【摘要】归纳和演绎的一些思维运作方式有归纳结论，归纳方法，归纳更强的结论，先演绎再彻底的归纳，转化式演绎等，归纳和演绎在解决特定问题时具有独特作用，归纳和演绎的思维方式相辅相成，相互独立也相互依存，需要灵活的选择、联动它们，才能充分有效地发挥其作用，不能因为偏好而一条道走到黑.

【关键词】归纳；演绎；选择；联动

我们知道，数学教学应着力培养学生的数学思维，而数学思维有两个相辅相成的方向或方面——归纳和演绎，一方面要从具体事例的实验、分析中归纳其本质，获得猜想、命题等；另一方面又要用逻辑推理、数理分析从已认知的知识出发，对于所研究的对象，推演出新的性质，证明新的猜想，形成更广泛领域的认知融合.归纳与演绎在解决数学问题上有强大的作用，而其作用的实现，往往需要智慧地选择和联动归纳与演绎，即根据题目的具体条件与求解（证）目标，在遵循数学事实和逻辑基本规律的前提下，确立是从解决特例入手，还是直接解决一般化问题；是先探索体现一般属性的个别属性，还是直接探索一般属性；是先尝试解决特例，再类推解决整个问题，还是突破一点，进而完全解决问题.

1通过归纳去猜想结论

例1证明：对每一个不小于3的正整数n，都存在一个正整数an，它可以表示为自己的n个互不相同的正约数的和.

分析解答本题的困难在于构造出an来.对于这类自然数的命题，当没有头绪的时候，可以用“退”法，适当的举出一些简单情形，再对所表现出的某些共性进行归纳，为进一步提出新的猜想奠定基础.从最简单情形a3看起，依次查验4，5，…，，a3=6=1+2+3，这是满足条件的最小正整数.如何由a3构造出a4来呢？这是析出归纳的起步（也许是关键一步）.考虑到a4要等于自己的4个不同的正约数之和，且一般的要借用a3，于是令a4=a3+b4=6+b4，b4是a4的正约数.a4需要有4个不同的正约数，为方便计，当然取b4含a3的3个不同约数1，2，3，这样，a4就有了3个不同约数1，2，3.设b4=ka3，k为正整数，由b4=ka3是a4=a3+ka3的正约数，得ka3是a3的正约数，于是k=1，进而，a4=2a3.仿上，有a5=2a4.至此，就不难猜想出an的结构.

解取an=3·2n-2，n为不小于3的正整数.

现用数学归纳法证明其正确性：

n=3时，a3=6，a3等于自己的3个不同的正约数1，2，3之和，所以n=3时命题成立；

假设n=k（k为不小3的正整数）时命题成立，即ak=3·2k-2等于它的k个不同的正约数b1，b2，…，bk之和，又因为ak+1=3·2k-1=2ak，故ak是ak+1的正约数，从而b1，b2，…，bk，ak是ak+1的k+1个不同的正约数.于是，由ak+1=2ak=ak+ak=b1+b2+…+bk+ak，可得ak+1等于它的k+1个不同的正约数之和. 证毕.

2通过归纳去获得求解方法

例2若数列{an}满足an+2=an+1-an（n=1，2，…），则称数列{an}是“P数列”.若数列{an}是P数列，且{an}中不含值为零的项，记{an}中前2016项中值为负数的个数为m，求m所有的可能取值.

分析因为不便于求出数列{an}的通项公式，所以求m的值的解题方向是不清晰的.但数列的前两项定了，该数列就能够唯一确定了.分别给a1、a2赋值几次，计算出数列的前几项，观察数列，就会发现当首次出现ak、ak+1异号时，从ak开始，每9项重复变化一次，这样前2016项中值为负数的个数m就可以求出来了.于是，我们通过归纳，找到了解题思路：从a1、a2的正负性出发，暂不考虑正负不确定的，先易后难，后续的求解转化为已经解决过的.

解因为a1、a2都不等于0，所以a1、a2正负性有四类，a1正a2负；a1负a2正；a1正a2正；a1负a2负.

①若a1正a2负，令a1=a，a2=-b，a，b为正数，则数列{an}的前11项依次为：a，-b，b-a，b-a+b，b-a+a，-（b-a），-a，b，a+b，a，-b，由此可得出，数列{an}的第10项等于第1项、第11项等于第2项，从而数列{an}以9为周期.考虑到{an}中没有值为零的项， b-a与-（b-a）一正一负，可得数列{an}的每一周期段恰有3项是负数.又因为2016=9×224，{an}的前2016项共有224个周期段，所以m=3×224=672.

②若a1负a2正；推断同理于①，m=672.

③若a1正a2正，令a1=a，a2=b，a，b为正数，（ⅰ）当a>b时，数列{an}的前11项依次为：a，b，b-a，a-2b，a-2b+a-b，a-2b+b，-（a-2b），-b，a-b，a，b.至此，推断同理于①，m=672. （ⅱ）当a

④若a1负a2负，令a1=-a，a2=-b，a，b为正数，数列{an}的前11项依次为：-a，-b，b+a，a+2b，b，-（a+b），a，2a+b，a+b，-a，-b.余下的推断仍然同理于①，m=672.

综上，m=672.

3更上一层楼的归纳

这里更上一层楼的归纳，是指归纳出相对于解题目标的更强的结论，它需要探索、猜想、假设、创造性的思维.

例3已知函数f0（x）=sin xx（x>0），设fn（x）为fn-1（x）的导数，n∈N*.

证明：对任意的n∈N*，等式nfn-1π4+π4fnπ4=22成立.

分析常规的归纳，先算函数列{fn（x）}的前4项：

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.

比对各项的三角函数、幂函数、排列数、正负号的结构，可得fn（x）=（-1）-n[x-n-1sin（x-nπ2）]这一猜想.显而易见，得出这一猜想是困难的，倘若我们能够优先注意到证明的目标是一种含有相邻两项的整体值的形式，那么我们或许会去尝试寻找一个包含fn（x）与fn-1（x）的等式：由已知得等式xf0（x）=sinx，

将等式xf0（x）=sinx的两边对x求导，得f0（x）+xf′0（x）=cosx，

即f0（x）+xf1（x）=sin（x+），再将此等式的两边对x求导，得2f1（x）+xf2（x）=sin（x+π），

归纳猜想：nfn-1（x）+xfn（x）=sin（x+nπ2）.这个结论相对于证明的目标显然是“强结论”.

用数学归纳法容易证明出nfn-1（x）+xfn（x）=sin（x+nπ2），然后在此等式中，对x赋值π4，并取绝对值，便可得出所要证明的结论.

归纳法是由培根首先明确提出来的.培根所处的时代，是发明、发现、创立学说风起云涌的时代，归纳法的本原就有探索、猜想的意涵.在路子不明的时候，不妨用归纳法，从头想起，从最原始入手，取特例或特殊值尝试，通过构造模型、画图、联想、猜想获得念头，获得一些灵感，获得一些行动的方向，通过对问题转化、分解、类比获得念头，再对念头判断、延拓，产生新的念头，对一系列条件作出一系列反应行动.解答关于自然数的数学题，常常选择归纳法.

运用演绎法，思维的方向相反. 运用演绎法，是由认识一般进而认识个别，从既有的结果，推论出个别特殊的情形.

4从演绎到完全归纳

例4椭圆E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的离心率是22，过点P（0，1）的动直线l与椭圆相交于A，B两点，当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为22.

（Ⅰ）求椭圆E的方程；

（Ⅱ）是否存在与点P不同的定点Q，使得QAQB=PAPB恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.

分析（Ⅰ）略；对于（Ⅱ）的解答，如果从一般性入手，用点Q的坐标、直线的l斜率，分别表示等式QAQB=PAPB中的4个分量QA、QB、PA、PB，再由关于斜率的恒等式，求出点Q的坐标，这样的解答虽然常规，但运算量却很大.如果从演绎法出发，既然是直线l的任意位置都有QAQB=PAPB，那么直线l的水平位置、竖直位置也应该有QAQB=PAPB；倘若直线l的这两个位置，QAQB=PAPB不成立的话，那点Q就一定不存在. 运用演绎法，由直线l的水平位置、竖直位置有QAQB=PAPB，这样就让点Q的坐标露出“面目”.

解（Ⅰ）易得椭圆E的方程是x24+y22=1.

（Ⅱ）假设存在满足题意的定点Q.

当直线l平行于x轴时，A，B两点关于y轴对称.

由QAQB=PAPB=1，得QA=QB，于是Q在y轴上.

不妨设Q（0，a），a≠1.

当直线l为y轴时，可得QAQB=a-2a+2，

PAPB=1-21+2.

解得a=2.

若定点Q存在，只能是Q（0，2），不会再有其它的点.

下面证明点Q（0，2）也满足直线l的其它位置.设直线l的其它位置方程为：y=kx+1.

因为QAQB=PAPB，等价于y轴为∠AQB的角平分线，等价于kQA=-kQB.

设A（x1，y1），B（x2，y2），y1=kx1+1，y2=kx2+1.

由kQA=-kQB得y1-2x1=-y2-2x2，化简得2kx1x2=x1+x2①

又椭圆方程与直线方程联立得：

y=kx+1

x2+2y2=4，（1+2k2）x2+4kx-2=0.

x1+x2=-4k1+2k2，x1x2=-21+2k2②.

②带入①成立.故假设成立.

综上，存在唯一的点Q（0，2）满足条件.

不论是代数的等式 （不等式）恒成立问题，还是解析几何的定点（定值）问题，都可以运用演绎法.先从个例、特殊值、特殊点切入，找出所需要的目标，然后解决一般性.比如像解答“若x≥0时，函数f（x）=x（ex-1）-ax2的值恒为非负实数，求实数a的取值范围”，就可以从x=0入手，考察x=0的邻域上的单调性，进而推动到（0，+∞）上的单调性.

5从演绎到演绎

对于有的数学题的解答，好像显而易见的应该是运用演绎法，但运用了演绎法后却难以奏效，这时尝试从一般属性演绎出一般属性，再从新的一般属性中寻求招数，便会柳暗花明又一村.

例5设无穷正项数列{an}的前n项和为Sn，若{an}和{Sn}都是等差数列，且公差相同，求{an}的首项.

分析如果在起步时，就对一般性结论Sn+1-Sn=d（d公差）运用演绎法，

得到方程S2-S1=d和S3-S2=d，

即2a1+d-a1=d和3a1+3d-2a1+d=d，

两个未知数，两个方程，解出a1来似乎手到拈来.然而，这个方程组并不好解.下面的解法，是另辟蹊径，先从等差数列{Sn}的一般属性去推演出另外的一般属性，然后再图发展.

解因为{Sn}是等差数列，所以存在k和b满足Sn=kn+b，将等式两边平方得Sn=k2n2+2bkn+b2①，又因为数列{an}是等差数列的充要条件是存在常数p和q满足Sn=pn2+qn②，比较①与②得b=0.于是，Sn=kn.因为Sn是正项等差数列{an}的前n项和，故k是正数.

由d=a2-a1=S2-2S1=S2-S1，得2k2=k，k=12.

所以，a1=S1=14.

这时，an=2n-14，Sn=14n2，满足题设.

最后指出，由于解决数学问题的思维有不同类型，必然会对归纳与演绎各有偏爱，但要谨防“一条道走到黑”.

参考文献

[1]朱华伟，钱展望. 数学解题策略[M].北京：科学出版社，2010： 2-6.

[2]李广修. 一道“超难”高考数学题的因由分析及命题的改进建议[J].中学数学杂志，2015，（1）∶46-48.