高三数学全程复习方略第十三编 算法初步、推理与证明、复数(共51页)

第十三编 算法初步、推理与证明、复数§13.1 算法与流程图
1.以下对算法的描述正确的有 个.
①对一类问题都有效；②算法可执行的步骤必须是有限的；③计算可以一步步地进行，每一步都有确切的含义；
④是一种通法，只要按部就班地做，总能得到结果.
答案 4
2.任何一个算法都必须有的基本结构是 .
答案 顺序结构
3.下列问题的算法适宜用选择结构表示的是 （填序号）.
①求点P （-1，3）到直线l:3x-2y+1=0的距离
②由直角三角形的两条直角边求斜边
③解不等式ax+b ＞0 (a ≠0)
④计算100个数的平均数
答案 ③
4.下列4种框图结构中，是直到型循环结构的为 （填序号）
.
答案 ②
5.（2008·广东理，9）阅读下面的流程图，若输入m=4，n=3，则输出a= ，i= .（注：框图中的赋值符号“←”也可以写成“=”或“：=”）
基础自测
答案 12 3
例1 已知点P （x0，y0）和直线l:Ax+By+C=0，求点P （x0，y0）到直线l 的距离d ，写出其算法并画出
流程图.
解 算法如下：
第一步，输入x0,y0及直线方程的系数A ，B ，C. 流程图：
第二步，计算Z1←Ax0+By0+C.
第三步，计算Z2←A2+B2.
第四步，计算d ←21
Z Z .
第五步，输出d.
例2 “特快专递”是目前人们经常使用的异地邮寄信函或托运物品的一种
快捷方式，某快递公司规定甲、乙两地之间物品的托运费用根据下列方法计
算：
f =⎩⎨⎧>⨯-+⨯≤)100(85.0)100(6.0100)100(6.0ωωωω
其中f(单位：元)为托运费,ω为托运物品的重量（单位：千克）.试设计计算费用f 的算法，并画出流程图.
解 算法如下：
S1 输入ω;
S2 如果ω≤100,那么f ←0.6ω;否则
f ←100×0.6+(ω-100)×0.85;
S3 输出f.
流程图为：
例 3 （14分）画出计算12-22+32-42+…
+992-1002的值的流程图.
解 流程图如下图.
14分
1.写出求解一个任意二次函数y=ax2+bx+c(a ≠0)的最值的算法.
解 算法设计如下：
第一步，计算m ←a b ac 442
-;
第二步，若a ＞0,输出最小值m;
第三步，若a ＜0，输出最大值m.
2.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，试用条件语句描述汇款额为x 元时，银行收取手续费y 元的过程，画出流程图.
解 这是一个实际问题，故应先建立数学模型，
y=⎪⎩⎪⎨⎧≤<≤<≤<00000010005.500005100,
01.01000,1x x x x 由此看出，求手续费时，需先判断x 的范围，故应用选择结构描述.
流程图如图所示：
3.利用两种循环写出1+2+3+…+100的算法，并画出各自的流程图.
解直到型循环算法：
第一步：S←0；
第二步：I←1；
第三步：S←S+I；
第四步：I←I+1；
第五步：如果I不大于100，转第三步；否则，输出S.
相应的流程图如图甲所示.
当型循环算法如下：
S1 令i←1,S←0
S2 若i≤100成立，则执行S3；否则，输出S，结束算法
S3 S←S+i
S4 i←i+1，返回S2
相应的流程图如图乙所示.
一、填空题
1.算法：
S1 输入n；
S2 判断n是否是2,若n=2,则n满足条件，若n＞2,则执行S3；
S3 依次从2到n-1检验能不能整除n，若不能整除n，满足上述条件的是.
答案质数
2.在算法的逻辑结构中，要求进行逻辑判断，并根据结果进行不同处理的是哪种结构.
答案选择结构和循环结构
3.阅读下面的流程图，若输入的a、b、c分别是21、32、75，则输出的a、b、c分别是.
4.如果执行下面的流程图，那么输出的S= .
5.（2009·兴化市板桥高级中学12月月考）如下图的流程图输出的结果为.
6.如图所示，流程图所进行的求和运算是.
答案 21+41+61+…+201
7.（2008·山东理，13）执行下边的流程图，若p=0.8，则输出的n= .（注：框中的赋值符号“←”，也可以写成“=”或“:=”）
答案 4
8.若框图所给的程序运行的结果为S=90，那么判断框中应填入的关于k 的判断条件是 .
答案 k ≤8
二、解答题
9.已知函数f(x)=⎩⎨⎧≥-<-)0(52)0(13x x x x ,写出该函数的函数值的算法并画出流程图.
解 算法如下：
第一步，输入x.
第二步，如果x ＜0,那么使f(x)←3x-1;
否则f(x)←2-5x.
第三步，输出函数值f(x).
流程图如下：
10.写出求过两点P1(x1,y1),P2(x2,y2)的直线的斜率的算法，并画出流程图.
解 由于当x1=x2时，过两点P1、P2的直线的斜率不存在，只有当x1≠x2时，根据斜率公式 k=1
212x x y y --求出，故可设计如下的算法和流程图.
算法如下：
第一步：输入x1,y1,x2,y2;
第二步：如果x1=x2,输出“斜率不存在”，否则，
k ←1212x x y y --;
第三步：输出k.
相应的流程图如图所示:
11.画出求211⨯+321⨯+431⨯+…+100991
⨯的值的流程图.
解 流程图如图所示：
12.某企业2007年的生产总值为200万元，技术创新后预计以后的每年的生产总值将比上一年增加5%，问最早哪一年的年生产总值将超过300万元？试写出解决该问题的一个算法，并画出相应的流程图.
解 算法设计如下：
第一步，n ←0,a ←200,r ←0.05.
第二步，T ←ar(计算年增量).
第三步，a ←a+T （计算年产量）.
第四步，如果a ≤300，那么n ←n+1，重复执行第二步.
如果a ＞300,则执行第五步.
第五步，N ←2 007+n.
第六步，输出N.
流程图如下：方法一
方法二
§13.2 基本算法语句、算法案例
1.下面是一个算法的操作说明：
①初始值为n ←0,x ←1,y ←1,z ←0;
②n ←n+1;
③x ←x+2;
④y ←2y;
⑤z ←z+xy;
⑥如果z ＞7 000,则执行语句⑦；否则回到语句②继续执行；
⑦打印n,z;
⑧程序终止.
由语句⑦打印出的数值为 、 .
答案 8 7 682
2.按照下面的算法进行操作：
S1 x ←2.35
S2 y ←Int （x ）
S3 Print y
最后输出的结果是 .
答案 2
3.读下面的伪代码：
Read x
If x ＞0 Then
Print x
Else
Print -x
End If
这个伪代码表示的算法的功能是 .
答案 输入一个数，输出其绝对值
4.下面是一个算法的伪代码.如果输入的x 的值是20，则输出的y 的值是
.
基础自测
答案 150
5.与下列伪代码对应的数学表达式是 .
Read n
e ←0
S ←1
For I From 1 To n Step 1
S ←S ×I
e ←e+1/S
End for
Print e
答案 S=1+!21+!31+…+!1
n
例1 设计算法，求用长度为l 的细铁丝分别围成一个正方形和一个圆时的面积.要求输入l 的值，输出
正方形和圆的面积.
解 伪代码如下：
Read l
S1←(l ×l)/16
S2←(l ×l)/(4×3.14)
Print S1
Print S2
End
例2 （14分）已知分段函数y=⎪⎩⎪⎨⎧>+=<+-0,10,
00,1x x x x x ，编写伪代码，输入自变量x 的值，输出
其相应
的函数值，并画出流程图.
解 伪代码如下：
流程图如图所示：
Read x
If x ＜0 Then
y ←-x+1
Else
y ←0 Else y ←x+1 End If End If Print y End
7分
例3 编写一组伪代码计算1+21+31
+…+00011，并画出相应的流程图.
解 伪代码如下： i ←1 S ←0
While i ≤1 000 S ←S+1/i i ←i+1 End While Print S End
流程图如图所示：
1.下面的表述： ①6←p;
②t ←3×5+2; ③b+3←5;
④p ←((3x+2)-4)x+3; ⑤a ←a3; ⑥x,y,z ←5;
⑧x ←y+2+x.
其中正确表述的赋值语句有 . （注：要求把正确的表述的序号全填上） 答案 ②④⑤⑧
2.某百货公司为了促销，采用打折的优惠办法： 每位顾客一次购物
①在100元以上者（含100元，下同），按九五折优惠； ②在200元以上者，按九折优惠； ③在300元以上者，按八五折优惠； ④在500元以上者，按八折优惠.
试写出算法、画出流程图、伪代码，以求优惠价. 解 设购物款为x 元，优惠价为y 元，
则优惠付款公式为y=
⎪⎪⎪⎩⎪
⎪⎪
⎨⎧≥<≤<≤<≤<500
,
8.0500300,85.0300200,9.0200100,95.0100
,x x x x x x x x x x
算法分析：
S1 输入x 的值；
S2 如果x ＜100，输出y ←x,否则转入S3; S3 如果x ＜200,输出y ←0.95x,否则转入S4; S4 如果x ＜300，输出y ←0.9x,否则转入S5; S5 如果x ＜500,输出y ←0.85x,否则转入S6； S6 输出y ←0.8x.
3.某玩具厂1996年的生产总值为200万元，如果年生产增长率5%，计算最早在哪一年生产总值超过300万元.试写出伪代码.
解伪代码如下：
n←1 996
p←1.05
a←200
While a≤300
a←a×p
n←n+1
End While
Print n
End
一、填空题
1.伪代码
a←3
b←5
Print a+b
的运行结果是.
答案8
2.为了在运行下面的伪代码后输出y=16，应输入的整数x的值是.
Read x
If x＜0 Then
y←(x+1)2
Else
y←1-x2
End If
Print y
答案-5
3.写出下列伪代码的运行结果.
图1 图2
（1）图1的运行结果为 ； （2）图2的运行结果为 . 答案 （1）7 （2）6
4.以下给出的是用条件语句编写的一个伪代码，该伪代码的功能是 .
答案 求下列函数当自变量输入值为x 时的函数值f(x),其中f （x ）=⎪⎩
⎪⎨⎧>-=<3
,
13,23,22
x x x x x
5.下面是一个算法的伪代码，其运行的结果为 .
答案 2 500 6.如图所示，该伪代码表示的作用是 .
答案求三个数中最大的数
7.如图（1）是某循环流程图的一部分，若改为图（2），则运行过程中I的值是
.
答案 1
8.图中算法执行的循环次数为.
答案333
二、解答题
9.用条件语句描述下面的算法流程图.
解
Read x
If x＜0 Then
y←2×x+3
Else
If x ＞0 Then y ←2×x-5 Else y ←0 End If End If Print y End
10.请设计一个问题，使得该问题的算法如已知的伪代码所示.
解 已知圆O 内有一个边长为a 的圆的内接正方形，求圆的面积比正方形的面积大多少？ 11.有一个算法如下： S1 输入x; S2 判断x ＞0
是：z ←1；否：z ←-1; S3 z ←1+z; S4 输出z.
试写出上述算法的流程图及相应的伪代码. 解
12.一个小朋友在一次玩皮球时，偶然发现一个现象：球从某高度落下后，每次都反弹回原高
度的31，再落下，再反弹回上次高度的31
，如此反复.假设球从100 cm 处落下，那么第10次
下落的高度是多少？在第10次落地时共经过多少路程？试用伪代码表示其算法.
解 伪代码如图所示：
13.3 合情推理与演绎推理
1.某同学在电脑上打下了一串黑白圆，如图所示，○○○●●○○○●●○○○…，按这种规律往下排，那么第36个圆的颜色应是 . 答案 白色
2.数列1，2，4，8，16，32，…的一个通项公式是 . 答案 an=2n-1
3.已知a1=3,a2=6,且an+2=an+1-an,则a33为 . 答案 3
4.下面使用类比推理恰当的是 .
①“若a ·3=b ·3,则a=b ”类推出“若a ·0=b ·0，则a=b ”
②“(a+b)c=ac+bc ”类推出“c b a +=c a +c b
” ③“(a+b ）c=ac+bc ”类推出“c b a +=c a +c b
(c ≠0)”
④“（ab ）n=anbn ”类推出“(a+b)n=an+bn ” 答案 ③
5.一切奇数都不能被2整除，2100+1是奇数，所以2100+1不能被2整除，其演绎推理的“三段论”的形式为
.
基础自测
答案 一切奇数都不能被2整除， 大前提 2100+1是奇数， 小前提 所以2100+1不能被2整除. 结论
例1 在数列{an}中,a1=1,an+1=n
n a a +22,n ∈N*,猜想这个数列的通项公式是什么？这个猜想正确
吗？说明理由. 解 在{an}中,a1=1,a2=1
122a a +=32,
a3=
2
222a a +=21=42,a4=3322a a +=52
,…,
所以猜想{an}的通项公式an=12
+n .
这个猜想是正确的. 证明如下:因为a1=1,an+1=
n
n a a +22,
所以11
+n a =
n
n a a 22+=
n
a 1+21,即11+n a -n a 1=21
,
所以数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a
1是以11a =1为首项,21为公差的等差数列,
所以
n
a 1=1+21(n-1)= 21n+21,
所以通项公式an=12
+n .
例 2 已知O 是△ABC 内任意一点，连结AO 、BO 、CO 并延长交对边于A ′,B ′,C ′,则
''AA OA +''BB OB +''
CC OC =1,这是一道平面几何题,其证明常采用“面积法”. ''AA OA +''BB OB +''CC OC =ABC OBC S S ∆∆+ABC OCA S S ∆∆+ABC OAB S S ∆∆=ABC ABC
S S ∆∆=1，
请运用类比思想，对于空间中的四面体V —BCD ，存在什么类似的结论？并用体积法证明. 证明 在四面体V —BCD 中，任取一点O ，连结VO 、DO 、BO 、CO 并延长分别交四个面于E 、F 、G 、H 点.
则VE OE +DF OF +BG OG +CH OH
=1.
在四面体O —BCD 与V —BCD 中：
VE OE =h h 1=h
S h S BCD BCD ∙∙∆∆31
3
1
1=BCD V BCD O V V --
.
同理有：DF OF =VBC D VBC O V V --；BG OG =VCD B VCD O V V --；CH OH =VBD C VBD
O V V --， ∴VE OE +DF OF +BG OG +CH OH
=
BCD
V VBD
O VCD O VBC O BCD O V V V V V -----+++=
BCD
V BCD V V V --=1.
例3 （14分）已知函数f （x ）=-a a a
x
+（a ＞0且a ≠1），
（1）证明：函数y=f(x)的图象关于点⎪⎭
⎫
⎝⎛-21,21对称；
（2）求f （-2）+f （-1）+f （0）+f （1）+f （2）+f （3）的值. （1）证明 函数f （x ）的定义域为R ，任取一点（x ，y ），它关于点⎪⎭
⎫ ⎝⎛-21,21对称的点的坐标
为（1-x ，-1-y ）. 2分
由已知得y=-a a a
x
+,
则-1-y=-1+a a a
x +=-a a a x
x
+，
3分
f （1-x ）=-a a
a
x
+-1=-a
a a
a
+
=-x x
a a a a a ∙+∙=-a a a x
x
+，
5分 ∴-1-y=f （1-x ）.
即函数y=f(x)的图象关于点⎪⎭
⎫ ⎝⎛-21,21对称.
7分
（2）解 由（1）有-1-f （x ）=f （1-x ）， 即f （x ）+f （1-x ）=-1.
∴f （-2）+f （3）=-1，f （-1）+f （2）=-1， f （0）+f （1）=-1，
则f （-2）+f （-1）+f （0）+f （1）+f （2）+f （3）=-3.
14分
1.已知f(x)=2
)
1(1
++ax bx (x ≠-a 1
,a ＞0),且f(1)=log162,f(-2)=1.
（1）求函数f(x)的表达式；
（2）已知数列{xn}的项满足xn=［1-f(1)］［1-f(2)］…［1-f(n)］，试求x1,x2,x3,x4; (3)猜想{xn}的通项.
解 （1）把f(1)=log162=41
,f(-2)=1, 代入函数表达式得⎪⎪⎩⎪⎪⎨
⎧=-+-=++1)21(1241)
1(12
2a b a b ,
整理得⎪⎩⎪⎨⎧+-=+-++=+1
441212442
2a a b a a b ，解得⎩⎨⎧==01
b a ,
于是f(x)=2
)1(1
+x (x ≠-1).
（2）x1=1-f(1)=1-41=43
,
x2=43×⎪⎭⎫ ⎝⎛-911=32,x3=32×⎪⎭⎫ ⎝⎛-1611=85
, x4=85×⎪⎭⎫ ⎝⎛-2511=53
.
（3）这里因为偶数项的分子、分母作了约分，所以规律不明显，若变形为43，64，85，106
，…，
便可猜想xn=)1(22++n n .
2.如图1，若射线OM ，ON 上分别存在点M1，M2与点N1，N2，则
2
21
1N OM N OM S S ∆∆=
2
1OM OM ·
2
1ON ON ；
如图2，若不在同一平面内的射线OP ，OQ 和OR 上分别存在点P1，P2，点Q1，Q2和点R1，R2，则类似的结论是什么？这个结论正确吗？说明理由.
解 类似的结论为：
2
22111R Q P O R Q P O V V --=
2
1OP OP ·2
1OQ OQ ·
2
1OR OR .
这个结论是正确的，证明如下：
如图，过R2作R2M2⊥平面P2OQ2于M2，连OM2. 过R1在平面OR2M2作R1M1∥R2M2交OM2于M1， 则R1M1⊥平面
P2OQ2.
由
1
11R Q P O V -=3111OQ P S
∆·R1M1
=31·21
OP1·OQ1·sin ∠P1OQ1·R1M1 =61
OP1·OQ1·R1M1·sin ∠P1OQ1，
同理，
2
22R Q P O V -=61
OP2·OQ2·R2M2·sin ∠P2OQ2.
所以
2
221
11R Q P O R Q P O V V --=
2
2221111M R OQ OP M R OQ OP ∙∙∙∙. 由平面几何知识可得
2
211M R M R =
2
1OR OR .
所以
2
22111R Q P O R Q P O V V --=
2
22111OR OQ OP OR OQ OP ∙∙∙∙.所以结论正确.
3.已知函数f （x ）=121
2+-x
x （x ∈R ），
（1）判定函数f （x ）的奇偶性；
（2）判定函数f （x ）在R 上的单调性，并证明. 解 （1）对∀x ∈R 有-x ∈R ，
并且f （-x ）=12
1
2+---x
x =x x
2121+-=-121
2+-x x =-f （x ），
所以f （x ）是奇函数.
（2）f(x)在R 上单调递增，证明如下： 任取x1,x2∈R ，并且x1＞x2,
f(x1)-f(x2)= 121211+-x
x -121
222+-x x
=
)12)(12()
12)(12()12)(12(211221+++--+-x x x x x x
=)12)(12()
22(22
121++-x x x x .
∵x1＞x2,∴12x
＞22x
＞0,
∴12x -22x ＞0, 12x +1＞0, 22x
+1＞0.
∴)12)(12()
22(22
121++-x x x x ＞0.
∴f(x1)＞f(x2).
∴f(x)在R 上为单调递增函数.
一、填空题
1.由107＞85,119＞108,2513＞219,…若a ＞b ＞0,m ＞0，则m a m b ++与a b 之间的大小关系为 . 答案 m a m b ++＞a b
2.已知a1=1,an+1＞an ，且(an+1-an)2-2(an+1+an)+1=0，猜想an 的表达式为 . 答案 an=n2
3.已知f(x)=x2 008+ax2 007-009
2x b
-8,f(-1)=10,则f(1)= . 答案 -24
4.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“bc ac =b a ”
类比得到“c b c a ∙∙=b a
”.
以上的式子中，类比得到的结论正确的个数是 . 答案 2
5.下列推理是归纳推理的是 （填序号）.
①A ，B 为定点，动点P 满足|PA|+|PB|=2a ＞|AB|，得P 的轨迹为椭圆
②由a1=1，an=3n-1，求出S1，S2，S3，猜想出数列的前n 项和Sn 的表达式
③由圆x2+y2=r2的面积πr2，猜想出椭圆22
2
2
b y a
x +
=1的面积S=πab
④科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇 答案 ②
6.已知整数的数对列如下:(1,1),(1,2),(2,1),(1,3),(2,2),(3,1),(1,4),(2,3),(3,2),(4,1),(1,5),(2,4),…则第60个数对是 . 答案 (5,7)
7.在平面几何中，△ABC 的内角平分线CE 分AB 所成线段的比EB AE =BC AC
，把这个结论类比到空
间：在三棱锥A —BCD 中（如图所示），而DEC 平分二面角A —CD —B 且与AB 相交于E ，则得到的类比的结论是 .
答案 EB AE =BCD ACD
S S ∆∆
8.（2008·金陵中学模拟）现有一个关于平面图形的命题：如图所示，同一个平面内有两个边长都是a 的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为
42
a .类比到空间，有两个棱长均为a 的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个
正方体重叠部分的体积恒为 .
答案 83
a
二、解答题
9.把空间平行六面体与平面上的平行四边形类比，试由“平行四边形对边相等”得出平行六面体的相关性质. 解 如图所示，
由平行四边形的性质可知AB=DC ，AD=BC ， 于是类比平行四边形的性质,
在平行六面体ABCD —A1B1C1D1中， 我们猜想：
S ABCD =S
1
11D C B A ,S 1
1A ADD =S
1
1B ,
S
1
1A ABB =S
1
1C CDD ,
且由平行六面体对面是全等的平行四边形知，此猜想是正确的.
10.已知梯形ABCD 中，AB=DC=AD ，AC 和BD 是它的对角线.用三段论证明：AC 平分∠BCD ，BD 平分∠CBA.
证明 （1）两平行线与第三直线相交，内错角相等（大前提） ∠BCA 与∠CAD 是平行线AD ，BC 被AC 所截内错角（小前提） 所以，∠BCA=∠CAD （结论）
（2）等腰三角形两底角相等（大前提）
△CAD 是等腰三角形，DA=DC （小前提） 所以，∠DCA=∠CAD （结论）
（3）等于同一个量的两个量相等（大前提） ∠BCA 与∠DCA 都等于∠CAD （小前提）
所以，∠BCA=∠DCA （结论） （4）同理，BD 平分∠CBA.
11.如图所示，点P 为斜三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱BB1上一点，PM ⊥BB1交AA1于点M ，PN ⊥BB1交CC1于点N. （1）求证：CC1⊥MN ；
（2）在任意△DEF 中有余弦定理：DE2=DF2+EF2-2DF ·EF ·cos ∠DFE.
拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面
角之间的关系式，并予以证明.
证明 （1）∵PM ⊥BB1，PN ⊥BB1， ∴BB1⊥平面PMN.∴BB1⊥MN. 又CC1∥BB1，∴CC1⊥MN.
（2）在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，有 S
21
1A ABB =S
2
1
1B BCC +S
2
1
1A ACC -2S 11B BCC S 11A ACC cos α.
其中α为平面CC1B1B 与平面CC1A1A 所成的二面角. ∵CC1⊥平面PMN ，
∴上述的二面角的平面角为∠MNP . 在△PMN 中，
∵PM2=PN2+MN2-2PN ·MNcos ∠MNP
∴PM2·CC 2
1=PN2·CC 2
1+MN2·CC 2
1-2（PN ·CC1）·（MN ·CC1）cos ∠MNP ， 由于S 11B BCC =PN ·CC1，S 11A ACC =MN ·CC1， S 11A ABB =PM ·BB1=PM ·CC1， ∴S
2
1
1A ABB =S
2
1
1B BCC +S
2
1
1A ACC -2S 11B BCC ·S 11A ACC ·cos α.
12.已知椭圆具有性质：若M 、N 是椭圆C 上关于原点对称的两个点，点P 是椭圆上任意一点，当直线PM 、PN 的斜率都存在，并记为kPM ，kPN 时，那么kPM 与kPN 之积是与点P 的位置
无关的定值.试对双曲线22
2
2
b y a
x -
=1写出具有类似特性的性质，并加以证明.
解 类似的性质为：若M 、N 是双曲线22
2
2
b y a
x -
=1上关于原点对称的两个点，点P 是双曲线上
任意一点，当直线PM 、PN 的斜率都存在，并记为kPM ，kPN 时，那么kPM 与kPN 之积是与点P 的位置无关的定值. 证明如下：
设点M 、P 的坐标分别为（m ，n ），（x ，y ），则N （-m ，-n ）. 因为点M （m,n ）在已知双曲线上，
所以n2=2
2
a b m2-b2.同理y2=2
2
a b x2-b2.
则kPM ·kPN =m x n y --·m x n
y ++=2
222m x n y -- =22
a b ·2
22
2m x m x --=22
a b (定值).
§13.4 直接证明与间接证明
1.分析法是从要证的结论出发,寻求使它成立的 条件. 答案 充分
2.若a ＞b ＞0,则a+b 1 b+a 1
.(用“＞”,“＜”,“=”填空)
答案 ＞
3.要证明3+7＜25，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是 （填序号）. ①反证法 ②分析法 ③综合法 答案 ②
4.用反证法证明命题：若整系数一元二次方程ax2+bx+c=0（a ≠0）有有理数根，那么a 、b 、c 中至少有一个是偶数时，下列假设中正确的是 . ①假设a 、b 、c 都是偶数 ②假设a 、b 、c 都不是偶数 ③假设a 、b 、c 至多有一个偶数 ④假设a 、b 、c 至多有两个偶数 答案 ②
5.设a 、b 、c ∈（0，+∞），P=a+b-c ，Q=b+c-a ，R=c+a-b ，则“PQR ＞0”是“P 、Q 、R 同时大于零”的 条件. 答案 充要
基础自测
例1 设a,b,c ＞0,证明：
a c c
b b a 2
22++≥a+b+c. 证明 ∵a,b,c ＞0，根据基本不等式，
有b a 2+b ≥2a,c b 2
+c ≥2b,a c 2+a ≥2c.
三式相加：b a 2+c b 2+a c 2
+a+b+c ≥2(a+b+c). 即b a 2+c b 2+a c 2
≥a+b+c.
例2 （14分）已知a ＞0,求证：
2
21a
a +
-2≥a+a 1
-2.
证明 要证
2
21a
a +
-2≥a+a 1
-2,
只要证
2
21a
a +
+2≥a+a 1
+2.
2分
∵a ＞0,故只要证2
2221⎪⎪
⎭⎫ ⎝
⎛++a a ≥（a+a 1+2）2, 6分
即a2+2
1
a +4
221a a +
+4
≥a2+2+2
1
a +22⎪
⎭⎫ ⎝⎛
+a a 1+2,
8分
从而只要证2
2
21a
a +
≥2⎪
⎭⎫ ⎝⎛
+a a 1,
10分
只要证4⎪⎪⎭⎫ ⎝
⎛+2
21a a ≥2（a2+2+2
1a ）,即a2+21a ≥2,而该不等式显然成立，
故原不等式成立. 14分
例3 若x,y 都是正实数，且x+y ＞2,
求证：y x +1＜2与x y
+1＜2中至少有一个成立. 证明 假设y x +1＜2和x y
+1＜2都不成立， 则有y x +1≥2和x y
+1≥2同时成立，
因为x ＞0且y ＞0,
所以1+x ≥2y ，且1+y ≥2x ， 两式相加，得2+x+y ≥2x+2y ，
所以x+y ≤2，这与已知条件x+y ＞2相矛盾，
因此y x +1＜2与x y
+1＜2中至少有一个成立.
1.已知a,b,c 为互不相等的非负数. 求证：a2+b2+c2＞abc (a +b +c ). 证明 ∵a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,a2+c2≥2ac. 又∵a,b,c 为互不相等的非负数， ∴上面三个式子中都不能取“=”， ∴a2+b2+c2＞ab+bc+ac,
∵ab+bc ≥2c ab 2,bc+ac ≥22
abc , ab+ac ≥2bc a 2
,
又a,b,c 为互不相等的非负数， ∴ab+bc+ac ＞abc (a +b +c ), ∴a2+b2+c2＞abc (a +b +c ).
2.已知a ＞0,b ＞0,且a+b=1,试用分析法证明不等式⎪
⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+b b a a 11≥425. 证明 要证⎪
⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+b b a a 11≥425, 只需证ab+ab b a 1
22++≥425，
只需证4(ab)2+4(a2+b2)-25ab+4≥0,
只需证4(ab)2+8ab-25ab+4≥0, 只需证4(ab)2-17ab+4≥0,
即证ab ≥4或ab ≤41,只需证ab ≤41
， 而由1=a+b ≥2ab ,∴ab ≤41
显然成立，
所以原不等式⎪
⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+b b a a 11≥425成立.
3.已知a 、b 、c ∈（0，1），求证：(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a 不能同时大于41
. 证明 方法一 假设三式同时大于41， 即(1-a)b ＞41,(1-b)c ＞41,(1-c)a ＞41
,
∵a 、b 、c ∈(0,1),
∴三式同向相乘得(1-a)b(1-b)c(1-c)a ＞641
. 又(1-a)a ≤2
21⎪
⎭⎫ ⎝⎛+-a a =41,
同理（1-b ）b ≤41,(1-c)c ≤41
, ∴(1-a)a(1-b)b(1-c)c ≤641
,
这与假设矛盾，故原命题正确.
方法二 假设三式同时大于41
，
∵0＜a ＜1,∴1-a ＞0,
2)1(b
a +-≥
b a )1(-＞41=21, 同理2)1(
c b +-＞21,2)1(a c +-＞21
,
三式相加得23＞23
,这是矛盾的，故假设错误，
∴原命题正确.
一、填空题
1.（2008·南通模拟）用反证法证明“如果a ＞b,那么3
a ＞3
b ”假设内容应是 .
答案
3
a =3
b 或3a ＜3b
2.已知a ＞b ＞0，且ab=1,若0＜c ＜1,p=logc 222b a +,q=logc 2
1⎪
⎪⎭⎫ ⎝
⎛+b a ，则p,q 的大小关系是 .
答案 p ＜q
3.设S 是至少含有两个元素的集合.在S 上定义了一个二元运算“*”（即对任意的a,b ∈S ，对于有序元素对(a,b),在S 中有唯一确定的元素a*b 与之对应）.若对任意的a,b ∈S,有a*(b*a)=b,则对任意的a,b ∈S ，下列恒成立的等式的序号是 . ①（a*b ）*a=a ②［a*(b*a)］*(a*b)=a ③b*(b*b)=b ④(a*b)*［b*(a*b)］=b 答案 ②③④
4.如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值，则△A1B1C1
是 三角形，△A2B2C2是 三角形.（用“锐角”、“钝角”或“直角”填空）
答案 锐角 钝角
5.已知三棱锥S —ABC 的三视图如图所示：在原三棱锥中给出下列命题： ①BC ⊥平面SAC ；②平面SBC ⊥平面SAB ；③SB ⊥AC. 其中正确命题的序号是 .
答案 ①
6.对于任意实数a,b 定义运算a*b=（a+1）(b+1)-1,给出以下结论： ①对于任意实数a,b,c ，有a*(b+c)=(a*b)+(a*c); ②对于任意实数a,b,c ，有a*(b*c)=(a*b)*c;
③对于任意实数a,有a*0=a,则以上结论正确的是 .（写出你认为正确的结论的所有序号） 答案 ②③ 二、解答题
7.已知数列{an}中，Sn 是它的前n 项和，并且Sn+1=4an+2（n=1，2，…），a1=1. （1）设bn=an+1-2an(n=1,2,…)，求证：数列{bn}是等比数列；
（2）设cn=n
n
a 2(n=1,2,…),求证：数列{cn}是等差数列； （3）求数列{an}的通项公式及前n 项和公式. （1）证明 ∵Sn+1=4an+2， ∴Sn+2=4an+1+2，两式相减，得 Sn+2-Sn+1=4an+1-4an(n=1,2,…), 即an+2=4an+1-4an,
变形得an+2-2an+1=2(an+1-2an)
∵bn=an+1-2an(n=1,2,…),∴bn+1=2bn.
由此可知，数列{bn}是公比为2的等比数列. （2）证明 由S2=a1+a2=4a1+2，a1=1. 得a2=5,b1=a2-2a1=3.故bn=3·2n-1.
∵cn=n
n
a 2(n=1,2,…),
∴cn+1-cn=11
2++n n a -n n a 2=1
122++-n n n a a =1
2
+n n
b .
将bn=3·2n-1代入得
cn+1-cn=43
(n=1,2,…),
由此可知，数列{cn}是公差为43
的等差数列， 它的首项c1=21a =21，故cn=43n-41
(n=1,2,…).
（3）解 ∵cn=43n-41=41
(3n-1).
∴an=2n ·cn=(3n-1)·2n-2 (n=1,2,…) 当n ≥2时，Sn=4an-1+2=(3n-4)·2n-1+2. 由于S1=a1=1也适合于此公式，
所以{an}的前n 项和公式为Sn=（3n-4）·2n-1+2.
8.设a,b,c 为任意三角形三边长，I=a+b+c,S=ab+bc+ca,试证：I2＜4S. 证明 由I2=（a+b+c ）2 =a2+b2+c2+2(ab+bc+ca) =a2+b2+c2+2S,
∵a,b,c 为任意三角形三边长， ∴a ＜b+c,b ＜c+a,c ＜a+b,
∴a2＜a(b+c),b2＜b(c+a),c2＜c(a+b) 即(a2-ab-ac)+(b2-bc-ba)+(c2-ca-cb)＜0 ∴a2+b2+c2-2(ab+bc+ca)＜0 ∴a2+b2+c2＜2S ∴a2+b2+c2+2S ＜4S. ∴I2＜4S.
9.已知a,b,c 为正实数,a+b+c=1.
求证：（1）a2+b2+c2≥31
;
(2)23+a + 23+b +23+c ≤6.
证明 （1）方法一 a2+b2+c2-31 =31
(3a2+3b2+3c2-1) =31
［3a2+3b2+3c2-(a+b+c)2］ =31
(3a2+3b2+3c2-a2-b2-c2-2ab-2ac-2bc) =31
［(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2］≥0 ∴a2+b2+c2≥31
.
方法二 ∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc ≤a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2 ∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1
∴a2+b2+c2≥31
.
方法三 设a=31+α,b=31+β,c=31
+γ.
∵a+b+c=1,∴α+β+γ=0
∴a2+b2+c2=（31+α）2+（31+β）2+（31
+γ）2 =31+32
(α+β+γ)+α2+β2+γ2 =31+α2+β2+γ2≥31 ∴a2+b2+c2≥31
.
(2)∵23+a =1)23(⨯+a ≤2123++a =23
3+a , 同理23+b ≤233+b ,23+c ≤23
3+c ∴23+a +23+b +23+c ≤29
)(3+++c b a =6
∴原不等式成立.
10.已知函数y=ax+12
+-x x (a ＞1).
（1）证明：函数f(x)在（-1,+∞)上为增函数； （2）用反证法证明方程f(x)=0没有负数根. 证明 （1）任取x1,x2∈(-1,+∞), 不妨设x1＜x2,则x2-x1＞0,由于a ＞1, ∴a 1
2x x -＞1且a 1x
＞0,
∴a
2
x -a 1x
=a 1x
(a
1
2x x --1)＞0.
又∵x1+1＞0,x2+1＞0, ∴1
222+-x x -1
211+-x x =
)
1)(1()
1)(2()1)(2(212112+++--+-x x x x x x
=
)
1)(1()(32112++-x x x x ＞0,
于是f(x2)-f(x1)=a 2x
-a 1x
+1222+-x x -1
211+-x x ＞0, 故函数f(x)在(-1,+∞）上为增函数.
（2）方法一 假设存在x0＜0 (x0≠-1)满足f(x0)=0, 则a
x =-
1
200+-x x .
∵a ＞1,∴0＜a
x ＜1,
∴0＜-
1
200+-x x ＜1,即21
＜x0＜2，
与假设x0＜0相矛盾，故方程f(x)=0没有负数根. 方法二 假设存在x0＜0 (x0≠-1)满足f(x0)=0, ①若-1＜x0＜0，则1
200+-x x ＜-2,a 0
x ＜1,
∴f(x0)＜-1,与f(x0)=0矛盾.
②若x0＜-1,则1
200+-x x ＞0,a 0x
＞0, ∴f(x0)＞0,与f(x0)=0矛盾， 故方程f(x)=0没有负数根. §13.5 数学归纳法
1.用数学归纳法证明：“1+a+a2+…+an+1=a a n --+112
(a ≠1)”在验证n=1时，左端计算所得的项
为 . 答案1+a+a2
2.如果命题P （n ）对n=k 成立，则它对n=k+1也成立，现已知P （n ）对n=4不成立，则下列结论正确的是 （填序号）. ①P （n ）对n ∈N*成立
②P(n)对n ＞4且n ∈N*成立 ③P （n ）对n ＜4且n ∈N*成立 ④P （n ）对n ≤4且n ∈N*不成立 答案 ④
3.用数学归纳法证明1+2+3+…+n2=22
4n n +，则当n=k+1时左端应在n=k 的基础上加
上 .
答案 （k2+1）+（k2+2）+（k2+3）+…+（k+1）2
4.已知f(n)=n 1+ 11+n +21
+n +…+2
1n ，则下列说法有误的是 . ①f(n)中共有n 项，当n=2时，f(2)=21+31
②f(n)中共有n+1项，当n=2时，f(2)= 21+31+41
③f(n)中共有n2-n 项，当n=2时，f(2)=21+31
④f(n)中共有n2-n+1项，当n=2时，f(2)= 21+31+41
答案 ①②③
5.用数学归纳法证明命题“当n 是正奇数时，xn+yn 能被x+y 整除”，在第二步时， .
答案 假设n=k(k 是正奇数)，证明n=k+2命题成立
基础自测
例2 用数学归纳法证明:
n ∈N*时,311⨯+531⨯+…+)12)(12(1+-n n =12+n n
. 证明 （1）当n=1时,左边=311⨯=31
, 右边=1121+⨯=31
,左边=右边,
所以等式成立.
（2）假设当n=k(k ∈N*)时等式成立,即有
311⨯+531⨯+…+)12)(12(1+-k k =12+k k
,
则当n=k+1时,
311⨯+531
⨯+…+)12)(12(1+-k k +)32)(12(1++k k
=12+k k
+)32)(12(1++k k =)
32)(12(13)2(++++k k k k
=
)
32)(12(1322++++k k k k =321
++k k =1）1(21+++k k ,
所以当n=k+1时,等式也成立. 由（1）（2）可知,对一切n ∈N*等式都成立.
例2 试证：当n 为正整数时，f(n)=32n+2-8n-9能被64整除. 证明 方法一 （1）当n=1时，f(1)=34-8-9=64, 命题显然成立.
（2）假设当n=k (k ≥1,k ∈N*)时， f(k)=32k+2-8k-9能被64整除.
由于32(k+1)+2-8(k+1)-9=9(32k+2-8k-9)+9·8k+9·9-8(k+1)-9=9(32k+2-8k-9)+64(k+1) 即f(k+1)=9f(k)+64(k+1) ∴n=k+1时命题也成立. 根据（1）（2）可知，对任意的n ∈N*，命题都成立.
方法二 （1）当n=1时，f(1)=34-8-9=64，命题显然成立.
（2）假设当n=k (k ≥1,k ∈N*)时，f(k)=32k+2-8k-9能被64整除.
由归纳假设，设32k+2-8k-9=64m(m 为大于1的自然数)，将32k+2=64m+8k+9代入到f(k+1)中得
f(k+1)=9(64m+8k+9)-8(k+1)-9=64(9m+k+1), ∴n=k+1时命题成立. 根据（1）（2）可知，对任意的n ∈N*,命题都成立.
例3 用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式（1+31）（1+51）…（1+121-n ）＞
212+n 均成立.
证明 （1）当n=2时，左边=1+31=34；右边=25.
∵左边＞右边，∴不等式成立.
（2）假设n=k (k ≥2,且k ∈N*)时不等式成立，
即（1+31）（1+51）…（1+121-k ）＞21
2+k .
则当n=k+1时，
（1+31）（1+51）…（1+121-k ）＞]
1)1(211[-++k ＞21
2+k ·1222++k k =12222++k k =1224842+++k k k
＞
1
223
842+++k k k =
1
221
232+++k k k =
2
1
)1(2++k .
∴当n=k+1时，不等式也成立. 由（1）（2）知，对于一切大于1的自然数n,不等式都成立.
例4 （16分）已知等差数列{an}的公差d 大于0，且a2,a5是方程x2-12x+27=0的两根，数列
{bn}的前n 项和为Tn ，且Tn=1-n
b 21.
（1）求数列{an}、{bn}的通项公式； （2）设数列{an}的前n 项和为Sn ，试比较
n
b 1
与Sn+1的大小，并说明理由.
解 （1）由已知得⎩⎨
⎧==+27
125252a a a a ,
又∵{an}的公差大于0，∴a5＞a2,∴a2=3,a5=9.
∴d=325a a - =33
9-=2，a1=1.∴an=2n-1. 2分
∵Tn=1-21bn ，∴b1=32
， 当n ≥2时，Tn-1=1-21
bn-1, ∴bn=Tn-Tn-1=1-21bn-(1-21
bn-1), 化简，得bn=31
bn-1,
∴{bn}是首项为32,公比为31
的等比数列， 即bn=32·1
31-⎪⎭
⎫ ⎝⎛n =n
32
,
4分
∴an=2n-1，bn=n
32
.
5分
(2)∵Sn=2)]
12(1[-+n n =n2,
∴Sn+1=（n+1）2，n
b 1=23n .
6分
以下比较
n
b 1与Sn+1的大小：
当n=1时，11b =23
，S2=4，∴11b ＜S2, 当n=2时，21b =29
,S3=9,∴21b ＜S3, 当n=3时，31b =227
,S4=16,∴31b ＜S4, 当n=4时，
4
1b =281
,S5=25,∴41b ＞S5. 猜想：n ≥4时，n
b 1＞Sn+1. 8分
下面用数学归纳法证明： ①当n=4时，已证.
②假设当n=k (k ∈N*,k ≥4)时，k
b 1＞Sk+1,即23k
＞(k+1)2.
那么n=k+1时，
1
1+k b =231+k =3·23k
＞3(k+1)2=3k2+6k+3
=(k2+4k+4)+2k2+2k-1＞［(k+1)+1］2 =S(k+1)+1, ∴n=k+1时，
n
b 1＞Sn+1也成立.
11分 由①②可知n ∈N*,n ≥4时，n
b 1＞Sn+1都成立.
14分
综上所述，当n=1,2,3时，n
b 1＜Sn+1, 当n ≥4时，
n
b 1＞Sn+1.
16分
1.用数学归纳法证明：
对任意的n ∈N*,1-21+31-41+…+121-n -n 21=11+n +21+n +…+n 21
. 证明 （1）当n=1时，左边=1-21=21=111
+=右边，
∴等式成立.
（2）假设当n=k(k ≥1,k ∈N*)时，等式成立，即
1-21+31-41+…+121-k -k 21=11+k +21+k +…+k 21.
则当n=k+1时,
1-21+31-41+…+121-k -k 21+121+k -221+k =11+k +21+k +…+k 21+121+k -221+k
=111++k +211++k +…+k 21+121+k +(11+k -221+k )
=111++k +211++k +…+k 21+121
+k +)12(1+k ,
即当n=k+1时，等式也成立， 所以由（1）（2）知对任意的n ∈N*等式成立. 2.求证：二项式x2n-y2n (n ∈N*)能被x+y 整除. 证明 （1）当n=1时，x2-y2=(x+y)(x-y), 能被x+y 整除，命题成立.
（2）假设当n=k （k ≥1,k ∈N*）时，x2k-y2k 能被x+y 整除， 那么当n=k+1时，
x2k+2-y2k+2=x2·x2k-y2·y2k =x2x2k-x2y2k+x2y2k-y2y2k =x2(x2k-y2k)+y2k(x2-y2),
显然x2k+2-y2k+2能被x+y 整除， 即当n=k+1时命题成立. 由（1）（2）知，对任意的正整数n 命题均成立. 3.已知m,n 为正整数.
用数学归纳法证明：当x ＞-1时，(1+x)m ≥1+mx. 证明 （1）当m=1时，原不等式成立； 当m=2时，左边=1+2x+x2,右边=1+2x,
因为x2≥0,所以左边≥右边，原不等式成立； （2）假设当m=k(k ≥1,k ∈N*)时，不等式成立， 即（1+x ）k ≥1+kx,则当m=k+1时， ∵x ＞-1,∴1+x ＞0.
于是在不等式(1+x)k ≥1+kx 两边同时乘以1+x 得 (1+x)k ·（1+x ）≥(1+kx)(1+x)=1+(k+1)x+kx2 ≥1+(k+1)x.
所以(1+x)k+1≥1+(k+1)x,
即当m=k+1时，不等式也成立. 综合（1）（2）知，对一切正整数m,不等式都成立.
4.已知数列{an}的前n 项和为Sn ，且a1=1，Sn=n2an （n ∈N*）. （1）试求出S1，S2，S3，S4，并猜想Sn 的表达式； （2）证明你的猜想，并求出an 的表达式. （1）解 ∵an=Sn-Sn-1（n ≥2）
∴Sn=n2（Sn-Sn-1），∴Sn=12
2
-n n Sn-1（n ≥2）
∵a1=1，∴S1=a1=1.
∴S2=34，S3=23=46，S4=58， 猜想Sn=12+n n
（n ∈N*）.
（2）证明 ①当n=1时，S1=1成立.
②假设n=k （k ≥1,k ∈N*）时，等式成立，即Sk=12+k k
，
当n=k+1时，
Sk+1=（k+1）2·ak+1=ak+1+Sk=ak+1+12+k k
，
∴ak+1=()()122
++k k ，
∴Sk+1=（k+1）2·ak+1=()
212++k k =()()1112+++k k ，
∴n=k+1时等式也成立，得证.
∴根据①、②可知，对于任意n ∈N*，等式均成立. 又∵ak+1=
)
1)(2(2
++k k ，∴an=
)
1(2+n n .
一、填空题
1.用数学归纳法证明：“11+n +21+n +…+131
+n ≥1(n ∈N*)”时，在验证初始值不等式成立时，
左边的式子应是“ ”.
答案 21+31+41
2.如果命题P （n ）对于n=k(k ∈N*)时成立，则它对n=k+2也成立，又若P （n ）对于n=2时成立，P （n ）对所有 n 成立. ①正整数 ②正偶数 ③正奇数 ④所有大于1的正整数 答案 ②
3.利用数学归纳法证明不等式1+21+31
+…+121-n
＜n(n ≥2，n ∈N*)的过程中，由n=k 变到n=k+1
时，左边增加了 项. 答案 2k
4.用数学归纳法证明“2n ＞n2+1对于n ＞n0的正整数n 都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取 . 答案 5
5.凸n 边形有f(n)条对角线，则凸n+1边形的对角线条数f （n+1）= . 答案 f(n)+n-1
6.证明22+n ＜1+21+31+41
+…+n
21＜n+1(n ＞1)，当n=2时，中间式子等于 . 答案 1+21+31+41
7.用数学归纳法证明不等式11+n +21+n +…+n n +1＜2413
的过程，由n=k 推导n=k+1时，不等式
的左边增加的式子是 .
答案 121+k +221+k -11
+k
8.用数学归纳法证明1+21+31
+…+121-n
＜2 (n ∈N,且n ＞1)，第一步要证的不等式
是 .
答案 1+21+31
＜2
二、解答题
9.用数学归纳法证明：
1+221+231+…+2
1
n ≥123+n n
(n ∈N*).
证明 （1）当n=1时，左边=1，右边=1， ∴左边≥右边，即命题成立.
（2）假设当n=k(k ∈N*,k ≥1)时，命题成立，
即1+2
21+2
31
+…+2
1
k ≥123+k k
.
那么当n=k+1时，要证
1+221
+2
31
+…+21
k +2
1)(1
+k ≥
1
)1(2)1(3+++k k ,
只要证123+k k +2
1)(1
+k ≥32)1(3++k k .
∵32)1(3++k k -123+k k -2
1)(1 +k =]11)(4[1)(1)(-1 222-+++k k k
=3)84()1()
2(2
2++++k k k k -k ＜0,
∴123+k k +2
1)(1
+k ≥32)1(3++k k 成立，
即1+221+2
31+…+21 k +21)(1
+k ≥1)1(2)1(3+++k k 成立.
∴当n=k+1时命题成立. 由（1）、(2)知，不等式对一切n ∈N*均成立. 10.用数学归纳法证明（3n+1）·7n-1 (n ∈N*)能被9整除. 证明 （1）当n=1时，4×7-1=27能被9整除，命题成立. （2）假设n=k (k ≥1，k ∈N*)时命题成立， 即(3k+1)·7k-1能被9整除. 当n=k+1时，
［(3k+3)+1］·7k+1-1=(3k+1+3)·7·7k-1 =7·(3k+1)·7k-1+21·7k
=［(3k+1)·7k-1］+18k ·7k+6·7k+21·7k =［(3k+1)·7k-1］+18k ·7k+27·7k ， 由归纳假设(3k+1)·7k-1能被9整除， 又因为18k ·7k+27·7k 能被9整除， 所以［3(k+1)+1］·7k+1-1能被9整除， 即n=k+1时命题成立. 由（1）（2）知，对所有的正整数n ，命题成立. 11.数列{an}满足Sn=2n-an(n ∈N*).
(1)计算a1,a2,a3,a4,并由此猜想通项公式an; （2）用数学归纳法证明（1）中的猜想. （1）解 当n=1时，a1=S1=2-a1,∴a1=1.
当n=2时，a1+a2=S2=2×2-a2,∴a2=23
. 当n=3时，a1+a2+a3=S3=2×3-a3,∴a3=47
. 当n=4时，a1+a2+a3+a4=S4=2×4-a4,∴a4=815
.
由此猜想an=1
21
2--n n (n ∈N*).
（2）证明 ①当n=1时，a1=1，结论成立.
②假设n=k(k ≥1且k ∈N*)时,结论成立，即ak=121
2--k k ,
那么n=k+1时，
ak+1=Sk+1-Sk=2(k+1)-ak+1-2k+ak=2+ak-ak+1. ∴2ak+1=2+ak,
∴ak+1=22k
a +=
221
221
-k k -+
=k k -2121+,
这表明n=k+1时，结论成立，
由①②知猜想an=1
21
2--n n （n ∈N*）成立.
12.是否存在常数a 、b 、c 使等式12+22+32+…+n2+（n-1）2+…+22+12=an （bn2+c ）对于一切n ∈N*都成立，若存在，求出a 、b 、c 并证明；若不存在，试说明理由. 解 假设存在a 、b 、c 使
12+22+32+…+n2+（n-1）2+…+22+12=an （bn2+c ） 对于一切n ∈N*都成立. 当n=1时，a （b+c ）=1； 当n=2时，2a （4b+c ）=6； 当n=3时，3a （9b+c ）=19.
解方程组⎪⎩⎪
⎨⎧=+=+=+,
19)9(33)4(,1)(c b a c b a c b a 解得
⎪⎪⎪⎩
⎪
⎪⎨⎧
===.1,2,31c b a
证明如下：
①当n=1时，由以上知存在常数a,b,c 使等式成立. ②假设n=k （k ∈N*）时等式成立， 即12+22+32+…+k2+（k-1）2+…+22+12
=31
k （2k2+1）；
当n=k+1时，
12+22+32+…+k2+（k+1）2+k2+（k-1）2+…+22+12
=31
k （2k2+1）+（k+1）2+k2 =31
k （2k2+3k+1）+（k+1）2 =31
k （2k+1）（k+1）+（k+1）2 =31
（k+1）（2k2+4k+3） =31
（k+1）［2（k+1）2+1］.
即n=k+1时，等式成立.
因此存在a=31
，b=2，c=1，使等式对一切n ∈N*都成立.
§13.6 数系的扩充与复数的引入
1.（2008·浙江理）已知a 是实数，i 1i
+-a 是纯虚数，则a= .
答案 1
2.（2009·海安高级中学高三第四次检测）已知m ∈R ，复数z=1)
2(--m m m +（m2+2m-3）i ，若z
对应的点位于复平面的第二象限，则m 的取值范围是 . 答案 m ＜-3或1＜m ＜2
3.满足条件|z|=|3+4i|的复数z 在复平面上对应点的轨迹方程是 . 答案 x2+y2=25
4.（2008·辽宁理）复数i 21+-+i 211
-的虚部是 .
答案 51
5.设z 为复数z 的共轭复数，若复数z 同时满足z-z =2i, z =iz;则z= . 答案 -1+i
例1 已知复数z=
1
6722-+-a a a +(a2-5a-6)i(a ∈
R),
基础自测
试求实数a 分别取什么值时，z 分别为： （1）实数；（2）虚数；（3）纯虚数. 解 （1）当z 为实数时，
则有⎪⎩⎪
⎨⎧-+-=--有意义16
70652
22a a a a a ，
∴
⎩⎨
⎧±≠=-=1
61a a a 或,∴a=6，即a=6时，z 为实数.
（2）当z 为虚数时，
则有a2-5a-6≠0且
1
6
722-+-a a a 有意义，
∴a ≠-1且a ≠6且a ≠±1.∴a ≠±1且a ≠6.
∴当a ∈(-∞,-1)∪(-1,1)∪(1,6)∪(6,+∞)时，z 为虚数.
（3）当z 为纯虚数时，有⎪⎩⎪
⎨⎧=-+-≠--016
70652
22a a a a a ,
∴
⎩⎨
⎧=≠-≠6
61a a a 且.
∴不存在实数a 使z 为纯虚数.
例2 已知x,y 为共轭复数，且（x+y ）2-3xyi=4-6i ，求x,y. 解 设x=a+bi (a,b ∈R)，则y=a-bi, x+y=2a,xy=a2+b2,
代入原式，得(2a)2-3(a2+b2)i=4-6i,
根据复数相等得⎪⎩⎪⎨⎧-=+-=6)(344222b a a ,
解得
⎩⎨⎧==1
1
b a 或
⎩⎨
⎧-==1
1b a 或
⎩⎨⎧=-=1
1b a 或
⎩⎨
⎧-=-=1
1b a .
故所求复数为⎩⎨⎧-=+=i 1i 1y x 或⎩⎨⎧+=-=i 1i 1y x 或⎩⎨⎧--=+-=i 1i 1y x 或⎩⎨⎧+-=--=i 1i
1y x .
例3 计算：
（1）
3
i i)
2i)(1(++-; (2)i 2i)
1(3)i 21(2+-++;。