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- 2021-06-16 发布
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第十二篇 推理与证明、算法、复数A
第1讲 合情推理与演绎推理
[最新考纲]
1．了解合情推理的含义，能利用归纳和类比等进行简单的推理，了解合情推理在数学发现中的作用．
2．了解演绎推理的重要性，掌握演绎推理的基本模式，并能运用它们进行一些简单推理．
3．了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异.
知 识 梳 理
1．合情推理
(1)归纳推理：由某类事物的部分对象具有某些特征，推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理，或者由个别事实概括出一般结论的推理，称为归纳推理．简言之，归纳推理是由部分到整体、由个别到一般的推理．
(2)类比推理：由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象也具有这些特征的推理称为类比推理．简言之，类比推理是由特殊到特殊的推理．
(3)合情推理：归纳推理和类比推理都是根据已有的事实，经过观察、分析、比较、联想，再进行归纳、类比，然后提出猜想的推理，我们把它们统称为合情推理．
2．演绎推理
(1)演绎推理：从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论，我们把这种推理称为演绎推理．简言之，演绎推理是由一般到特殊的推理．
(2)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：
①大前提——已知的一般原理；
②小前提——所研究的特殊情况；
③结论——根据一般原理，对特殊情况作出的判断．
辨 析 感 悟
1．对合情推理的认识
(1)归纳推理得到的结论不一定正确，类比推理得到的结论一定正确．(×)
(2)由平面三角形的性质推测空间四面体的性质，这是一种合情推理．(√)
(3)在类比时，平面中的三角形与空间中的平行六面体作为类比对象较为合适．(×)
(4)(教材习题改编)一个数列的前三项是1,2,3，那么这个数列的通项公式是an＝n(n∈N*)．(×)
(5)(2018·安庆调研改编)在平面上，若两个正三角形的边长比为1∶2，则它们的面积比为1∶4，类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长比为1∶2，则它们的体积比为1∶8.(√)
2．对演绎推理的认识
(6)“所有3的倍数都是9的倍数，某数m是3的倍数，则m一定是9的倍数”，这是三段论推理，但其结论是错误的．(√)
(7)在演绎推理中，只要符合演绎推理的形式，结论就一定正确．(×)
[感悟·提升]
三点提醒 一是合情推理包括归纳推理和类比推理，所得到的结论都不一定正确，其结论的正确性是需要证明的．
二是在进行类比推理时，要尽量从本质上去类比，不要被表面现象所迷惑；否则只抓住一点表面现象甚至假象就去类比，就会犯机械类比的错误，如(3)．
三是应用三段论解决问题时，应首先明确什么是大前提，什么是小前提，如果大前提与推理形式是正确的，结论必定是正确的．如果大前提错误，尽管推理形式是正确的，所得结论也是错误的．如(7)．
学生用书第200页
考点一 归纳推理
【例1】 (2018·湖北卷)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数，如三角形数1,3,6,10，…，第n个三角形数为＝n2＋n，记第n个k边形数为N(n，k)(k≥3)，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：
三角形数 N(n,3)＝n2＋n，
正方形数 N(n,4)＝n2，
五边形数 N(n,5)＝n2－n，
六边形数 N(n,6)＝2n2－n
……
可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(10,24)＝____________.
解析 由N(n,3)＝n2＋n，
N(n,4)＝n2＋n，
N(n,5)＝n2＋n，
N(n,6)＝n2＋n，
推测N(n，k)＝n2＋n，k≥3.
从而N(n,24)＝11n2－10n，N(10,24)＝1 000.
答案 1 000
规律方法 归纳推理是由部分到整体、由特殊到一般的推理，由归纳推理所得的结论不一定正确，通常归纳的个体数目越多，越具有代表性，那么推广的一般性命题也会越可靠，它是一种发现一般性规律的重要方法．
【训练1】 (1)(2018·佛山质检)观察下列不等式：
①＜1；②＋＜；③＋＋＜.
则第5个不等式为________．
(2)(2018·陕西卷)观察下列等式
(1＋1)＝2×1
(2＋1)(2＋2)＝22×1×3
(3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23×1×3×5
……
照此规律，第n个等式可为________．
解析 (2)由已知的三个等式左边的变化规律，得第n个等式左边为(n＋1)(n＋2)…(n＋n)，由已知的三个等式右边的变化规律，得第n个等式右边为2n与n个奇数之积，即2n×1×3×5×…×(2n－1)．
答案 (1)＋＋＋＋＜
(2)(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)
考点二 类比推理
【例2】 在平面几何里，有“若△ABC的三边长分别为a，b，c，内切圆半径为r，则三角形面积为S△ABC＝(a＋b＋c)r”，拓展到空间，类比上述结论，“若四面体A－BCD的四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，内切球的半径为r，则四面体的体积为________”．
审题路线 三角形面积类比为四面体的体积⇒三角形的边长类比为四面体四个面的面积⇒内切圆半径类比为内切球的半径⇒二维图形中类比为三维图形中的⇒得出结论．
答案 V四面体A－BCD＝(S1＋S2＋S3＋S4)r
规律方法 在进行类比推理时，不仅要注意形式的类比，还要注意方法的类比，且要注意以下两点：①找两类对象的对应元素，如：三角形对应三棱锥，圆对应球，面积对应体积等等；②找对应元素的对应关系，如：两条边(直线)垂直对应线面垂直或面面垂直，边相等对应面积相等．
【训练2】 二维空间中圆的一维测度(周长)l＝2πr，二维测度(面积)S＝πr2，观察发现S′＝l；三维空间中球的二维测度(表面积)S＝4πr2，三维测度(体积)V＝πr3，观察发现V′＝S.则四维空间中“超球”的四维测度W＝2πr4，猜想其三维测度V
＝________.
解析 由已知，可得圆的一维测度为二维测度的导函数；球的二维测度是三维测度的导函数．类比上述结论，“超球”的三维测度是四维测度的导函数，即V＝W′＝(2πr4)′＝8πr3.
答案 8πr3
考点三 演绎推理
【例3】 数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝Sn(n∈N*)．证明：
(1)数列是等比数列；
(2)Sn＋1＝4an.
证明 (1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝Sn，
∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即nSn＋1＝2(n＋1)Sn.
∴＝2·，又＝1≠0， (小前提)
故是以1为首项，2为公比的等比数列．(结论)
(大前提是等比数列的定义，这里省略了)
(2)由(1)可知＝4·(n≥2)，
∴Sn＋1＝4(n＋1)·＝4··Sn－1
＝4an(n≥2)， (小前提)
又a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提)
∴对于任意正整数n，都有Sn＋1＝4an.(结论)
(第(2)问的大前提是第(1)问的结论以及题中的已知条件)
学生用书第201页
规律方法 演绎推理是从一般到特殊的推理；其一般形式是三段论，应用三段论解决问题时，应当首先明确什么是大前提和小前提，如果前提是显然的，则可以省略．
【训练3】 “因为对数函数y＝logax是增函数(大前提)，而y＝logx是对数函数(小前提)，所以y＝logx是增函数(结论)”，以上推理的错误是( )．
A．大前提错误导致结论错误
B．小前提错误导致结论错误
C．推理形式错误导致结论错误
D．大前提和小前提错误导致结论错误
解析 当a＞1时，函数y＝logax是增函数；当0＜a＜1时，函数y＝logax是减函数．故大前提错误导致结论错误．
答案 A
1．合情推理主要包括归纳推理和类比推理．数学研究中，在得到一个新结论前，合情推理能帮助猜测和发现结论，在证明一个数学结论之前，合情推理常常能为证明提供思路与方向．
2．演绎推理是从一般的原理出发，推出某个特殊情况下的结论的推理方法，是由一般到特殊的推理，常用的一般模式是三段论．数学问题的证明主要通过演绎推理来进行．
3．合情推理仅是“合乎情理”的推理，它得到的结论不一定正确．而演绎推理得到的结论一定正确(前提和推理形式都正确的前提下)．
创新突破12——新定义下的归纳推理
【典例】 (2018·湖南卷)对于E＝{a1，a2，…，a100}的子集X＝{ai1，ai2，…，aik}，定义X的“特征数列”为x1，x2，…，x100，其中xi1＝xi2＝…＝xik＝1，其余项均为0.❶例如：子集{a2，a3}的“特征数列”为0,1,1,0,0，…，0.❷
(1)子集{a1，a3，a5}的“特征数列”的前3项和等于______；
(2)若E的子集P的“特征数列”p1，p2，…，p100满足p1＝1，pi＋pi＋1＝1,1≤i≤99；E的子集Q的“特征数列”q1，q2，…，q100满足q1＝1，qj＋qj＋1＋
qj＋2＝1,1≤j≤98，则P∩Q的元素个数为________．
突破1：读懂信息❶，对于集合X＝{ai1，ai2，…，aik}来说，定义X的“特征数列”为x1，x2，…，x100是一个新的数列，该数列的xi1＝xi2＝…＝xik＝1，其余项均为0.
突破2：通过例子❷：“子集{a2，a3}的特征数列为0,1,1,0，0，…，0”来理解“特征数列”的特征；第2项，第3项为1，其余项为0.
突破3：根据p1＝1，pi＋pi＋1＝1可写出子集P的“特征数列”为：1,0,1,0,1,0，…，1,0，归纳出子集P；同理，子集Q的特征数列为1,0,0,1,0,0，…，1,0,0，归纳出子集Q.
突破4：由P与Q的前几项的规律，找出子集P与子集Q的公共元素即可．
解析 (1)根据题意可知子集{a1，a3，a5}的“特征数列”为1,0,1,0,1,0,0，…，0，此数列前3项和为2.
(2)根据题意可写出子集P的“特征数列”为1,0,1,0,1，0，…，1,0，则P＝{a1，a3，…，a2n－1，…，a99}(1≤n≤50)，
子集Q的“特征数列”为1,0,0,1,0,0，…，1,0,0,1，则Q＝{a1，a4，…，a3k－2，…，a100}(1≤k≤34)，则P∩Q＝{a1，a7，a13，…，a97}，共有17项．
答案 (1)2 (2)17
[反思感悟] 此类问题一定要抓住题设中的例子与定义的紧密结合， 细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，需有一定的逻辑推理能力．
【自主体验】
若定义在区间D上的函数f(x)对于D上的n个值x1，x2，…，xn总满足[f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn)]≤f，称函数f(x)为D上的凸函数．现已知f(x)＝sin x在(0，π)上是凸函数，则在△ABC中，sin A＋sin B＋sin C的最大值是________．
解析 已知[f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn)]≤
f， (大前提)
因为f(x)＝sin x在(0，π)上是凸函数，(小前提)
所以f(A)＋f(B)＋f(C)≤3f，(结论)
即sin A＋sin B＋sin C≤3sin ＝.
因此sin A＋sin B＋sin C的最大值是.
答案
对应学生用书P379
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．正弦函数是奇函数，f(x)＝sin(x2＋1)是正弦函数，因此f(x)＝sin(x2＋1)是奇函数，以上推理( )．
A．结论正确 B．大前提不正确
C．小前提不正确 D．全不正确
解析 f(x)＝sin(x2＋1)不是正弦函数而是复合函数，所以小前提不正确．
答案 C
2．观察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cos x)′＝－sin x，由归纳推理得：若定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，记g(x)为f(x)的导函数，则g(－x)＝( )．
A．f(x) B．－f(x) C．g(x) D．－g(x)
解析 由已知得偶函数的导函数为奇函数，故g(－x)＝－g(x)．
答案 D
3．(2018·江西卷)观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10等于( )．
A．28 B．76 C．123 D．199
解析 从给出的式子特点观察可推知，等式右端的值，从第三项开始，后一个式子的右端值等于它前面两个式子右端值的和，照此规律，则a10＋b10＝123.
答案 C
4．(2018·长春调研)类比“两角和与差的正弦公式”的形式，对于给定的两个函数：S(x)＝ax－a－x，C(x)＝ax＋a－x，其中a＞0，且a≠1，下面正确的运算公式是( )．
①S(x＋y)＝S(x)C(y)＋C(x)S(y)；
②S(x－y)＝S(x)C(y)－C(x)S(y)；
③2S(x＋y)＝S(x)C(y)＋C(x)S(y)；
④2S(x－y)＝S(x)C(y)－C(x)S(y)．
A．①② B．③④ C．①④ D．②③
解析 经验证易知①②错误．依题意，注意到2S(x＋y)＝2(ax＋y－a－x－y)，S(x)C(y)＋C(x)S(y)＝2(ax＋y－a－x－y)，因此有2S(x＋y)＝S(x)C(y)＋C(x)S(y)；同理有2S(x－y)＝S(x)C(y)－C(x)S(y)．综上所述，选B.
答案 B
5．由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则：
①“mn＝nm”类比得到“a·b＝b·a”；
②“(m＋n)t＝mt＋nt”类比得到“(a＋b)·c＝a·c＋b·c”；
③“(m·n)t＝m(n·t)”类比得到“(a·b)·c＝a·(b·c)”；
④“t≠0，mt＝xt⇒m＝x”类比得到“p≠0，a·p＝x·p⇒a＝x”；
⑤“|m·n|＝|m|·|n|”类比得到“|a·b|＝|a|·|b|”；
⑥“＝”类比得到“＝”．
以上式子中，类比得到的结论正确的个数是( )．
A．1 B．2 C．3 D．4
解析 ①②正确；③④⑤⑥错误．
答案 B
二、填空题
6．(2018·西安五校联考)观察下式：1＝12；2＋3＋4＝32；3＋4＋5＋6＋7＝52；4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝72，…，则得出结论：________.
解析 各等式的左边是第n个自然数到第3n－2个连续自然数的和，右边是中间奇数的平方，故得出结论：n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2.
答案 n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2
7．若等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项的和为Sn，则数列为等差数列，且通项为＝a1＋(n－1)·，类似地，请完成下列命题：若各项均为正数的等比数列{bn}的首项为b1，公比为q，前n项的积为Tn，则________．
答案 数列{}为等比数列，且通项为＝b1()n－1
8．(2018·揭阳一模)给出下列等式：＝2cos ，＝2cos ，＝2cos ，请从中归纳出第n个等式：＝________.
答案 2cos
三、解答题
9．给出下面的数表序列：
表1 表2 表3
1 1 3 1 3 5
4 4 8
12 …
其中表n(n＝1,2,3，…)有n行，第1行的n个数是1,3，5，…，2n－1，从第2行起，每行中的每个数都等于它肩上的两数之和．
写出表4，验证表4各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成等比数列，并将结论推广到表n(n≥3)(不要求证明)．
解 表4为 1 3 5 7
4 8 12
12 20
32
它的第1,2,3,4行中的数的平均数分别是4,8,16,32，它们构成首项为4，公比为2的等比数列．
将这一结论推广到表n(n≥3)，即表n(n≥3)各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为n，公比为2的等比数列．
10．f(x)＝，先分别求f(0)＋f(1)，f(－1)＋f(2)，f(－2)＋f
(3)，然后归纳猜想一般性结论，并给出证明．
解 f(0)＋f(1)＝＋
＝＋＝＋＝，
同理可得：f(－1)＋f(2)＝，f(－2)＋f(3)＝.
由此猜想f(x)＋f(1－x)＝.
证明：f(x)＋f(1－x)＝＋
＝＋＝＋
＝＝.
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
一、选择题
1．(2018·江西卷)观察下列事实：|x|＋|y|＝1的不同整数解(x，y)的个数为4，|x|＋|y|＝2的不同整数解(x，y)的个数为8，|x|＋|y|＝3的不同整数解(x，y)的个数为12，…，则|x|＋|y|＝20的不同整数解(x，y)的个数为( )．
A．76 B．80 C．86 D．92
解析 由|x|＋|y|＝1的不同整数解的个数为4，|x|＋|y|＝2的不同整数解的个数为8，|x|＋|y|＝3的不同整数解的个数为12，归纳推理得|x|＋|y|＝n的不同整数解的个数为4n，故|x|＋|y|＝20的不同整数解的个数为80.故选B.
答案 B
2．古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数．
比如：
他们研究过图1中的1,3,6,10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似地，称图2中的1,4,9,16，…，这样的数为正方形数．下列数中既是三角形数又是正方形数的是( )．
A．289 B．1 024 C．1 225 D．1 378
解析 观察三角形数：1,3,6,10，…，记该数列为{an}，则a1＝1，
a2＝a1＋2，
a3＝a2＋3，
…
an＝an－1＋n.
∴a1＋a2＋…＋an＝(a1＋a2＋…＋an－1)＋(1＋2＋3＋…＋n)⇒an＝1＋2＋3＋…＋n＝，
观察正方形数：1,4,9,16，…，记该数列为{bn}，则bn＝n2.把四个选项的数字，分别代入上述两个通项公式，可知使得n都为正整数的只有1 225.
答案 C
二、填空题
3．在平面直角坐标系中，若点P(x，y)的坐标x，y均为整数，则称点P为格点．若一个多边形的顶点全是格点，则称该多边形为格点多边形．格点多边形的面积记为S，其内部的格点数记为N，边界上的格点数记为L.例如图中△ABC是格点三角形，对应的S＝1，N＝0，L＝4.
(1)图中格点四边形DEFG对应的S，N，L分别是________；
(2)已知格点多边形的面积可表示为S＝aN＋bL＋c，其中a，b，c为常数．若某格点多边形对应的N＝71，L＝18，则S＝________(用数值作答)．
解析 (1)四边形DEFG是一个直角梯形，观察图形可知：S＝(＋2)××＝3，N＝1，L＝6.
(2)由(1)知，S四边形DEFG＝a＋6b＋c＝3.
S△ABC＝4b＋c＝1.
在平面直角坐标系中，取一“田”字型四边形，构成边长为2的正方形，该正方形中S＝4，N＝1，L＝8.则S＝a＋8b＋c＝4.联立解得a＝1，b＝.c＝－1.
∴S＝N＋L－1，∴若某格点多边形对应的N＝71，L＝18，则S＝71＋×18－1＝79.
答案 (1)3,1,6 (2)79
三、解答题
4．(2018·福建卷)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：
①sin213°＋cos217°－sin 13°cos 17°；
②sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°；
③sin218°＋cos212°－sin 18°cos 12°；
④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos 48°；
⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos 55°.
(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；
(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．
解 (1)选择②式，计算如下：
sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°＝1－sin 30°＝1－＝.
(2)三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝.
证明如下：
sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝sin2α＋(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)2－sin
α·(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)＝sin2α＋cos2α＋sin αcos α＋sin2α－sin αcos α－sin2α＝sin2α＋cos2α＝.
学生用书第202页
第2讲 直接证明与间接证明
[最新考纲]
1．了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程和特点．
2．了解反证法的思考过程和特点.
知 识 梳 理
1．直接证明
(1)综合法
①定义：利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法．
②框图表示：P⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→…→Qn⇒Q
(其中P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示要证的结论)．
③思维过程：由因导果．
(2)分析法
①定义：从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止．这种证明方法叫做分析法．
②框图表示：Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→
得到一个明显成立的条件(其中Q表示要证明的结论)．
③思维过程：执果索因．
2．间接证明
反证法：假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明原命题成立的证明方法．
辨 析 感 悟
对三种证明方法的认识
(1)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件．(×)
(2)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．(×)
(3)在解决问题时，常常用分析法寻找解题的思路与方法，再用综合法展现解决问题的过程．(√)
(4)证明不等式＋＜＋最合适的方法是分析法．(√)
[感悟·提升]
两点提醒 一是分析法是“执果索因”，特点是从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理，实际上是寻找使结论成立的充分条件，如(1)；
二是应用反证法证题时必须先否定结论，把结论的反面作为条件，且必须根据这一条件进行推理，否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行推理，就不是反证法．所谓矛盾主要指：①与已知条件矛盾；②与假设矛盾；③与定义、公理、定理矛盾；④与公认的简单事实矛盾；⑤自相矛盾.
考点一 综合法的应用
【例1】 (2018·新课标全国Ⅱ卷)设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：
(1)ab＋bc＋ac≤；(2)＋＋≥1.
证明 (1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac得
a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.由题设得(a＋b＋c)2＝1，
即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.
所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤.
(2)因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，
故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
即＋＋≥a＋b＋c.所以＋＋≥1.
学生用书第203页
规律方法 综合法往往以分析法为基础，是分析法的逆过程，但更要注意从有关不等式的定理、结论或题设条件出发，根据不等式的性质推导证明．
【训练1】 (1)设a＞0，b＞0，a＋b＝1，求证：＋＋≥8.
(2)已知a，b，c是全不相等的正实数，求证：＋＋＞3.
证明 (1)∵a＋b＝1，
∴＋＋＝＋＋
＝1＋＋1＋＋≥2＋2＋
＝2＋2＋4＝8，当且仅当a＝b＝时，等号成立．
(2)∵a，b，c全不相等，且都大于0.
∴与，与，与全不相等，
∴＋＞2，＋＞2，＋＞2，
三式相加得＋＋＋＋＋＞6，
∴＋＋＞3，
即＋＋＞3.
考点二 分析法的应用
【例2】 已知a＞0，求证：－≥a＋－2.
审题路线 从结论出发⇒观察不等式两边的符号⇒移项(把不等式两边都变为正项)⇒平方⇒移项整理⇒平方⇒移项整理可得显然成立的结论．
证明 (1)要证－≥a＋－2，
只需要证＋2≥a＋＋.
∵a＞0，故只需要证2≥2，
即a2＋＋4＋4
≥a2＋2＋＋2＋2，
从而只需要证2≥，
只需要证4≥2，
即a2＋≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立．
规律方法 (1)逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件．正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键．
(2)证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法，即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证．
【训练2】 已知m＞0，a，b∈R，求证：2≤.
证明 ∵m＞0，∴1＋m＞0.所以要证原不等式成立，
只需证(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)
即证m(a2－2ab＋b2)≥0，
即证(a－b)2≥0，而(a－b)2≥0显然成立，故原不等式得证．
考点三 反证法的应用
【例3】 等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3.
(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；
(2)设bn＝(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
(1)解 由已知得∴d＝2，
故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋)．
(2)证明 由(1)得bn＝＝n＋.
假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r∈N*，且互不相等)成等比数列，则b＝bpbr.
即(q＋)2＝(p＋)(r＋)．
∴(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0.
∵p，q，r∈N*，∴
∴2＝pr，(p－r)2＝0.
∴p＝r，与p≠r矛盾．
∴数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列.
学生用书第204页
规律方法 用反证法证明不等式要把握三点：(1)必须先否定结论，即肯定结论的反面；(2)必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须依据这一条件进行推证；(3)推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有的与假设矛盾，有的与已知事实矛盾等，且推导出的矛盾必须是明显的．
【训练3】 已知a≥－1，求证三个方程：x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一个方程有实数根．
证明 假设三个方程都没有实数根，则
⇒
∴－＜a＜－1.
这与已知a≥－1矛盾，
所以假设不成立，故原结论成立．
1．分析法的特点：从未知看需知，逐步靠拢已知．
2．综合法的特点：从已知看可知，逐步推出未知．
3．分析法和综合法各有优缺点．分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较繁；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考．实际证题时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来．
4．利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误，并用假设的命题进行推理，没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的．
答题模板13——反证法在证明题中的应用
【典例】 (14分)(2018·北京卷)直线y＝kx＋m(m≠0)与椭圆W：＋y2＝1相交于A，C两点，O是坐标原点．
(1)当点B的坐标为(0,1)，且四边形OABC为菱形时，求AC的长；
(2)当点B在W上且不是W的顶点时，证明：四边形OABC不可能为菱形．
[规范解答] (1)解 因为四边形OABC为菱形，
所以AC与OB相互垂直平分． (2分)
所以可设A，代入椭圆方程得＋＝1，
即t＝±.
所以|AC|＝2. (5分)
(2)证明 假设四边形OABC为菱形．
因为点B不是W的顶点，且AC⊥OB，所以k≠0.
由消y并整理得
(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. (7分)
设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则
＝－，
＝k·＋m＝.
所以AC的中点为M. (9分)
因为M为AC和OB的交点，且m≠0，k≠0，
所以直线OB的斜率为－.(11分)
因为k·≠－1，所以AC与OB不垂直． (13分)
所以四边形OABC不是菱形，与假设矛盾．
所以当点B不是W的顶点时，四边形OABC不可能为菱形．(14分)
[反思感悟] (1)掌握反证法的证明思路及证题步骤，明确作假设是反证法的基础，应用假设是反证法的基本手段，得到矛盾是反证法的目的．
(2)当证明的结论和条件联系不明显、直接证明不清晰或正面证明分类较多、而反面情况只有一种或较少时，常采用反证法．
(3)利用反证法证明时，一定要回到结论上去．
答题模板 用反证法证明数学命题的答题模板：
第一步：分清命题“p→q”的条件和结论；
第二步：作出与命题结论q相矛盾的假定綈q；
第三步：由p和綈q出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；
第四步：断定产生矛盾结果的原因，在于所作的假设綈q不真，于是原结论q成立，从而间接地证明了命题.
学生用书第205页
【自主体验】
设直线l1：y＝k1x＋1，l2：y＝k2x－1，其中实数k1，k2满足k1k2＋2＝0.
(1)证明：l1与l2相交；
(2)证明：l1与l2的交点在椭圆2x2＋y2＝1上．
证明 (1)假设l1与l2不相交，
则l1与l2平行或重合，有k1＝k2，
代入k1k2＋2＝0，得k＋2＝0.
这与k1为实数的事实相矛盾，从而k1≠k2，
即l1与l2相交．
(2)由方程组
解得交点P的坐标为.
从而2x2＋y2＝22＋2
＝＝＝1，
所以l1与l2的交点P(x，y)在椭圆2x2＋y2＝1上．
对应学生用书P381
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．(2018·安阳模拟)若a＜b＜0，则下列不等式中成立的是( )．
A.＜ B．a＋＞b＋
C．b＋＞a＋ D.＜
解析 (特值法)取a＝－2，b＝－1，验证C正确．
答案 C
2．用反证法证明命题：“已知a，b∈N，若ab可被5整除，则a，b中至少有一个能被5整除”时，反设正确的是( )．
A．a，b都不能被5整除
B．a，b都能被5整除
C．a，b中有一个不能被5整除
D．a，b中有一个能被5整除
解析 由反证法的定义得，反设即否定结论．
答案 A
3．(2018·上海模拟)“a＝”是“对任意正数x，均有x＋≥1”的( )．
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析 当a＝时，x＋≥2＝1，当且仅当x＝，即x＝时取等号；反之，显然不成立．
答案 A
4．(2018·张家口模拟)分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求证＜a”索的因应是( )．
A．a－b＞0 B．a－c＞0
C．(a－b)(a－c)＞0 D．(a－b)(a－c)＜0
解析 由题意知＜a⇐b2－ac＜3a2
⇐(a＋c)2－ac＜3a2
⇐a2＋2ac＋c2－ac－3a2＜0
⇐－2a2＋ac＋c2＜0
⇐2a2－ac－c2＞0
⇐(a－c)(2a＋c)＞0⇐(a－c)(a－b)＞0.
答案 C
5．(2018·天津模拟)p＝＋，q＝·(m，n，a，b，c，d均为正数)，则p，q的大小为( )．
A．p≥q B．p≤q C．p＞q D．不确定
解析 q＝ ≥＝＋＝p.
答案 B
二、填空题
6．下列条件：①ab>0，②ab<0，③a>0，b>0，④a<0，b<0，其中能使＋≥2成立的条件的个数是________．
解析 要使＋≥2，只需>0且>0成立，即a，b不为0且同号即可，故①③④能使＋≥2成立．
答案 3
7．已知a，b，m均为正数，且a＞b，则与的大小关系是________．
解析 －＝＝，
∵a，b，m＞0，且a＞b，∴b－a＜0，∴＜.
答案 ＜
8．设a，b是两个实数，给出下列条件：①a＋b＞2；②a2＋b2＞2.其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件的是________(填上序号)．
答案 ①
三、解答题
9．若a，b，c是不全相等的正数，求证：
lg＋lg＋lg＞lg a＋lg b＋lg c.
证明 ∵a，b，c∈(0，＋∞)，
∴≥＞0，≥＞0，≥＞0.
又上述三个不等式中等号不能同时成立．
∴··＞abc成立．
上式两边同时取常用对数，
得lg＞lg abc，
∴lg＋lg＋lg＞lg a＋lg b＋lg c.
10．(2018·鹤岗模拟)设数列{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和．
(1)求证：数列{Sn}不是等比数列；
(2)数列{Sn}是等差数列吗？为什么？
(1)证明 假设数列{Sn}是等比数列，则S＝S1S3，
即a(1＋q)2＝a1·a1·(1＋q＋q2)，
因为a1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2，
即q＝0，这与公比q≠0矛盾，
所以数列{Sn}不是等比数列．
(2)解 当q＝1时，Sn＝na1，故{Sn}是等差数列；
当q≠1时，{Sn}不是等差数列，否则2S2＝S1＋S3，
即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)，
得q＝0，这与公比q≠0矛盾．
综上，当q＝1时，数列{Sn}是等差数列；当q≠1时，{Sn}不是等差数列．
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
一、选择题
1．(2018·漳州一模)设a，b，c均为正实数，则三个数a＋，b＋，c＋( )．
A．都大于2 B．都小于2
C．至少有一个不大于2 D．至少有一个不小于2
解析 ∵a＞0，b＞0，c＞0，
∴＋＋＝＋＋
≥6，当且仅当a＝b＝c＝1时，“＝”成立，故三者不能都小于2，即至少有一个不小于2.
答案 D
2．已知函数f(x)＝x，a，b是正实数，A＝f，B＝f()，C＝f，则A，B，C的大小关系为( )．
A．A≤B≤C B．A≤C≤B
C．B≤C≤A D．C≤B≤A
解析 ∵≥≥，又f(x)＝x在R上是减函数，∴f≤f()≤f.
答案 A
二、填空题
3．(2018·株洲模拟)已知a，b，μ∈(0，＋∞)，且＋＝1，则使得a＋b≥μ恒成立的μ的取值范围是________．
解析 ∵a，b∈(0，＋∞)，且＋＝1，
∴a＋b＝(a＋b)＝10＋≥10＋2＝16，当且仅当a＝4，b＝12时，等号成立，∴a＋b的最小值为16.
∴要使a＋b≥μ恒成立，需16≥μ，∴0<μ≤16.
答案 (0,16]
三、解答题
4．(2018·江苏卷)设{an}是首项为a，公差为d的等差数列(d≠0)，Sn是其前n项的和．记bn＝，n∈N*，其中c为实数．
(1)若c＝0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snk＝n2Sk(k，n∈N*)；
(2)若{bn}是等差数列，证明：c＝0.
证明 由题意得，Sn＝na＋d.
(1)由c＝0，得bn＝＝a＋d.
又因为b1，b2，b4成等比数列，所以b＝b1b4，即2＝a，
化简得d2－2ad＝0.
因为d≠0，所以d＝2a.
因此，对于所有的m∈N*，有Sm＝m2a.
从而对于所有的k，n∈N*，有Snk＝(nk)2a＝n2k2a＝n2Sk.
(2)设数列{bn}的公差是d1，则bn＝b1＋(n－1)d1，即＝b1＋(n－1)d1，n∈N*，代入Sn的表达式，整理得，对于所有的n∈N*，有n3＋·n2＋cd1n＝c(d1－b1)．
令A＝d1－d，B＝b1－d1－a＋d，
D＝c(d1－b1)，则对于所有的n∈N*，有An3＋Bn2＋cd1n＝D.(*)
在(*)式中分别取n＝1,2,3,4，得
A＋B＋cd1＝8A＋4B＋2cd1＝27A＋9B＋3cd1＝64A＋16B＋4cd1，
从而有
由①②③可得A＝0，B＝0，从而cd1＝0.
即d1－d＝0，b1－d1－a＋d＝0，cd1＝0.
若d1＝0，则由d1－d＝0，得d＝0，
与题设矛盾，所以d1≠0.
又因为cd1＝0，所以c＝0.
学生用书第205页
第3讲 数学归纳法及其应用
[最新考纲]
1．了解数学归纳法的原理．
2．能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.
知 识 梳 理
1．数学归纳法
证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：
(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立；
(2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立．
只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立．
2．数学归纳法的框图表示
辨 析 感 悟
1．数学归纳法原理
(1)用数学归纳法证明问题时，第一步是验证当n＝1时结论成立．(×)
(2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明．(×)
(3)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用．(×)
2．数学归纳法的应用
(4)(教材习题改编)在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为n(n－3)条时，第一步检验n等于3.(√)
(5)已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－＋－＋…－＝2时，若已假设n＝k(k≥2且k为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证n＝k＋2时等式成立．(√)
(6)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n＝k到n＝k＋1时，项数都增加了一项．(×)
[感悟·提升]
1．数学归纳法是一种重要的数学思想方法，主要用于解决与正整数有关的数学问题．证明时步骤(1)和(2)缺一不可，步骤(1)是步骤(2)的基础，步骤(2)是递推的依据．
2．在用数学归纳法证明时，第(1)步验算n＝n0的n0不一定为1，而是根据题目要求选择合适的起始值，如(4)，检验n的值从n＝3开始，因此(1)不正确．第(2)步，证明n＝k＋1时命题也成立的过程，一定要用到归纳假设，否则就不是数学归纳法，如(3).
学生用书第206页
考点一 用数学归纳法证明等式
【例1】 (2018·天津卷改编)已知等差数列{an}的公差为3，其前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为2，且a1＝b1＝2.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)记Tn＝anb1＋an－1b2＋…＋a1bn，n∈N*，证明Tn＋12＝－2an＋10bn(n∈N*)．
审题路线 (1)代入等差、等比数列的通项公式求an，bn；(2)注意到所证结论是关于“n”的命题，可运用数学归纳法证明．
(1)解 由a1＝2，公差d＝3，
∴an＝a1＋(n－1)d＝3n－1.
在等比数列{bn}中，公比q＝2，首项b1＝2，
∴bn＝2·2n－1＝2n.
(2)证明 ①当n＝1时，T1＋12＝a1b1＋12＝16，－2a1＋10b1＝16，故等式成立；
②假设当n＝k时等式成立，
即Tk＋12＝－2ak＋10bk，
当n＝k＋1时，
Tk＋1＝ak＋1b1＋akb2＋ak－1b3＋…＋a1bk＋1
＝ak＋1b1＋q(akb1＋ak－1b2＋…＋a1bk)
＝ak＋1b1＋qTk
＝ak＋1b1＋q(－2ak＋10bk－12)
＝2ak＋1－4(ak＋1－3)＋10bk＋1－24
＝－2ak＋1＋10bk＋1－12，
即Tk＋1＋12＝－2ak＋1＋10bk＋1.
因此n＝k＋1时等式也成立．
由①、②可知，对任意n∈N*，Tn＋12＝－2an＋10bn成立．
规律方法 (1)用数学归纳法证明等式问题，要“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n0是多少．
(2)由n＝k时等式成立，推出n＝k＋1时等式成立，一要找出等式两边的变化(差异)，明确变形目标；二要充分利用归纳假设，进行合理变形，正确写出证明过程．
【训练1】 求证：(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·3·5·…·(2n－1)(n∈N*)．
证明 (1)当n＝1时，等式左边＝2，右边＝21·1＝2，∴等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N*)时，等式成立，即(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)＝2k·1·3·5·…·(2k－1)．
当n＝k＋1时，左边＝(k＋2)(k＋3)·…·2k·(2k＋1)(2k＋2)
＝2·(k＋1)(k＋2)(k＋3)·…·(k＋k)·(2k＋1)
＝2·2k·1·3·5·…·(2k－1)·(2k＋1)
＝2k＋1·1·3·5·…·(2k－1)(2k＋1)．
这就是说当n＝k＋1时，等式成立．
根据(1)、(2)知，对n∈N*，原等式成立．
考点二 用数学归纳法证明不等式
【例2】 由下列不等式：1>，1＋＋>1,1＋＋＋…＋>，1＋＋＋…＋>2，…，你能得到一个怎样的一般不等式？并加以证明．
审题路线 观察前4个式子，左边的项数及分母的变化⇒不难发现一般的不等式为1＋＋＋…＋>(n∈N*)，并用数学归纳法证明．
解 一般结论：1＋＋＋…＋>(n∈N*)，证明如下：
(1)当n＝1时，由题设条件知命题成立．
(2)假设当n＝k(k∈N*)时，猜想正确．
即1＋＋＋…＋>.
当n＝k＋1时，1＋＋＋…＋＋＋…＋>＋＋＋…＋
>＋＋＋…＋＝＋＝.
∴当n＝k＋1时，不等式成立．
根据(1)、(2)可知，对n∈N*,1＋＋＋…＋>.
规律方法 用数学归纳法证明不等式的关键是由n＝k时命题成立证n＝k＋1时命题也成立，在归纳假设使用后可运用比较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用基本不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化．
【训练2】 若函数f(x)＝x2－2x－3，定义数列{xn}如下：x1＝2，xn＋1是过点P(4,5)、Qn(xn，f(xn))的直线PQn与x轴的交点的横坐标，试运用数学归纳法证明：2≤xn＜xn＋1<3.
证明 (1)当n＝1时，x1＝2，f(x1)＝－3，Q1(2，－3)．
∴直线PQ1的方程为y＝4x－11，
令y＝0，得x2＝，
因此，2≤x1＜x2＜3，即n＝1时结论成立．
(2)假设当n＝k时，结论成立，即2≤xk＜xk＋1＜3.
∴直线PQk＋1的方程为y－5＝(x－4)．
又f(xk＋1)＝x－2xk＋1－3，代入上式，令y＝0，
得xk＋2＝＝4－，
由归纳假设，20，即xk＋10，n∈N*.
(1)求a1，a2，a3，并猜想{an}的通项公式；
(2)证明通项公式的正确性．
审题路线 从特殊入手，正确计算a1，a2，a3，探求an与n的一般关系⇒运用数学归纳法严格证明．
(1)解 当n＝1时，
由已知得a1＝＋－1，a＋2a1－2＝0.
∴a1＝－1(a1>0)．
当n＝2时，由已知得a1＋a2＝＋－1，
将a1＝－1代入并整理得a＋2a2－2＝0.
∴a2＝－(a2>0)．
同理可得a3＝－.
猜想an＝－(n∈N*)．
(2)证明 ①由(1)知，当n＝1,2,3时，通项公式成立．
②假设当n＝k(k≥3，k∈N*)时，通项公式成立，
即ak＝－.
由于ak＋1＝Sk＋1－Sk＝＋－－，
将ak＝－代入上式，整理得
a＋2ak＋1－2＝0，
∴ak＋1＝－，
即n＝k＋1时通项公式成立．
由①、②，可知对所有n∈N*，an＝－都成立．
规律方法 “归纳—猜想—证明”的模式，是不完全归纳法与数学归纳法综合应用的解题模式，这种方法在解决探索性问题、存在性问题时起着重要作用，它的模式是先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理证明结论的正确性．
【训练3】 已知函数f(x)＝x3－x，数列{an}满足条件：a1≥1，an＋1≥f′(an＋1)．试比较＋＋＋…＋与1的大小，并说明理由．
解 ∵f′(x)＝x2－1，an＋1≥f′(an＋1)，
∴an＋1≥(an＋1)2－1.
∵函数g(x)＝(x＋1)2－1＝x2＋2x在区间[1，＋∞)上单调递增，于是由a1≥1，得a2≥(a1＋1)2－1≥22－1，
进而得a3≥(a2＋1)2－1≥24－1＞23－1，
由此猜想：an≥2n－1.
下面用数学归纳法证明这个猜想：
(1)当n＝1时，a1≥21－1＝1，结论成立；
(2)假设n＝k(k≥1且k∈N*)时结论成立，即ak≥2k－1，当n＝k＋1时，由g(x)＝(x＋1)2－1在区间[1，＋∞)上单调递增知，ak＋1≥(ak＋1)2－1≥22k－1≥2k＋1－1，∴当n＝k＋1时，结论也成立．
由(1)、(2)知，对任意n∈N*，都有an≥2n－1.
即1＋an≥2n，因此≤，
∴＋＋＋…＋≤＋＋＋…＋＝1－n＜1.
1．在数学归纳法中，归纳奠基和归纳递推缺一不可．在较复杂的式子中，注意由n＝k到n＝k＋1时，式子中项数的变化应仔细分析，观察通项．同时还应注意，不用假设的证法不是数学归纳法．
2．对于证明等式问题，在证n＝k＋1等式也成立时，应及时把结论和推导过程对比，以减少计算时的复杂程度；对于整除性问题，关键是凑假设；证明不等式时，一般要运用放缩法．
3．归纳—猜想—证明属于探索性问题的一种，一般经过计算、观察、归纳，然后猜想出结论，再用数学归纳法证明．由于“猜想”是“证明”的前提和“对象”，务必保证猜想的正确性，同时必须严格按照数学归纳法的步骤书写．
答题模板14——数学归纳法在数列问题中的应用
【典例】 (12分)(2018·安徽卷改编)数列{xn}满足x1＝0，xn＋1＝－x＋xn＋c(n∈N*)．
(1)证明：{xn}是递减数列的充要条件是c<0；
(2)若0＜c≤，证明数列{xn}是递增数列．
[规范解答] (1)充分性：若c<0，由于xn＋1＝－x＋xn＋c≤xn＋c0，
即证xn<对任意n≥1成立． (6分)
下面用数学归纳法证明：
当0xn，即{xn}是递增数列． (12分)
[反思感悟] (1)第(1)问易只判定充分性或必要性，证明不完整而失分．
(2)难以将第(2)的结论转化为判定xn<；或在证明n＝k＋1时，不能运用函数f(x)＝－x2＋x＋c的单调性，导致归纳假设运用受阻束手无策．
答题模板 第一步：利用充要条件的意义，判定{xn}递减⇔c<0；
第二步：运用分析法，将结论转化为判定xn<；
第三步：验证n＝1时，结论成立；
第四步：假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，xk<，证明当n＝k＋1时xk＋1<；
第五步：回顾反思，查看关键点、易错点，得出结论．
【自主体验】
(2018·北京东城质检)在数列{bn}中，b1＝2，bn＋1＝(n∈N*)．求b2，b3，试判定bn与的大小，并加以证明．
解 由b1＝2，bn＋1＝，得
b2＝＝，b3＝.
经比较有b1>，b2>，b3>.
猜想bn>(n∈N*)
下面利用数学归纳法证明．
(1)当n＝1时，因b1＝2，所以0.
当n＝k＋1时，bk＋1－＝－
＝＝>0.
∴bk＋1>，也就是说，当n＝k＋1时，结论也成立．
根据(1)、(2)，知bn>(n∈N*).
对应学生用书P383
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n＋2＝2n＋3－1”，在验证n＝1时，左边计算所得的式子为( )．
A．1 B．1＋2
C．1＋2＋22 D．1＋2＋22＋23
解析 左边的指数从0开始，依次加1，直到n＋2，所以当n＝1时，应加到23，故选D.
答案 D
2．设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”．那么，下列命题总成立的是( )．
A．若f(1)<1成立，则f(10)<100成立
B．若f(2)<4成立，则f(1)≥1成立
C．若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立
D．若f(4)≥16成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立
解析 选项A，B的答案与题设中不等号方向不同，故A，B错；选项C中，应该是k≥3时，均有f(k)≥k2成立；选项D符合题意．
答案 D
3．用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1(n∈N*)”的过程中，第二步n＝k时等式成立，则当n＝k＋1时应得到( )．
A．1＋2＋22＋…＋2k－2＋2k－1＝2k＋1－1
B．1＋2＋22＋…＋2k＋2k＋1＝2k－1＋2k＋1
C．1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＋1＝2k＋1－1
D．1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k＋1－1
解析 由条件知，当n＝k时，等式1＋2＋22＋…＋2k－1＝2k－1，∴当n＝k＋1时，等式1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k－1＋2k＝2k＋1－1.
答案 D
4．用数学归纳法证明1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋，则当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上( )．
A. B．－
C.－ D.＋
解析 ∵当n＝k时，左侧＝1－＋－＋…＋－，当n＝k＋1时，
左侧＝1－＋－＋…＋－＋－.
答案 C
5．凸n多边形有f(n)条对角线，则凸(n＋1)多边形的对角线的条数f(n＋1)为( )．
A．f(n)＋n＋1 B．f(n)＋n
C．f(n)＋n－1 D．f(n)＋n－2
解析 f(n＋1)＝f(n)＋(n－2)＋1＝f(n)＋n－1.
答案 C
二、填空题
6．(2018·扬州质检)设f(n)＝1＋＋＋＋…＋(n∈N*)，则f(n＋1)－f(n)＝________.
解析 ∵f(n)＝1＋＋＋＋…＋，
∴f(n＋1)＝1＋＋＋…＋＋＋＋.
∴f(n＋1)－f(n)＝＋＋.
答案 ＋＋
7．用数学归纳法证明：“1＋＋＋…＋1)”，由n＝k(k>1)不等式成立，推证n＝k＋1时，左边应增加的项的项数是________．
解析 由n＝k(k>1)到n＝k＋1时，不等式左端增加的项为＋＋…＋共增加(2k＋1－1)－(2k－1)＝2k项．
答案 2k
8．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，当第二步假设n＝2k－1(k∈N*)命题为真时，进而需证n＝________时，命题亦真．
解析 因为n为正奇数，所以与2k－1相邻的下一个奇数是2k＋1.
答案 2k＋1
三、解答题
9．用数学归纳法证明下面的等式
12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2＝(－1)n－1.
证明 (1)当n＝1时，左边＝12＝1，
右边＝(－1)0·＝1，则左边＝右边，
∴当n＝1时，原等式成立．
(2)假设n＝k(k∈N*，k≥1)时，等式成立，
即有12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1·k2＝
(－1)k－1.
那么，当n＝k＋1时，则有
12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1·k2＋(－1)k(k＋1)2
＝(－1)k－1＋(－1)k·(k＋1)2
＝(－1)k·[－k＋2(k＋1)]＝(－1)k.
∴n＝k＋1时，等式也成立，
由(1)、(2)知对任意n∈N*有
12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2＝(－1)n－1.
10．已知点Pn(an，bn)满足an＋1＝an·bn＋1，bn＋1＝(n∈N*)且点P1的坐标为(1，－1)．
(1)求过点P1，P2的直线l的方程；
(2)试用数学归纳法证明：对于n∈N*，点Pn都在(1)中的直线l上．
(1)解 由P1的坐标为(1，－1)知a1＝1，b1＝－1.
∴b2＝＝，a2＝a1·b2＝.
∴点P2的坐标为，
∴直线l的方程为2x＋y＝1.
(2)证明 ①当n＝1时，2a1＋b1＝2×1＋(－1)＝1成立．
②假设当n＝k(k∈N*)时，2ak＋bk＝1成立，
则当n＝k＋1时，2ak＋1＋bk＋1＝2ak·bk＋1＋bk＋1
＝(2ak＋1)＝＝＝1，
∴当n＝k＋1时，命题也成立．
由①、②知，对于n∈N*，都有2an＋bn＝1，
即点Pn在直线l上．
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
一、选择题
1．对于不等式4时，f(n)＝________(用n表示)．
解析 f(3)＝2，f(4)＝f(3)＋3＝2＋3＝5，
f(n)＝f(3)＋3＋4＋…＋(n－1)＝2＋3＋4＋…＋(n－1)＝(n＋1)(n－2)．
答案 5 (n＋1)(n－2)
三、解答题
4．设数列{an}的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1(n∈N*)．
(1)求a1，a2；
(2)猜想数列{Sn}的通项公式，并给出证明．
解 (1)当n＝1时，方程x2－a1x－a1＝0有一根为S1－1＝a1－1，∴(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，
解得a1＝.
当n＝2时，方程x2－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a1＋a2－1＝a2－，
∴2－a2－a2＝0，解得a2＝.
(2)由题意知(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入上式整理得
SnSn－1－2Sn＋1＝0，解得Sn＝.
由(1)得S1＝a1＝，S2＝a1＋a2＝＋＝.
猜想Sn＝(n∈N*)．
下面用数学归纳法证明这个结论．
①当n＝1时，结论成立．
②假设n＝k(k∈N*，k≥1)时结论成立，即Sk＝，
当n＝k＋1时，Sk＋1＝＝＝＝.即当n＝k＋1时结论成立．
由①、②知Sn＝对任意的正整数n都成立.
学生用书第208页
第4讲 算法与程序框图
[最新考纲]
1．了解算法的含义，了解算法的思想．
2．理解程序框图的三种基本逻辑结构：顺序、条件、循环．
3．了解程序框图，了解工序流程图(即统筹图)．
4．能绘制简单实际问题的流程图，了解流程图在解决实际问题中的作用．
5．了解结构图，会运用结构图梳理已学过的知识，整理收集到的资料信息.
知 识 梳 理
1．算法通常是指按照一定规则解决某一类问题的明确和有限的步骤．
2．程序框图又称流程图，是一种用程序框、流程线及文字说明来表示算法的图形．通常程序框图由程序框和流程线组成，一个或几个程序框的组合表示算法中的一个步骤；流程线带方向箭头，按照算法步骤的执行顺序将程序框连接起来．
3．三种基本逻辑结构
(1)顺序结构是由若干个依次执行的步骤组成的，这是任何一个算法都离不开的基本结构．
其结构形式为
(2)条件结构是指算法的流程根据条件是否成立而选择执行不同的流向的结构形式．
其结构形式为
(3)循环结构是指从某处开始，按照一定的条件反复执行某些步骤的情况．反复执行的步骤称为循环体．循环结构又分为当型(WHILE型)和直到型(UNTIL型)．
其结构形式为
学生用书第209页
4.输入语句、输出语句、赋值语句的格式与功能
语句
一般格式
功能
输入语句
INPUT“提示内容”；变量
输入信息
输出语句
PRINT“提示内容”；表达式
输出常量、变量的值和系统信息
赋值语句
变量＝表达式
将表达式所代表的值赋给变量
5.条件语句
(1)程序框图中的条件结构与条件语句相对应．
(2)条件语句的格式．
6．循环语句
(1)程序框图中的循环结构与循环语句相对应．
(2)循环语句的格式．
辨 析 感 悟
1．对算法概念的认识
(1)任何算法必有条件结构．(×)
(2)算法可以无限操作下去．(×)
2．对程序框图的认识
(3)▱是赋值框，有计算功能．(×)
(4)当型循环是给定条件不成立时，执行循环体，反复进行，直到条件成立为止．(×)
(5)(2018·广东卷改编)执行如图所示的程序框图，若输入n的值为4，则输出S的值为7.(√)
3．对算法语句的理解
(6)5＝x是赋值语句．(×)
(7)输入语句可以同时给多个变量赋值．(√)
[感悟·提升]
三点提醒 一是利用循环结构表示算法，一定要先确定是用当型循环结构，还是用直到型循环结构；当型循环结构的特点是先判断再循环，直到型循环结构的特点是先执行一次循环体，再判断；
二是注意输入框、处理框、判断框的功能，不可混用，如(3)；
三是赋值语句赋值号左边只能是变量，不能是表达式，右边的表达式可以是一个常量、变量或含变量的运算式．
考点一 基本逻辑结构
【例1】 (1)(2018·浙江卷)某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是，则( )．
A．a＝4 B．a＝5 C．a＝6 D．a＝7
(2)(2018·山东卷)执行下面的程序框图，若输入的ε的值为0.25，则输出的n的值为________．
解析 (1)依框图知：当k＞a时，S＝1＋＋＋…＋＝1＋＋
＋…＋＝1＋1－＋－＋…＋－＝2－.当S＝时，k＝4，故由程序框图可知k＝4＞a不成立，k＝5＞a成立，所以a＝4.
(2)由程序框图可知：
第一次运行：F1＝1＋2＝3，F0＝3－1＝2，n＝1＋1＝2，＝＞ε，不满足要求，继续运行；
第二次运行：F1＝2＋3＝5，F0＝5－2＝3，n＝2＋1＝3，＝＝0.2＜ε，满足条件．
结束运行，输出n＝3.
答案 (1)A (2)3
规律方法 此类问题的一般解法是严格按照程序框图设计的计算步骤逐步计算，逐次判断是否满足判断框内的条件，决定循环是否结束．要注意初始值的变化，分清计数变量与累加(乘)变量，掌握循环体等关键环节．
【训练1】 (2018·天津卷)阅读下边的程序框图，运行相应的程序，则输出n的值为( ).
学生用书第210页
A．7 B．6 C．5 D．4
解析 第1次，S＝－1，不满足判断框内的条件；第2次，n＝2，S＝1，不满足判断框内的条件；第3次，n＝3，S＝－2，不满足判断框内的条件；第4次，n＝4，S＝2，满足判断框内的条件，结束循环，所以输出的n＝4.
答案 D
考点二 程序框图的识别与应用问题
【例2】 (1)(2018·新课标全国Ⅱ卷)执行如图1的程序框图，如果输入的N
＝4，那么输出的S＝( )．
图1 图2
A．1＋＋＋
B．1＋＋＋
C．1＋＋＋＋
D．1＋＋＋＋
(2)(2018·重庆卷)执行如图2所示的程序框图，如果输出s＝3，那么判断框内应填入的条件是( )．
A．k≤6? B．k≤7? C．k≤8? D．k≤9?
解析 (1)由框图知循环情况为：T＝1，S＝1，k＝2；T＝，S＝1＋，k＝3；T＝，S＝1＋＋，k＝4；T＝，S＝1＋＋＋，k＝5＞4，故输出S.
(2)首次进入循环体，s＝1×log23，k＝3；第二次进入循环体，s＝×＝2，k＝4；依次循环，第六次进入循环体，s＝3，k＝8，此时终止循环，则判断框内填k≤7？.
答案 (1)B (2)B
规律方法 识别、运行程序框图和完善程序框图的思路
(1)要明确程序框图的顺序结构、条件结构和循环结构．
(2)要识别、运行程序框图，理解框图所解决的实际问题．
(3)按照题目的要求完成解答并验证．
【训练2】 (2018·福建卷)阅读如图所示的程序框图，若输入的k＝10，则该算法的功能是( )．
A．计算数列{2n－1}的前10项和
B．计算数列{2n－1}的前9项和
C．计算数列{2n－1}的前10项和
D．计算数列{2n－1}的前9项和
解析 由程序框图可知：输出S＝1＋2＋22＋…＋29，所以该算法的功能是计算数列{2n－1}的前10项的和．
答案 A
考点三 基本算法语句
【例3】 (1)(2018·陕西卷)根据图1算法语句，当输入x为60时，输出y的值为( )．
图1 图2
A．25 B．30
C．31 D．61
(2)根据图2的程序写出相应的算法功能为________．
解析 (1)通过阅读理解知，算法语句是一个分段函数y＝f(x)＝
∴y＝f(60)＝25＋0.6×(60－50)＝31.
(2)该程序是计算1～999中连续奇数的平方和．
答案 (1)C (2)求和：12＋32＋52＋…＋9992
规律方法 输入、输出和赋值语句是任何一个算法必不可少的语句，一个语句可以输出多个表达式．在赋值语句中，一定要注意其格式的要求，如“＝”的右侧必须是表达式，左侧必须是变量；一个语句只能给一个变量赋值；变量的值始终等于最近一次赋给它的值，先前的值将被替换；条件语句的主要功能是实现算法中的条件结构，解决像“判断一个数的正负”“比较两个数的大小”“对一组数进行排序”“求分段函数的函数值”等问题，计算时就需要用到条件语句．
【训练3】 (1)请写出图1运算输出的结果为________．
图1
学生用书第211页
(2)为了在运行图2的程序之后得到结果y＝16，则键盘输入的x应该是________．
图2
解析 (1)语句c＝a＋b是将a，b的和赋值给c，故c＝2＋3＝5；语句b＝a＋c－b是将a＋c－b的值赋值给b.故b＝2＋5－3＝4.输出的结果为：2,4,5.
(2)∵算法语句一个分段函数f(x)＝
∴当x＜0时，令(x＋1)2＝16，∴x＝－5；
当x≥0时，令(x－1)2＝16，∴x＝5，∴x＝±5.
答案 (1)2,4,5 (2)±5
1．在设计一个算法的过程中要牢记它的五个特征：概括性、逻辑性、有穷性、不唯一性、普遍性．
2．在画程序框图时首先要进行结构的选择．若所要解决的问题不需要分情况讨论，只用顺序结构就能解决；若所要解决的问题要分若干种情况讨论时，就必须引入条件结构；若所要解决的问题要进行许多重复的步骤，且这些步骤之间又有相同的规律时，就必须引入变量，应用循环结构．
3．程序框图的条件结构和循环结构分别对应算法语句的条件语句和循环语句，两种语句的阅读理解是复习重点．
易错辨析13——弄错循环次数致误
【典例】 (2018·湖北卷)阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果i＝________.
[解析] a＝10≠4且a是偶数，则a＝＝5，i＝2；
a＝5≠4且a是奇数，则a＝3×5＋1＝16，i＝3；
a＝16≠4且a是偶数，则a＝＝8，i＝4；
a＝8≠4且a是偶数，则a＝＝4，i＝5.
所以输出的结果i＝5.
[答案] 5
[易错警示] 循环条件弄错，多计一次或者少计一次而得到错误结果．
[防范措施] (1)解决程序框图问题要注意的三个常用变量
①计数变量：用来记录某个事件发生的次数，如i＝i＋1.
②累加变量：用来计算数据之和，如S＝S＋i；
③累乘变量：用来计算数据之积，如p＝p×i.
(2)使用循环结构寻数时，要明确数字的结构特征，决定循环的终止条件与数的结构特征的关系及循环次数．尤其是统计数时，注意要统计的数的出现次数与循环次数的区别．
【自主体验】
(1)(2018·辽宁卷)执行如图1所示的程序框图，若输入n＝8，则输出S＝( )．
A.
B.
C.
D.
图1 图2
(2)(2018·杭州二检)若某程序框图如图2所示，则该程序运行后输出的值是________．
解析 (1)S＝S＋的意义在于对求和．
因为＝，同时注意i＝i＋2，所以所求的S＝＝.
(2)程序是计算＋＋…＋＝1－的值，根据判断条件，需要计算到1－，此时的k＝6.
答案 (1)A (2)6
对应学生用书P385
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
一、选择题
1．(2018·丽水模拟)依据小区管理条例，小区编制了如图所示的住户每月应缴纳卫生管理费的程序框图，并编写了相应的程序．已知小张家共有4口人，则他家每个月应缴纳的卫生管理费(单位：元)是( )．
A．3.6 B．5.2 C．6.2 D．7.2
解析 当n＝4时，S＝5＋1.2×(4－3)＝6.2.
答案 C
2．(2018·陕西卷)如图是计算某年级500名学生期末考试(满分为100分)及格率q的程序框图，则图中空白框内应填入( )．
A．q＝ B．q＝
C．q＝ D．q＝
解析 由框图知，xi≥60的人数为M，xi<60的人数为N，故空白处填及格率q＝.
答案 D
二、填空题
3．(2018·淄博二模)
执行如图所示的程序框图，若输出的结果是8，则输入的数是________．
解析 由a≥b得x2≥x3，解得x≤1.所以当x≤1时，输出a＝x2，当x＞1时，输出b＝x3.所以当x≤1时，由a＝x2＝8，解得x＝－＝－2.若x＞1，由b＝x3＝8，得x＝2，所以输入的数为2或－2.
答案 2或－2
三、解答题
4．到银行办理个人异地汇款(不超过100万元)，银行收取一定的手续费，汇款额不超过100元，收取1元手续费；超过100元但不超过5 000元，按汇款额的1%收取；超过5 000元，一律收取50元手续费，设计一个描述汇款额x元，银行收取手续费y元的算法．试画出程序框图．
解 由题意可知，y＝
算法如下：
第一步：输入x.
第二步：若0＜x≤100，则y＝1；否则执行第三步．
第三步：若x≤5 000，则y＝0.01；否则y＝50.
第四步：输出y.
程序框图如下：
学生用书第212页
第5讲 复 数
[最新考纲]
1．理解复数的基本概念．
2．理解复数相等的充要条件．
3．了解复数的代数表示法及其几何意义．
4．会进行复数代数形式的四则运算．
5．了解复数代数形式的加、减运算的几何意义.
知 识 梳 理
1．复数的有关概念
(1)复数的概念
形如a＋bi(a，b∈R)的数叫复数，其中a，b分别是它的实部和虚部．若b＝0，则a＋bi为实数；若b≠0，则a＋bi为虚数；若a＝0且b≠0，则a＋bi为纯虚数．
(2)复数相等：a＋bi＝c＋di⇔a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)．
(3)共轭复数：a＋bi与c＋di共轭⇔a＝c，b＝－d(a，b，c，d∈R)．
(4)复数的模：向量的模叫做复数z＝a＋bi(a，b∈R)的模，记作|z|或|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝.
2．复数的几何意义
(1)复数z＝a＋bi复平面内的点Z(a，b)(a，b∈R)．
(2)复数z＝a＋bi(a，b∈R)平面向量.
3．复数的运算
(1)复数的加、减、乘、除运算法则
设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则
①加法：z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝(a＋c)＋(b＋d)i；
②减法：z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝(a－c)＋(b－d)i；
③乘法：z1·z2＝(a＋bi)·(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i；
④除法：＝＝＝＋i(c＋di≠0)．
(2)复数加法的运算律
复数的加法满足交换律、结合律，即对任何z1，z2，z3∈C，有z1＋z2＝z2＋z1，(z1＋z2)＋z3＝z1＋(z2＋z3)．
辨 析 感 悟
1．对复数概念的理解
(1)方程x2＋x＋1＝0没有解．(×)
(2)2i比i大．(×)
(3)(教材习题改编)复数1－i的实部是1，虚部是－i.(×)
2．对复数几何意义的认识
(4)原点是实轴与虚轴的交点．(√)
(5)复数的模实质上就是复平面内复数对应的点到原点的距离，也就是复数对应的向量的模．(√)
(6)(2018·福建卷改编)已知复数z的共复轭复数＝1＋2i，则z在复平面内对应的点位于第三象限．(×)
3．对复数四则运算的理解
(7)(教材习题改编)＝－i.(√)
(8)(2018·浙江卷改编)(－1＋i)(2－i)＝－1＋3i.(√)
[感悟·提升]
1．两点提醒 一是在实数范围内无解的方程在复数范围内都有解，且方程的根成对出现，如(1)；
二是两个虚数不能比较大小，如(2)．
2．两条性质 (1)i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i，in＋in＋1＋in＋2＋in＋3＝0(各式中n∈N)．
(2)(1±i)2＝±2i，＝i，＝－i.
学生用书第213页
考点一 复数的概念
【例1】 (1)(2018·山东卷)复数z满足(z－3)(2－i)＝5(i为虚数单位)，则z的共轭复数为( )．
A．2＋i B．2－i C．5＋i D．5－i
(2)(2018·新课标全国Ⅰ卷)若复数z满足(3－4i)z＝|4－3i|，则z的虚部为( )．
A．－4 B．－ C．4 D.
解析 (1)由(z－3)(2－i)＝5，
得z＝＋3＝＋3＝＋3＝5＋i，
∴＝5－i.故选D.
(2)(3－4i)z＝|4＋3i|＝5.
∴z＝＝，∴z的虚部为.
答案 (1)D (2)D
规律方法 处理有关复数的基本概念问题，关键是找准复数的实部和虚部，从定义出发，把复数问题转化成实数问题来处理．
【训练1】 (1)设a，b∈R，i是虚数单位，则“ab＝0”是“复数a＋为纯虚数”的( )．
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
(2)若复数z＝1＋i(i为虚数单位)，是z的共轭复数，则z2＋2的虚部为( )．
A．0 B．－1 C．1 D．－2
解析 (1)ab＝0⇒a＝0或b＝0，这时a＋＝a－bi不一定为纯虚数，但如果a＋
eq f(b,i)＝a－bi为纯虚数，则有a＝0且b≠0，这时有ab＝0，由此知选B.
(2)∵z2＋2＝(1＋i)2＋(1－i)2＝0，∴z2＋2的虚部为0.
答案 (1)B (2)A
考点二 复数的几何意义
【例2】 (1)(2018·湖南卷)复数z＝i·(1＋i)(i为虚数单位)在复平面上对应的点位于( )．
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
(2)复数z＝(i为虚数单位)，则|z|＝( )．
A．25 B. C．5 D.
解析 (1)z＝i＋i2＝－1＋i，对应的点为(－1,1)，位于复平面第二象限．
(2)∵z＝＝＝＝＝－4－3i，
∴|z|＝ ＝5.
答案 (1)B (2)C
规律方法 要掌握复数的几何意义就要搞清楚复数、复平面内的点以及向量三者之间的一一对应关系，从而准确理解复数的“数”与“形”的特征．
【训练2】 (1)(2018·四川卷)如图，在复平面内，点A表示复数z，则图中表示z的共轭复数的点是( )．
A．A B．B C．C D．D
(2)(2018·湖北卷)i为虚数单位，设复数z1，z2在复平面内对应的点关于原点对称，若z1＝2－3i，则z2＝________.
解析 (1)设z＝－a＋bi(a，b∈R＋)，则z的共轭复数＝－a－bi，它的对应点为(－a，－b)，是第三象限的点，故选B.
(2)在复平面内，复数z＝a＋bi与点(a，b)一一对应．
∵点(a，b)关于原点对称的点为(－a，－b)，则复数z2＝－2＋3i.
答案 (1)B (2)－2＋3i
学生用书第214页
考点三 复数代数形式的四则运算
【例3】 (1)已知复数z＝，是z的共轭复数，则z·＝________.
(2)＝________.
(3)已知复数z满足＝2－i，则z＝________.
解析 (1)法一 |z|＝＝，
z·＝|z|2＝.
法二 z＝＝－＋，
z·＝＝.
(2)＝
＝＝i(1＋i)4＝i[(1＋i)2]2
＝i(2i)2＝－4i.
(3)由＝2－i，得z＝－i＝－i＝i－－i＝－－i.
答案 (1) (2)－4i (3)－－i
规律方法 在做复数的除法时，要注意利用共轭复数的性质：若z1，z2互为共轭复数，则z1·z2＝|z1|2＝|z2|2，通过分子、分母同乘以分母的共轭复数将分母实数化．
【训练3】 (1)(2018·临沂模拟)设z＝1＋i，则＋z2等于( )．
A．1＋i B．－1＋i C．－i D．－1－i
(2)(2018·安徽卷)设i是虚数单位，是复数z的共轭复数，若z·i＋2＝2z，则z＝( )．
A．1＋i B．1－i
C．－1＋i D．－1－i
解析 (1)＋z2＝＋(1＋i)2＝＋2i
＝＋2i＝1－i＋2i＝1＋i.
(2)设z＝a＋bi(a，b∈R)，则z·i＋2＝(a＋bi)·(a－bi)·i＋2＝2＋(a2＋b2)i＝2a＋2bi，
故2＝2a，a2＋b2＝2b
解得a＝1，b＝1
即z＝1＋i.
答案 (1)A (2)A
1．复数的代数形式的运算主要有加、减、乘、除及求低次方根．除法实际上是分母实数化的过程．
2．在复数的几何意义中，加法和减法对应向量的三角形法则的方向是应注意的问题，平移往往和加法、减法相结合．
3．要记住一些常用的结果，如i，－＋i的有关性质等，可简化运算步骤提高运算速度．
思想方法12——解决复数问题的实数化思想
【典例】 (2018·天津卷)已知a，b∈R，i为虚数单位，若(a＋i)·(1＋i)＝bi，则a＋bi＝________.
解析 (a＋i)·(1＋i)＝(a－1)＋(a＋1)i＝bi
则解得a＝1，b＝2.所以a＋bi＝1＋2i.
答案 1＋2i
[反思感悟] (1)复数相等是一个重要概念，它是复数问题实数化的重要工具，通过复数的代数形式，借助两个复数相等，可以列出方程(组)来求未知数的值．
(2)复数问题要把握一点，即复数问题实数化，这是解决复数问题最基本的思想方法．
【自主体验】
1．(2018·滨州模拟)已知＝b＋i(a，b∈R)，则a－b＝( )．
A．1 B．2 C．－1 D．－3
解析 a－2i＝bi＋i2＝－1＋bi，∴a＝－1，b＝－2，∴a－b＝1.
答案 A
2．(2018·湖北卷)若＝a＋bi(a，b∈R)，则a＋b＝________.
解析 由已知得3＋bi＝(1－i)(a＋bi)＝a＋bi－ai－bi2＝(a＋b)＋(b－a)i，
根据复数相等得解得∴a＋b＝3.
答案 3
对应学生用书P387
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
一、选择题
1．(2018·陕西师大附中模拟)2 014＝( )．
A．－i B．i C．－1 D．1
解析 2 014＝2 014＝2 014＝
(－i)2 104＝i2 014＝i4×503＋2＝－1.
答案 C
2．方程x2＋6x＋13＝0的一个根是( )．
A．－3＋2i B．3＋2i
C．－2＋3i D．2＋3i
解析 法一 x＝＝－3±2i.
法二 令x＝a＋bi，a，b∈R，∴(a＋bi)2＋6(a＋bi)＋13＝0，即a2－b2＋6a＋13＋(2ab＋6b)i＝0，
∴
解得a＝－3，b＝±2，即x＝－3±2i.
答案 A
二、填空题
3．(2018·北京西城模拟)定义运算＝ad－bc.若复数x＝，y＝，则y＝________.
解析 因为x＝＝＝－i.
所以y＝＝＝－2.
答案 －2
三、解答题
4.
如图，平行四边形OABC，顶点O，A，C分别表示0,3＋2i，－2＋4i，试求：
(1)所表示的复数，所表示的复数；
(2)对角线所表示的复数；
(3)求B点对应的复数．
解 (1)＝－，∴所表示的复数为－3－2i.
∵＝，∴所表示的复数为－3－2i.
(2)＝－，∴所表示的复数为(3＋2i)－(－2＋4i)＝5－2i.
(3)＝＋＝＋，
∴所表示的复数为(3＋2i)＋(－2＋4i)＝1＋6i，
即B点对应的复数为1＋6i.
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