩邊AB，AC互相垂直eq\o(→,\s\up7（平面→空間、邊垂直→面垂直））側面ABC,ACD，ADB互相垂直．結論：AB2＋AC2＝BC2eq\o(→,\s\up7（邊長→面積)）Seq\o\al（2，△ABC)＋Seq\o\al（2,△ACD）＋Seq\o\al（2，△ADB）＝Seq\o\al（2,△BCD）。類型二數(shù)列中的類比推理例2在等差數(shù)列｛an｝中，若a10＝0,證明：等式a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n（n〈19，n∈N＋）成立，并類比上述性質(zhì)相應的在等比數(shù)列{bn｝中,若b9＝1，則有等式_____成立．考點類比推理的應用題點等差數(shù)列與等比數(shù)列之間的類比答案b1b2…bn＝b1b2…b17－n(n〈17，n∈N＋)解析在等差數(shù)列{an}中，由a10＝0，得a1＋a19＝a2＋a18＝…＝an＋a20－n＝an＋1＋a19－n＝2a10＝0，∴a1＋a2＋…＋an＋…＋a19＝0，即a1＋a2＋…＋an＝－a19－a18－…－an＋1，又∵a1＝－a19，a2＝－a18,…，a19－n＝－an＋1,∴a1＋a2＋…＋an＝－a19－a18－…－an＋1＝a1＋a2＋…＋a19－n。相應地,類比此性質(zhì)在等比數(shù)列｛bn｝中，可得b1b2…bn＝b1b2…b17－n(n<17，n∈N＋)．反思與感悟(1)運用類比思想找出項與項的聯(lián)系，應用等差、等比數(shù)列的性質(zhì)解題是解決該題的關鍵．（2）等差數(shù)列和等比數(shù)列有非常類似的運算和性質(zhì)，一般情況下等差數(shù)列中的和（或差）對應著等比數(shù)列中的積(或商)．跟蹤訓練2設等差數(shù)列｛an｝的前n項和為Sn，則S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差數(shù)列，類比以上結論有：設等比數(shù)列｛bn}的前n項積為Tn，則T4，________，________，eq\f（T16，T12）成等比數(shù)列．考點類比推理的應用題點等差數(shù)列與等比數(shù)列之間的類比答案eq\f(T8,T4）eq\f（T12，T8）解析由于等差數(shù)列與等比數(shù)列具有類比性，且等差數(shù)列與和差有關，等比數(shù)列與積商有關，因此當?shù)炔顢?shù)列依次每4項的和仍成等差數(shù)列時，類比等比數(shù)列為依次每4項的積成等比數(shù)列．下面證明該結論的正確性：設等比數(shù)列｛bn｝的公比為q,首項為b1，則T4＝beq\o\al(4，1）q6，T8＝beq\o\al（8,1)q1＋2＋…＋7＝beq\o\al(8,1）q28，T12＝beq\o\al（12，1）q1＋2＋…＋11＝beq\o\al（12,1）q66，T16＝beq\o\al（16，1)q1＋2＋…＋15＝beq\o\al(16，1)q120，∴eq\f(T8，T4）＝beq\o\al（4，1）q22，eq\f（T12,T8)＝beq\o\al(4,1)q38，eq\f(T16,T12）＝beq\o\al（4，1）q54，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（T8,T4)）)2＝eq\f(T12,T8）·T4，eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（T12，T8）)）2＝eq\f(T8,T4）·eq\f（T16,T12)，故T4,eq\f(T8，T4)，eq\f(T12,T8），eq\f（T16,T12）成等比數(shù)列．類型三定義、定理或性質(zhì)中的類比例3下列是用類比推理得出的結論：①由“a＝b?ac＝bc"類比得到“a>b?ac〉bc”；②由“a（b＋c）＝ab＋ac”類比得到“sin(A＋B）＝sinA＋sinB"；③由“平面內(nèi)，垂直于同一直線的兩直線相互平行”，類比得到“空間中，垂直于同一直線的兩直線相互平行”；④由“分數(shù)的分子、分母同乘一個非零的數(shù)，分數(shù)值不變”類比得到“分數(shù)的分子、分母同乘一個非零的式子，分數(shù)值不變”．其中正確結論的個數(shù)為(）A．0B．1C．2D．3考點類比推理的應用題點類比推理的方法、形式和結論答案B解析當c≤0時，①中類比的結論不正確；顯然②中類比的結論不正確;空間中，垂直于同一直線的兩直線可能平行，可能相交，也可能異面，故③中類比的結論不一定成立；④中類比的結論是正確的．反思與感悟運用類比推理常常先要尋找合適的類比對象，例如實數(shù)加法的對象為實數(shù)，向量加法的對象為向量，且都滿足交換律與結合律，都存在逆運算,而且實數(shù)0與零向量分別在實數(shù)加法和向量加法中占有特殊的地位．因此我們可以從這四個方面進行類比．跟蹤訓練3若橢圓的左焦點為F,上頂點為B，右頂點為A，當FB⊥AB時,其離心率為eq\f（\r（5)－1,2）,此類橢圓被稱為“黃金橢圓”．類比“黃金橢圓"，可推算出“黃金雙曲線”的離心率為(）A。eq\f（\r(5）＋1,2) B。eq\f（\r(5)－1,2）C.eq\r（5）－1 D。eq\r(5)＋1考點類比推理的應用題點類比推理的方法、形式和結論答案A解析在Rt△ABF中，由AB⊥BF可得eq\f（AO，OB）＝eq\f（OB,OF)，則b2＝ac,即c2－a2＝ac,可得e2－e＝1,又由e>1，則e＝eq\f（\r（5）＋1，2)。1．下列平面圖形中，與空間的平行六面體作為類比對象較合適的是()A．三角形 B．梯形C．平行四邊形 D．矩形考點類比推理的應用題點平面幾何與立體幾何之間的類比答案C解析因為平行六面體相對的兩個面互相平行，類比平面圖形，則相對的兩條邊互相平行，故選C.2．下面使用類比推理，得出的結論正確的是（)A．若“a·3＝b·3，則a＝b"類比出“若a·0＝b·0，則a＝b"B．“若(a＋b）c＝ac＋bc"類比出“（a·b)c＝ac·bc”C．“若（a＋b)c＝ac＋bc"類比出“eq\f(a＋b,c)＝eq\f(a，c）＋eq\f（b，c)（c≠0)”D．“(ab)n＝anbn"類比出“（a＋b)n＝an＋bn”考點類比推理的應用題點類比推理的方法、形式和結論答案C解析顯然A，B，D不正確，只有C正確．3．根據(jù)“正三角形的內(nèi)切圓切于三邊的中點"，可類比猜想出正四面體的內(nèi)切球切于四面體()A．各正三角形內(nèi)一點B．各正三角形的某高線上的點C．各正三角形的中心D．各正三角形外的某點考點類比推理的應用題點平面幾何與立體幾何之間的類比答案C解析正四面體的四個面都是正三角形，其內(nèi)切球與正四面體的四個面相切于各正三角形的中心．4．若等差數(shù)列｛an}的前n項和為Sn,則Sn＝eq\f(n，2)（a1＋an），類似地正項等比數(shù)列{bn}的前n項積Tn等于() C.eq\f(n，2)（b1＋bn) D.eq\f（n，2）（b1bn）考點類比推理的應用題點等差數(shù)列與等比數(shù)列之間的類比答案B解析等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn＝eq\f（n，2)(a1＋an),因為等差數(shù)列中的求和類比等比數(shù)列中的乘積，所以各項均為正的等比數(shù)列{bn}的前n項積Tn＝，故選B。5．已知圓：x2＋y2＝r2上任意一點（x0，y0)處的切線方程為x0x＋y0y＝r2，類比以上結論有：雙曲線eq\f（x2,a2)－eq\f（y2，b2）＝1上任意一點(x0，y0）處的切線方程為________．考點類比推理的應用題點平面曲線之間的類比答案eq\f（x0x,a2)－eq\f(y0y,b2)＝1解析圓x2＋y2＝r2上任意一點（x0，y0)處的切線方程為x0x＋y0y＝r2,可以看作是由x0x代替圓的方程中的x2,由y0y代替y2而得,故類比過圓上一點的切線方程，可類比推理得出過雙曲線eq\f（x2,a2)－eq\f（y2,b2）＝1上一點P（x0，y0）處的切線方程為eq\f(x0x,a2)－eq\f(y0y，b2)＝1。1．進行類比推理時，要盡量從本質(zhì)上思考，不要被表面現(xiàn)象所迷惑,否則，只抓住一點表面的相似甚至假象就去類比，就會犯機械類比的錯誤．2．多用下列技巧會提高所得結論的準確性（1）類比對象的共同屬性或相似屬性盡可能的多些．（2)這些共同屬性或相似屬性應是類比對象的主要屬性．（3）這些共同（相似）屬性應包括類比對象的各個方面，并盡可能是多方面．一、選擇題1．在平面上，若兩個正三角形的邊長之比為1∶2，則它們的面積之比為1∶4，類似地，在空間中,若兩個正四面體的棱長之比為1∶2,則它們的體積之比為（）A．1∶4B．1∶6C．1∶8D．1∶9考點類比推理的應用題點平面幾何與立體幾何之間的類比答案C解析平面上，若兩個正三角形的邊長之比為1∶2，則它們的面積之比為1∶4，類似地，由平面圖形面積類比立體圖形的體積,得出在空間內(nèi),若兩個正四面體的棱長之比為1∶2，則它們的底面積之比為1∶4，對應高之比為1∶2，所以體積之比為1∶8，故選C。2．已知｛bn｝為等比數(shù)列，b5＝2，則b1·b2·b3·b4·b5·b6·b7·b8·b9＝29.若{an}為等差數(shù)列，a5＝2,則｛an｝的類似結論為()A．a(chǎn)1a2a3…a9＝29B．a(chǎn)1＋a2＋a3＋…＋a9＝29C．a(chǎn)1a2a3…a9＝2×9D．a(chǎn)1＋a2＋a3＋…＋a9＝2×9考點類比推理的應用題點等差數(shù)列與等比數(shù)列之間的類比答案D3．我們知道：在平面內(nèi),點（x0，y0）到直線Ax＋By＋C＝0的距離公式為d＝eq\f(｜Ax0＋By0＋C｜，\r（A2＋B2））,通過類比的方法可求得：在空間中，點（2,4,1）到直線x＋2y＋2z＋3＝0的距離為(）A．3B．5C.eq\f（5\r（21），7）D．3eq\r（5）考點類比推理的應用題點平面曲線之間的類比答案B解析類比點P(x0，y0)到直線Ax＋By＋C＝0的距離d＝eq\f(｜Ax0＋By0＋C｜，\r（A2＋B2))，可知在空間中,點P(x0,y0，z0）到直線Ax＋By＋Cz＋D＝0的距離d＝eq\f(|Ax0＋By0＋Cz0＋D｜,\r(A2＋B2＋C2）)，點(2,4,1）到直線x＋2y＋2z＋3＝0的距離d＝eq\f（|2＋8＋2＋3|，\r（1＋4＋4）)＝5,故選B.4．設△ABC的三邊長分別為a,b，c，△ABC的面積為S，內(nèi)切圓的半徑為r，則r＝eq\f(2S,a＋b＋c)，類比這個結論可知：四面體A－BCD的四個面的面積分別為S1，S2，S3，S4,內(nèi)切球的半徑為R,四面體A－BCD的體積為V，則R等于(）A。eq\f（V,S1＋S2＋S3＋S4） B。eq\f（2V,S1＋S2＋S3＋S4）C。eq\f（3V，S1＋S2＋S3＋S4) D.eq\f（4V,S1＋S2＋S3＋S4）考點類比推理的應用題點平面幾何與立體幾何之間的類比答案C解析設四面體的內(nèi)切球的球心為O,則球心O到四個面的距離都是R，所以四面體的體積等于以O為頂點,分別以四個面為底面的4個三棱錐的體積的和．則四面體的體積為V＝eq\f(1,3)(S1＋S2＋S3＋S4）R，∴R＝eq\f(3V，S1＋S2＋S3＋S4）。5．如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD,AB＝a，CD＝b（a>b)．若EF∥AB,EF到CD與AB的距離之比為m∶n，則可推算出：EF＝eq\f（ma＋nb,m＋n），用類比的方法，推想出下列問題的結果，在上面的梯形ABCD中，延長梯形的兩腰AD和BC交于O點,設△OAB，△OCD的面積分別為S1，S2,EF∥AB，且EF到CD與AB的距離之比為m∶n，則△OEF的面積S0與S1,S2的關系是（）A．S0＝eq\f（mS1＋nS2,m＋n) B．S0＝eq\f（nS1＋mS2,m＋n)C.eq\r（S0）＝eq\f(m\r(S1)＋n\r(S2）,m＋n) D。eq\r（S0）＝eq\f(n\r(S1)＋m\r(S2)，m＋n）考點類比推理的應用題點平面幾何與立體幾何之間的類比答案C解析在平面幾何中類比幾何性質(zhì)時,一般為：由平面幾何中點的性質(zhì)，類比推理空間幾何中線的性質(zhì)；由平面幾何中線段的性質(zhì)，類比推理空間幾何中面積的性質(zhì)，故由“EF＝eq\f(ma＋nb，m＋n）”，類比到關于△OEF的面積S0與S1，S2的結論是eq\r(S0）＝eq\f(m\r（S1)＋n\r（S2），m＋n）。故選C。6．已知雙曲線正弦函數(shù)shx＝eq\f(ex－e－x，2）和雙曲線余弦函數(shù)chx＝eq\f(ex＋e－x,2)與我們學過的正弦函數(shù)和余弦函數(shù)有許多類似的性質(zhì)，則下列類比結論中錯誤的是()A．shx為奇函數(shù)，chx為偶函數(shù)B．sh2x＝2shxchxC．sh(x－y)＝shxchy－chxshyD．ch（x－y）＝chxchy＋shxshy考點類比推理的應用題點類比推理的方法、形式和結論答案D解析容易驗證A，B，C正確,∵eq\f（ex＋e－x，2）×eq\f(ey＋e－y,2）＋eq\f（ex－e－x,2）×eq\f（ey－e－y,2)＝eq\f（1，4）（ex＋y＋ex－y＋e－x＋y＋e－x－y＋ex＋y－ex－y－e－x＋y＋e－x－y)＝eq\f(1,4）（2ex＋y＋2e－x－y）＝eq\f(1,2）(ex＋y＋e－x－y）＝ch(x＋y)，∴ch（x－y)＝chx·chy－shx·shy，故選D.二、填空題7．等差數(shù)列有如下性質(zhì)：若數(shù)列{an｝為等差數(shù)列，則當bn＝eq\f（a1＋a2＋…＋an,n）時,數(shù)列｛bn}也是等差數(shù)列；類比上述性質(zhì),相應地，若數(shù)列{cn}是正項等比數(shù)列,當dn＝________時，數(shù)列{dn｝也是等比數(shù)列．考點類比推理的應用題點等差數(shù)列與等比數(shù)列之間的類比答案eq\r（n，c1·c2·c3·…·cn)解析在類比等差數(shù)列的性質(zhì)推理等比數(shù)列的性質(zhì)時，我們一般的思路有：由加法類比推理為乘法，由減法類比推理為除法,由算術平均數(shù)類比推理為幾何平均數(shù)等,故我們可以由數(shù)列{an｝是等差數(shù)列，則當bn＝eq\f(a1＋a2＋…＋an，n)時，數(shù)列{bn}也是等差數(shù)列，類比推斷：若數(shù)列{cn｝是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，則當dn＝eq\r(n，c1·c2·c3·…·cn)時，數(shù)列{bn｝也是等比數(shù)列．8．已知taneq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f(π，4））)＝eq\f（1＋tanx,1－tanx)且tanx是以π為周期的周期函數(shù)．若a≠0，且f(x＋a)＝eq\f（1＋fx，1－fx）,通過類比，f（x）是以T＝________為周期的周期函數(shù)．考點類比推理的應用題點函數(shù)性質(zhì)之間的類比答案4a(答案不唯一）解析類比taneq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f(π，4））)＝eq\f（1＋tanx,1－tanx）與f(x＋a）＝eq\f(1＋fx，1－fx）可知，eq\f（π，4)與a對應．而tanx是以π＝4×eq\f（π，4)為周期的周期函數(shù)，所以猜想f（x)應是以T＝4a為周期的周期函數(shù)．事實上f（x＋2a）＝eq\f(1＋fx＋a,1－fx＋a）＝eq\f(1＋\f(1＋fx，1－fx)，1－\f(1＋fx,1－fx）)＝－eq\f(1,fx）。所以f（x＋4a）＝－eq\f（1，fx＋2a)＝f（x）．故此類比猜想正確．9．已知點A(x1,2),B（x2，2)是函數(shù)y＝2x的圖像上任意不同的兩點，依據(jù)圖像可知，線段AB總是位于A，B兩點之間函數(shù)圖像的上方，因此有結論成立．運用類比思想方法可知,若點A(x1，sinx1），B（x2,sinx2）是函數(shù)y＝sinx（x∈(0,π)）的圖像上的不同兩點,則有____________________成立．考點類比推理的應用題點類比推理的方法、形式和結論答案eq\f(sinx1＋sinx2,2)<sineq\f(x1＋x2,2)解析函數(shù)y＝sinx（x∈（0，π））的圖像是向上凸的，線段AB總是位于A，B兩點之間函數(shù)圖像的下方,故由類比推理可知，eq\f(sinx1＋sinx2,2）<sineq\f(x1＋x2,2)。10．我們知道：周長一定的所有矩形中,正方形的面積最大;周長一定的所有矩形與圓中，圓的面積最大，將這些結論類比到空間，可以得到的結論是________．考點類比推理的應用題點平面幾何與立體幾何之間的類比答案表面積一定的所有長方體中，正方體的體積最大；表面積一定的所有長方體和球中，球的體積最大解析平面圖形與立體圖形的類比：周長→表面積,正方形→正方體，面積→體積，矩形→長方體，圓→球．11．“若直角三角形兩直角邊的長分別為a，b，將其補成一個矩形，則根據(jù)矩形的對角線長可求得該直角三角形外接圓的半徑r＝eq\f(\r(a2＋b2)，2）”．對于“若三棱錐三條側棱兩兩垂直,側棱長分別為a，b,c”，類比上述處理方法，可得該三棱錐的外接球的半徑R＝_________。答案eq\f（\r(a2＋b2＋c2）,2）解析由求直角三角形外接圓的半徑的方法，通過類比得出求三條側棱兩兩垂直的三棱錐外接球的半徑的方法為：首先將該三棱錐補全為長方體，而長方體的體對角線長就是三棱錐的外接球的直徑，從而得出該三棱錐的外接球的半徑R＝eq\f（\r（a2＋b2＋c2),2）.三、解答題12．在長方形ABCD中，對角線AC與兩鄰邊所成的角分別為α，β，cos2α＋cos2β＝1，則在立體幾何中，給出類比猜想并證明．考點類比推理的應用題點平面幾何與立體幾何之間的類比解在長方形ABCD中，cos2α＋cos2β＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(a,c）））2＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(b,c))）2＝eq\f（a2＋b2，c2）＝eq\f（c2，c2)＝1.于是類比到長方體中，猜想其體對角線與共頂點的三條棱所成的角分別為α，β，γ，則cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1.證明如下：cos2α＋cos2β＋cos2γ＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(m，l））)2＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(n,l）)）2＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（g，l））)2＝eq\f(m2＋n2＋g2，l2)＝eq\f(l2,l2）＝1。13．閱讀以下求1＋2＋3＋…＋n的值的過程．因為（n＋1)2－n2＝2n＋1，n2－(n－1)2＝2(n－1)＋1，…，22－12＝2×1＋1，以下各式相加得:（n＋1）2－1＝2×（1＋2＋3＋…＋n)＋n，所以1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(n2＋2n－n，2)＝eq\f(nn＋1,2)，類比上述過程，求12＋22＋32＋…＋n2。（參考公式：n3－（n－1）3＝3n2－3n＋1)考點類比推理的應用題點類比推理的方法、形式和結論解∵23－13＝3·22－3·2＋1，33－23＝3·32－3·3＋1，…，n3－(n－1）3＝3n2－3n＋1，把這n－1個式子相加可得:n3－1＝3×(22＋32＋…＋n2)－3×(2＋3＋…＋n）＋(n－1），由此可得：n3－1＝3（12＋22＋32＋…＋n2)－3(1＋2＋3＋…＋n）＋(n－1)，即12＋22＋32＋…＋n2＝eq\f（1,3）eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(n3－1＋\f(3,2）nn＋1－n－1）)，∴12＋22＋32＋…＋n2＝eq\f（1，3)n3＋eq\f（1，2）n2＋eq\f(1,6)n.四、探究與拓展14．現(xiàn)有一個關于平面圖形的命題：如圖，同一個平面內(nèi)有兩個邊長都是a的正方形，其中一個的某頂點在另一個的中心，則這兩個正方形重疊部分的面積恒