2021版高考数学一轮复习第十二章复数算法推理与证明第5讲数学归纳法练习理北师大版
2021版高考数学一轮复习第12章推理与证明、算法、复数第1节合情推理与演绎推理课件理新人教A版
‖知识梳理‖
1．合情推理
类型
定义
特征
归纳 推理
由 3 _部__分______到
由某类事物的 1 ___部__分____对象具有某些特征，推出该类 4 _整__体______、由 5
事物的 2 ___全__部____对象都具有这些特征的推理
__个__别_____到 6
_一__般______
类型
定义
解析：类比三角形中的正弦定理，在四面体 S－ABC 中，我们猜想sinS1α1＝sinS2α2＝sinS3α3 成立．
解析：∵f(21)＝32，f(22)>2＝42，f(23)>52，f(24)>62，∴归纳得，f(2n)≥n＋2 2. 答案：f(2n)≥n＋2 2
2
课 堂 ·考 点 突 破
考点一 类比推理
|题组突破|
1．(2019 届江西宜春中学期中)在平面几何中有如下结论：正△ABC 的内切圆面积为
S1，外接圆面积为 S2，则SS12＝14，推广到空间中可以得到类似结论：已知正四面体 P－ABC
理的推理方法为主，常以演绎推理的
2.了解演绎推理的重要性，掌握演绎 方法根据几个人的不同说法作出推 逻辑推理
推理的基本模式，并能运用它们进行 理判断进行命题．在高考中以选择
一些简单推理.
题、填空题的形式进行考查，属于中、
3.了解合情推理和演绎推理之间的 高档题，分值为 5 分.
联系和差异.
1
课 前 ·基 础 巩 固
推理 再进行归纳、 12 __类__比_____，然后提出 13 __猜__想_____的推理
2.演绎推理 (1)定义：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 14 __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，对特殊情况做出的判断．
2021-2022年高考数学一轮复习第十二章推理与证明算法复数12.3推理与证明算法复数真题演练集训
2021年高考数学一轮复习第十二章推理与证明算法复数12.3推理与证明算法复数真题演练集训理新人教A 版 [典例] [xx·江西九江模拟]设数列{a n }的前n 项和为S n ，并且满足2S n ＝a 2n ＋n ，a n >0(n ∈N *)．(1)猜想{a n }的通项公式，并用数学归纳法加以证明；(2)设x >0，y >0，且x ＋y ＝1，证明：a n x ＋1＋a n y ＋1≤2n ＋2.[审题视角] (1)将n ＝1,2,3代入已知等式得a 1，a 2，a 3，从而可猜想a n ，并用数学归纳法证明．(2)利用分析法，结合x >0，y >0，x ＋y ＝1，利用基本不等式可证．(1)[解] 分别令n ＝1,2,3，得⎩⎨⎧ 2a 1＝a 21＋12a 1＋a 2＝a 22＋22a 1＋a 2＋a 3＝a 23＋3，∵a n >0，∴a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3.猜想：a n ＝n .∵2S n ＝a 2n ＋n ，①当n ≥2时，2S n －1＝a 2n －1＋(n －1)．②①－②，得2a n ＝a 2n －a 2n －1＋1，即a 2n ＝2a n ＋a 2n －1－1.(ⅰ)当n ＝2时，a 22＝2a 2＋12－1，∵a 2>0，∴a 2＝2. (ⅱ)假设当n ＝k (k ≥2)时，a k ＝k ，那么当n ＝k ＋1时，a 2k ＋1＝2a k ＋1＋a 2k －1＝2a k ＋1＋k 2－1，∴[a k ＋1－(k ＋1)][a k ＋1＋(k －1)]＝0，∵a k ＋1>0，k ≥2，∴a k ＋1＋(k －1)>0，∴a k ＋1＝k ＋1.即当n ＝k ＋1时也成立．∴a n ＝n (n ≥2)．显然n ＝1时，也成立，故对于一切n ∈N *，均有a n ＝n .(2)[证明] 要证nx ＋1＋ny ＋1≤2n ＋2， 只要证nx ＋1＋2nx ＋1ny ＋1＋ny ＋1≤2(n ＋2)．即n (x ＋y )＋2＋2n 2xy ＋n x ＋y ＋1≤2(n ＋2)，将x ＋y ＝1代入，得2n 2xy ＋n ＋1≤n ＋2，即只要证4(n 2xy ＋n ＋1)≤(n ＋2)2，即4xy ≤1.∵x >0，y >0，且x ＋y ＝1，∴xy ≤x ＋y 2＝12， 即xy ≤14，故4xy ≤1成立， 所以原不等式成立．[答题模板]第1步：寻找特例a 1，a 2，a 3等．第2步：猜想a n 的公式．第3步：转换递推公式为a n与a n－1的关系．第4步：用数学归纳法证明a n.①验证递推公式中的第一个自然数n＝2.②推证a k＋1的表达式为k＋1.③补验n＝1，说明对于n∈N*成立．第5步：分析法证明．[方法点睛] (1)利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳——猜想——证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理即演绎推理论证结论的正确性．(2)为了正确地猜想a n，首先准确求出a1，a2，a3的值．(3)证明n＝k到n＝k＋1这一步时，忽略了假设条件去证明，造成不是纯正的数学归纳法．如本题：∵2S n－1＝a2n－1＋n－1，∴2(S n－S n－1)＝a2n－a2n－1＋1，推导a n与a n－1的递推关系，再推出a n，则不是数学归纳法．(4)本题第(2)问中的不等式证明不是关于n的不等式，由x＋y＝1来推证，则不能称为数学归纳法．。
高考数学一轮复习 第十二章 复数、算法、推理与证明 第5讲 数学归纳法课件 理
k （k＋1）（k＋2）<2
k＋
<2
k＋
2 k＋1＋
k＝2
k＋2(
k＋1－
k)＝2
k＋1，
即当 n＝k＋1 时不等式也成立．
根据①和②，不等式 c1＋c2＋…＋cn<2 n对任意 n∈N+成立．
12/13/2021
1 k＋1
第十九页，共三十一页。
用数学归纳法证明不等式的注意点 (1)当遇到与正整数 n 有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学 归纳法． (2)用数学归纳法证明不等式的关键是由 n＝k 成立，推证 n＝k＋1 时也成立，证明时用 上归纳假设后，可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法、构造函数法等证 明方法．
12/13/2021
第二十二页，共三十一页。
归纳—猜想—证明(师生共研)
已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝a2n＋a1n－1，且 an>0，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．
12/13/2021
第二十三页，共三十一页。
【解】 (1)当 n＝1 时，由已知得 a1＝a21＋a11－1， 即 a21＋2a1－2＝0， 解得 a1＝ 3－1(a1>0)． 当 n＝2 时，由已知得 a1＋a2＝a22＋a12－1，将 a1＝ 3－1 代入并整理得 a22＋2 3a2－2＝0， 解得 a2＝ 5－ 3(a2>0)． 同理可得 a3＝ 7－ 5. 猜想 an＝ 2n＋1－ 2n－1.
No Image
12/13/2021
第三十一页，共三十一页。
12/13/2021
第四页，共三十一页。
高考数学一轮复习 第十二章 算法初步、推理与证明 12.5 数学归纳法课件(理)
解：根据题意，若 f(4)≥5 成立，则 f(n0＋1)≥n0＋2(n0≥4)， 即 f(k)≥k＋1(k≥5)．综合 f(4)≥5，可知当 k≥4 时，均有 f(k)≥k ＋1 成立．故选 D.
－
n＋1 1＋n＋1 2＋…＋21n
＝
1 2n＋1
＋
2（n1＋1）－n＋1 1＝2n1＋1－2n1＋2.故选 D.
(2013·黑龙江模拟)设 f(x)是定义在正整数集上的函数， 且 f(x)满足：“当 f(k)≥k＋1 成立时，总可推出 f(k＋1)≥k＋2 成立”．那么，下列命题总成立的是( )
类型二 证明不等式
已知 f(n)＝1＋213＋313＋413＋…＋n13，g(n)＝32－21n2， n∈N*.
(1)当 n＝1，2，3 时，试比较 f(n)与 g(n)的大小关系； (2)猜想 f(n)与 g(n)的大小关系，并给出证明．
解：(1)当 n＝1 时，f(1)＝1，g(1)＝1，所以 f(1)＝g(1)； 当 n＝2 时，f(2)＝98，g(2)＝181，所以 f(2)<g(2)； 当 n＝3 时，f(3)＝225116，g(3)＝321126，所以 f(3)<g(3)．
已知数列1×1 2，2×1 3，3×1 4，…，n（n1＋1），通
过计算得
S1
＝
1 2
，
S2
＝
2 3
，
S3
＝
高考数学一轮复习 第12章 算法初步、复数、推理与证明 第5讲 数学归纳法课件
＝2k＋12k＋3＝2k＋3＝2k＋1＋1，
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．
12/11/2021
答案
2．求证：n＋1 1＋n＋1 2＋…＋31n>56(n≥2，n∈N*)． 证明 (1)当 n＝2 时，左边＝13＋14＋15＋16>56，不等式成立．
答案
(2)假设当 n＝k(k∈N*)时等式成立，即有
1×1 3＋3×1 5＋…＋2k－112k＋1＝2k＋k 1，
则当 n＝k＋1 时，
1×1 3＋3×1 5＋…＋2k－112k＋1＋2k＋112k＋3
＝2k＋k 1＋2k＋112k＋3＝2kk＋2k1＋32k＋＋13
2k2＋3k＋1 k＋1
k＋1
12/11/2021
[即时训练] 2.用数学归纳法证明：
11×2＋
21×3＋…＋
1 nn＋1<
n(n∈N*)．
证明 (1)当 n＝1 时，显然不等式成立．
当 n＝2 时，左边＝
11×2＋
21×3＝
3＋1 ，
6
右边＝ 2.
3＋1 由 3＋1<2 3，得 6 < 2，
即 n＝2 时，不等式也成立．
12/11/2021
第十二章 算法初步、复数、 推理与证明
第5讲 数学归纳法
12/11/2021
1
PART ONE
基础知识整合
12/11/2021
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)证明当 n 取 01 第一个值 n0(n0∈N*) 时命题成立，这一步是为 归纳奠基． (2)假设 n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当 02 __n_＝__k＋__1__时命题也 成立，这一步是归纳递推． 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对一切 n∈N*，n≥n0，命题成 立．
2021届高考数学一轮复习 第十二章算法初步与框图、推理与证明、复数12.5数学归纳法教学案 新人教B版
12.5 数学归纳法考纲要求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．1．归纳法归纳法是一种由特殊到一般的推理方法，它可以分为完全归纳法和不完全归纳法两种，不完全归纳法得出的结论不一定具有可靠性，数学归纳法属于__________．2．数学归纳法证明一个与自然数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n 0时命题成立；(2)(归纳递推)假设当n ＝k (k ≥n 0，k ∈N *)时命题成立的前提下，推出当n ＝k ＋1时命题也成立．那么可以断定，这个命题对n 取第一个值后面的所有正整数成立． 上述证明方法叫做__________．用框图表示就是：1．用数学归纳法证明3n≥n 3(n ∈N ，n ≥3)，第一步应验证( )． A ．n ＝1 B ．n ＝2 C ．n ＝3 D ．n ＝42．用数学归纳法证明1＋2＋22＋…＋2n ＋1＝2n ＋2－1(n ∈N *)的过程中，在验证n ＝1时，左端计算所得的项为( )．A ．1B ．1＋2C ．1＋2＋22D ．1＋2＋22＋233．已知f (n )＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n2，则( )．A ．f (n )中共有n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13B ．f (n )中共有n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14C ．f (n )中共有n 2－n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13D ．f (n )中共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋144．用数学归纳法证明：“1＋12＋13＋…＋12n －1＜n (n ＞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__________．5．已知数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝a na n ＋1，则数列的前5项为__________，猜想它的通项公式是__________．一、用数学归纳法证明恒等式【例1】 n ∈N *，求证：1－12＋13－14＋...＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋ (12).方法提炼用数学归纳法证题的关键是第二步由n ＝k 到n ＝k ＋1的过渡，要设法将待证式与归纳假设建立联系，即借助于已经学过的公式、定理或运算法则进行恒等变形，把n ＝k ＋1时的表达式拼凑出归纳假设的形式，再把运用归纳假设后的式子进行变形、证明．请做演练巩固提升2二、用数学归纳法证明不等式【例2】 设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋1a n(n ＝1,2，…)．(1)证明：a n ＞2n ＋1对一切正整数n 都成立； (2)令b n ＝a nn(n ＝1,2，…)，判断b n 与b n ＋1的大小，并说明理由． 方法提炼用数学归纳法证明不等式时常常要用到放缩法，即在归纳假设的基础上，通过放大或缩小技巧变换出要证明的目标不等式．事实上，在合理运用归纳假设后，可以使用证明不等式的任何方法证明目标式成立．请做演练巩固提升3三、用数学归纳法证明几何问题【例3】用数学归纳法证明：凸n 边形的对角线的条数为f (n )＝12n (n －3)(n ≥3)．方法提炼用数学归纳法证明几何问题的关键是“找项”，即几何元素从k 个变成k ＋1个时，所证的几何量将增加多少，这需用到几何知识或借助于几何图形来分析；事实上，将n ＝k ＋1和n ＝k 分别代入所证的式子，然后作差，即可求出增加量，这也是用数学归纳法证明几何问题的一大技巧．请做演练巩固提升1 四、归纳—猜想—证明【例4】 设数列{a n }满足a n ＋1＝a 2n －na n ＋1，n ＝1,2，3，….(1)当a 1＝2时，求a 2，a 3，a 4，并由此猜想出a n 的一个通项公式； (2)当a 1≥3时，证明对所有的n ≥1，有a n ≥n ＋2. 方法提炼“归纳—猜想—证明的模式”，是不完全归纳法与数学归纳法综合运用的解题模式，这种方法在解决探索性、存在性问题时起着重要作用，它的证题模式是先由归纳推理发现结论，然后用数学归纳法证明结论的正确性，这种思维方式是推动数学研究与发展的重要方式．请做演练巩固提升5数学归纳法解题步骤要求【典例】 (14分)(2012湖北高考)(1)已知函数f (x )＝rx －x r＋(1－r )(x ＞0)，其中r 为有理数，且0＜r ＜1，求f (x )的最小值；(2)试用(1)的结果证明如下命题：设a 1≥0，a 2≥0，b 1，b 2为正有理数．若b 1＋b 2＝1，则ab 11ab 22≤a 1b 1＋a 2b 2； (3)请将(2)中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题．注：当α为正有理数时，有求导公式(x α)′＝αx α－1.规范解答：(1)f ′(x )＝r －rx r －1＝r (1－x r －1)， 令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(0,1)内是减函数； 当x ＞1时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(1，＋∞)内是增函数．故函数f (x )在x ＝1处取得最小值f (1)＝0.(4分)(2)由(1)知，当x ∈(0，＋∞)时，有f (x )≥f (1)＝0，即x r≤rx ＋(1－r )．① 若a 1，a 2中有一个为0，则11ba 22ba ≤a 1b 1＋a 2b 2成立；若a 1，a 2均不为0，又b 1＋b 2＝1，可得b 2＝1－b 1, 于是在①中令x ＝a 1a 2，r ＝b 1，可得112b a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭≤b 1·a 1a 2＋(1－b 1)， 即11b a 112b a -≤a 1b 1＋a 2(1－b 1)，亦即1212b ba a ≤a 1b 1＋a 2b 2.综上，对a 1≥0，a 2≥0，b 1，b 2为正有理数且b 1＋b 2＝1，总有1212b ba a ≤a 1b 1＋a 2b 2.②(8分)(3)(2)中命题的推广形式为：设a 1，a 2，…，a n 为非负实数，b 1，b 2，…，b n 为正有理数． 若b 1＋b 2＋…＋b n ＝1，则1212bba a …n bn a ≤a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n .③用数学归纳法证明如下：(ⅰ)当n ＝1时，b 1＝1，有a 1≤a 1，③成立．(10分)(ⅱ)假设当n ＝k 时，③成立，即若a 1，a 2，…，a k 为非负实数，b 1，b 2，…，b k 为正有理数，且b 1＋b 2＋…＋b k ＝1，则1212bb a a …k bk a ≤a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k .当n ＝k ＋1时，已知a 1，a 2，…，a k ，a k ＋1为非负实数，b 1，b 2，…，b k ，b k ＋1为正有理数，且b 1＋b 2＋…＋b k ＋b k ＋1＝1，此时0＜b k ＋1＜1，即1－b k ＋1＞0，于是1212b b a a …11k k a b k k a a ++＝(1212b b a a …k a k a )11k b k a ++＝11211111111121k k k k k k b b b b b b b b k k a a a a +++++----+⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭….(12分)因b 11－b k ＋1＋b 21－b k ＋1＋…＋b k1－b k ＋1＝1，由归纳假设可得12111112k k b b b b aa++--…11k k b b ka+-≤a 1·b 11－b k ＋1＋a 2·b 21－b k ＋1＋…＋a k ·b k1－b k ＋1＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k1－b k ＋1，从而1212b b a a (1)1k k b bk k a a ++≤⎝⎛⎭⎪⎫a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k 1－b k ＋11－b k ＋1·ab k ＋1k ＋1.又因(1－b k ＋1)＋b k ＋1＝1，由②得⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k 1－b k ＋11111k k b b k a ++-+≤a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k 1－b k ＋1·(1－b k ＋1)＋a k ＋1b k ＋1 ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k ＋a k ＋1b k ＋1，从而1212b b a a (1)1k k b bk k a a ++≤a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k ＋a k ＋1b k ＋1.故当n ＝k ＋1时，③成立．由(ⅰ)(ⅱ)可知，对一切正整数n ，所推广的命题成立．(14分) 答题指导：解决数学归纳法中“归纳—猜想—证明”问题及不等式证明时，有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：1．归纳整理不到位得不出正确结果，从而给猜想造成困难．2．证明n ＝k 到n ＝k ＋1这一步时，忽略了假设条件去证明，造成不是纯正的数学归纳法．3．不等式证明过程中，不能正确合理地运用分析法、综合法来求证． 另外需要熟练掌握数学归纳法中几种常见的推证技巧，只有这样，才能快速正确地解决问题．1．平面内有n 个圆，其中每两个圆都相交于两点，且每三个圆都不相交于同一点，则这n 个圆将平面分成不同的区域有( )．A ．2n 个B ．2n个C ．n 2－n ＋2个D ．n 2＋n ＋1个2．已知n 为正偶数，用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…－1n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋2＋1n ＋4＋…＋12n 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( )．A ．n ＝k ＋1时等式成立B ．n ＝k ＋2时等式成立C ．n ＝2k ＋2时等式成立D ．n ＝2(k ＋2)时等式成立3．设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：“当f (k )≥k 2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 ．f (1)＜1成立，则f (10)＜100成立B ．若f (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立 C ．若f (2)＜4成立，则f (1)≥1成立D ．若f (4)≥16成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立4．在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n (n －3)条时，第一步检验的第一个值为n 0＝__________.5．设数列a 1，a 2，…，a n ，…中的每一项都不为0.证明：{a n }为等差数列的充分必要条件是：对任何n ∈N *，都有1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝n a 1a n ＋1.参考答案基础梳理自测知识梳理1．完全归纳法 2．数学归纳法 基础自测 1．C 2．C 3．D4．2n－1 解析：当n ＝k ＋1时，1＋12＋13＋…＋12n －1＋12n ＋12n ＋1＋…＋12n ＋1－1＜n ＋1，∴左边增加的项的项数为2n ＋1－1－2n ＝2n ＋1－1－2n ＝2n－1项． 5.12，13，14，15，16 a n ＝1n ＋1 考点探究突破【例1】 证明：(1)当n ＝1时，左边＝1－12＝12，右边＝11＋1＝12.左边＝右边．(2)假设n ＝k 时等式成立，即1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k，则当n ＝k ＋1时，⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2 ＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋12k ＋2. 即当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合(1)，(2)可知，对一切n ∈N *，等式成立．【例2】 (1)证明：当n ＝1时，a 1＝2＞2×1＋1，不等式成立．假设当n ＝k (k ∈N *)时，a k ＞2k ＋1成立． 那么当n ＝k ＋1时，21k a +＝2k a ＋21k a 2＞2k ＋3＋21ka ＞2(k ＋1)＋1. ∴当n ＝k ＋1时，a k ＋1＞2(k ＋1)＋1成立．综上，a n ＞2n ＋1对一切正整数n 都成立．(2)解：∵b n ＋1b n ＝a n ＋1n ＋1a nn＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a n 2·nn ＋1＜⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＋1·n n ＋1 ＝2(n ＋1)n (2n ＋1)n ＋1＝2n (n ＋1)2n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋122－14n ＋12＜1.故b n ＋1＜b n .【例3】 证明：(1)∵三角形没有对角线， ∴n ＝3时，f (3)＝0，命题成立．(2)假设n ＝k (k ≥3)时，命题成立，即f (k )＝12k (k －3)，则当n ＝k ＋1时，凸k 边形由原来的k 个顶点变为k ＋1个顶点，对角线条数增加k －1条．∴f (k ＋1)＝f (k )＋k －1＝12k (k －3)＋k －1＝12(k ＋1)[(k ＋1)－3]．∴当n ＝k ＋1时命题成立，由(1)，(2)可知对任何n ∈N 且n ≥3，命题恒成立． 【例4】 解：(1)由a 1＝2，得a 2＝a 12－a 1＋1＝3，由a 2＝3，得a 3＝a 22－2a 2＋1＝4，由a 3＝4，得a 4＝a 32－3a 3＋1＝5，由此猜想a n 的一个通项公式：a n ＝n ＋1(n ≥1)． (2)证明：用数学归纳法证明：①当n ＝1时，a 1≥3＝1＋2，不等式成立． ②假设当n ＝k 时不等式成立， 即a k ≥k ＋2，那么，a k ＋1＝a k (a k －k )＋1≥(k ＋2)(k ＋2－k )＋1≥k ＋3， 也就是说，当n ＝k ＋1时，a k ＋1≥(k ＋1)＋2. 根据①和②，对于所有n ≥1，都有a n ≥n ＋2. 演练巩固提升1．C 解析：n ＝2时，分成4部分，可排除D ；n ＝3时，分成8部分，可排除A ；n ＝4时，分成14部分，可排除B ，故选C.2．B 解析：n 为正偶数，若n ＝k ，则下一个正偶数为n ＝k ＋2，故选B. 3．D 解析：f (4)≥16，说明当k ＝4时，f (k )≥k 2成立．f (k )≥k 2成立时，f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立，说明n ＝k 时f (n )≥n 2成立能推出n ＝k ＋1时，f (n )≥n 2成立，根据数学归纳法可得当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立．4．4 解析：∵凸多边形要有对角线，至少也是四边形，∴n 0＝4. 5．证明：先证必要性． 设数列{a n }的公差为d .若d ＝0，则所述等式显然成立．若d ≠0，则1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 1a 1a 2＋a 3－a 2a 2a 3＋…＋a n ＋1－a n a n a n ＋1 ＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a n ＋1＝1d ·a n ＋1－a 1a 1a n ＋1＝na 1a n ＋1. 再证充分性．(数学归纳法)设所述的等式对一切n ∈N *都成立．首先，在等式1a 1a 2＋1a 2a 3＝2a 1a 3①两端同乘a 1a 2a 3，即得a 1＋a 3＝2a 2，所以a 1，a 2，a 3成等差数列，记公差为d ， 则a 2＝a 1＋d .假设a k ＝a 1＋(k －1)d ，当n ＝k ＋1时， 观察如下两个等式 1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a k －1a k＝k －1a 1a k，②1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a k －1a k ＋1a k a k ＋1＝ka 1a k ＋1，③将②代入③，得k －1a 1a k ＋1a k a k ＋1＝ka 1a k ＋1，在该式两端同乘a 1a k a k ＋1， 得(k －1)a k ＋1＋a 1＝ka k .将a k ＝a 1＋(k －1)d 代入其中，整理后， 得a k ＋1＝a 1＋kd .由数学归纳法原理知，对一切n ∈N *，都有a n ＝a 1＋(n －1)d . 所以{a n }是公差为d 的等差数列．。
高中数学一轮复习理数通用版：第十二章 推理与证明、算法、复数 Word版含解析
第十二章⎪⎪⎪推理与证明、算法、复数第一节 合情推理与演绎推理本节主要包括2个知识点： 1.合情推理； 2.演绎推理.突破点(一) 合情推理[基本知识] 类型 定义特点 归纳 推理根据某类事物的部分对象具有某种特征，推出这类事物的全部对象都具有这种特征的推理由部分到整体、 由个别到一般类比 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由特殊到特殊[基本能力]1．判断题(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．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× 2．填空题(1)已知数列{a n }中，a 1＝1，n ≥2时，a n ＝a n －1＋2n －1，依次计算a 2，a 3，a 4后，猜想a n 的表达式是a n ＝________.解析：a 1＝1，a 2＝4，a 3＝9，a 4＝16，猜想a n ＝n 2. 答案：n 2(2)由“半径为R 的圆内接矩形中，正方形的面积最大”，推理出“半径为R 的球的内接长方体中，正方体的体积最大”是合情推理中的________推理．答案：类比(3)观察下列不等式： ①12<1；②12＋16<2；③12＋16＋112< 3.则第5个不等式为____________________________________________________．答案：12＋16＋112＋120＋130< 5[全析考法]归纳推理运用归纳推理时的一般步骤(1)通过观察特例发现某些相似性(特例的共性或一般规律)；(2)把这种相似性推广到一个明确表述的一般命题(猜想)；(3)对所得出的一般性命题进行检验．类型(一)与数字有关的推理[例1](1)给出以下数对序列：(1,1)(1,2)(2,1)(1,3)(2,2)(3,1)(1,4)(2,3)(3,2)(4,1)……记第i行的第j个数对为a ij，如a43＝(3,2)，则a nm＝()A．(m，n－m＋1) B．(m－1，n－m)C．(m－1，n－m＋1) D．(m，n－m)(2)(·兰州模拟)观察下列式子：1,1＋2＋1,1＋2＋3＋2＋1,1＋2＋3＋4＋3＋2＋1，…，由以上可推测出一个一般性结论：对于n∈N*，则1＋2＋…＋n＋…＋2＋1＝________.[解析](1)由前4行的特点，归纳可得：若a nm＝(a，b)，则a＝m，b＝n－m＋1，∴a nm＝(m，n－m＋1)．(2)由1＝12,1＋2＋1＝4＝22,1＋2＋3＋2＋1＝9＝32，1＋2＋3＋4＋3＋2＋1＝16＝42，…，归纳猜想可得1＋2＋…＋n＋…＋2＋1＝n2.[答案](1)A(2)n2解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列、等比数列等． [易错提醒]类型(二) 与式子有关的推理 [例2] (1)(·山东高考)观察下列等式：⎝⎛⎭⎫sin π3－2＋⎝⎛⎭⎫sin 2π3－2＝43×1×2； ⎝⎛⎭⎫sin π5－2＋⎝⎛⎭⎫sin 2π5－2＋⎝⎛⎭⎫sin 3π5－2＋⎝⎛⎭⎫sin 4π5－2＝43×2×3； ⎝⎛⎭⎫sin π7－2＋⎝⎛⎭⎫sin 2π7－2＋⎝⎛⎭⎫sin 3π7－2＋…＋⎝⎛⎭⎫sin 6π7－2＝43×3×4； ⎝⎛⎭⎫sin π9－2＋⎝⎛⎭⎫sin 2π9－2＋⎝⎛⎭⎫sin 3π9－2＋…＋⎝⎛⎭⎫sin 8π9－2＝43×4×5； …… 照此规律，⎝⎛⎭⎫sin π2n ＋1－2＋⎝⎛⎭⎫sin 2π2n ＋1－2＋⎝⎛⎭⎫sin 3π2n ＋1－2＋…＋⎝⎛⎭⎫sin 2n π2n ＋1－2＝________.(2)已知x ∈(0，＋∞)，观察下列各式：x ＋1x ≥2，x ＋4x 2＝x 2＋x 2＋4x 2≥3，x ＋27x 3＝x 3＋x3＋x 3＋27x3≥4，…，类比得x ＋ax n ≥n ＋1(n ∈N *)，则a ＝________. [解析] (1)观察前4个等式，由归纳推理可知⎝⎛⎭⎫sin π2n ＋1－2＋⎝⎛⎭⎫sin 2π2n ＋1－2＋⎝⎛⎭⎫sin 3π2n ＋1－2＋…＋⎝⎛⎭⎫sin 2n π2n ＋1－2＝43×n ×(n ＋1)＝4n (n ＋1)3.(2)第一个式子是n ＝1的情况，此时a ＝11＝1；第二个式子是n ＝2的情况，此时a ＝22＝4；第三个式子是n ＝3的情况，此时a ＝33＝27，归纳可知a ＝n n .[答案] (1)4n (n ＋1)3 (2)n n[方法技巧]与式子有关的推理类型及解法(1)与等式有关的推理．观察每个等式的特点，找出等式左右两侧的规律及符号后可解． (2)与不等式有关的推理．观察每个不等式的特点，注意是纵向看，找到规律后可解． 类型(三) 与图形有关的推理[例3] 某种树的分枝生长规律如图所示，第1年到第5年的分枝数分别为1,1,2,3,5，则预计第10年树的分枝数为( )A．21 B．34C．52 D．55[解析]因为2＝1＋1,3＝2＋1,5＝3＋2，即从第三项起每一项都等于前两项的和，所以第10年树的分枝数为21＋34＝55.[答案] D[方法技巧]与图形有关的推理的解法与图形变化相关的归纳推理，解决的关键是抓住相邻图形之间的关系，合理利用特殊图形，找到其中的变化规律，得出结论，可用赋值检验法验证其真伪性．类比推理1.类比推理的应用一般分为类比定义、类比性质和类比方法，常用技巧如下：类比定义在求解由某种熟悉的定义产生的类比推理型试题时，可以借助原定义来求解类比性质从一个特殊式子的性质、一个特殊图形的性质入手，提出类比推理型问题，求解时要认真分析两者之间的联系与区别，深入思考两者的转化过程是求解的关键类比方法有一些处理问题的方法具有类比性，我们可以把这种方法类比应用到其他问题的求解中，注意知识的迁移2．平面中常见的元素与空间中元素的类比：平面点线圆三角形角面积周长…空间线面球三棱锥二面角体积表面积…[例4]如图，在△ABC中，O为其内切圆圆心，过O的直线将三角形面积分为相等的两部分，且该直线与AC，BC分别相交于点F，E，则四边形ABEF与△CEF的周长相等．试将此结论类比到空间，写出一个与其相关的命题，并证明该命题的正确性．[解]如图，截面AEF经过四面体ABCD的内切球(与四个面都相切的球)的球心O，且与BC，DC分别交于点E，F，若截面将四面体分为体积相等的两部分，则四棱锥A -BEFD 与三棱锥A -EFC 的表面积相等．下面证明该结论的正确性， 设内切球半径为R ，则V A -BEFD ＝13(S △ABD ＋S △ABE ＋S △ADF ＋S 四边形BEFD )×R ＝V A -EFC ＝13(S △AEC＋S △ACF ＋S △ECF )×R ，即S △ABD ＋S △ABE ＋S △ADF ＋S 四边形BEFD ＝S △AEC ＋S △ACF ＋S △ECF ，两边同加S △AEF 可得结论．[方法技巧]类比推理的步骤和方法(1)类比推理是由特殊到特殊的推理，其一般步骤为： ①找出两类事物之间的相似性或一致性；②用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题(猜想)． (2)类比推理的关键是找到合适的类比对象．平面几何中的一些定理、公式、结论等，可以类比到立体几何中，得到类似的结论．[全练题点]1.[考点二]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“ac bc ＝a b ”类比得到“a·c b·c ＝ab”．以上的式子中，类比得到的结论正确的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选B ①②正确，③④⑤⑥错误．2.[考点二]在平面几何中有如下结论：正三角形ABC 的内切圆面积为S 1，外接圆面积为S 2，则S 1S 2＝14，推广到空间可以得到类似结论：已知正四面体P -ABC 的内切球体积为V 1，外接球体积为V 2，则V 1V 2＝( ) A.18B.19C.164D.127解析：选D 正四面体的内切球与外接球的半径之比为1∶3，故V 1V 2＝127.3.[考点一·类型(一)]将正奇数排成如图所示的三角形数阵(第k 行有k 个奇数)，其中第i 行第j 个数表示为a ij ，例如a 42＝15，若a ij ＝2 017，则i －j ＝( )1 3 5 7 9 11 13 15 17 19…A ．26B ．27C ．28D ．29解析：选A 前k 行共有奇数为1＋2＋3＋…＋k ＝k (1＋k )2个，所以第k 行的最后一个数为2·k (1＋k )2－1＝k 2＋k －1，第k ＋1行的第一个数为k (k ＋1)＋1，当k ＋1＝45时，k (k＋1)＋1＝44×45＋1＝1 981，即第45行的第一个数为1 981，因为2 017－1 9812＝18，所以2 017是第45行的第19个数，即i ＝45，j ＝19，所以i －j ＝45－19＝26.故选A.4．[考点一·类型(二)]观察下列各等式：55－4＋33－4＝2，22－4＋66－4＝2，77－4＋11－4＝2，1010－4＋－2－2－4＝2，依照以上各式成立的规律，得到一般性的等式为( ) A.nn －4＋8－n (8－n )－4＝2 B.n ＋1(n ＋1)－4＋(n ＋1)＋5(n ＋1)－4＝2 C.nn －4＋n ＋4(n ＋4)－4＝2 D.n ＋1(n ＋1)－4＋n ＋5(n ＋5)－4＝2 解析：选A 各等式可化为55－4＋8－5(8－5)－4＝2，22－4＋8－2(8－2)－4＝2；77－4＋8－7(8－7)－4＝2，1010－4＋8－10(8－10)－4＝2，可归纳得一般等式：n n －4＋8－n (8－n )－4＝2，故选A.5.[考点一·类型(三)]蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师，单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形，如图为一组蜂巢的截面图．其中第一个图有1个蜂巢，第二个图有7个蜂巢，第三个图有19个蜂巢，按此规律，以f(n)表示第n个图的蜂巢总数．则f(4)＝________，f(n)＝________.解析：因为f(1)＝1，f(2)＝7＝1＋6，f(3)＝19＝1＋6＋12，所以f(4)＝1＋6＋12＋18＝37，所以f(n)＝1＋6＋12＋18＋…＋6(n－1)＝3n2－3n＋1.答案：373n2－3n＋1突破点(二)演绎推理[基本知识](1)定义：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．(2)模式：“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，对特殊情况做出的判断．(3)特点：演绎推理是由一般到特殊的推理．[基本能力]1．判断题(1)“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．()(2)在演绎推理中，只要符合演绎推理的形式，结论就一定正确．()答案：(1)√(2)×2．填空题(1)下列说法：①演绎推理是由一般到特殊的推理；②演绎推理得到的结论一定是正确的；③演绎推理的一般模式是“三段论”的形式；④演绎推理得到结论的正确与否与大前提、小前提和推理形式有关；⑤运用三段论推理时，大前提和小前提都不可以省略．其中正确的有________个．解析：易知①③④正确．答案：3(2)推理“①矩形是平行四边形；②三角形不是平行四边形；③所以三角形不是矩形”中的小前提是________(填序号)．答案：②[全析考法]演绎推理[典例] 数列{a n }的前n 项和记为S n ，已知a 1＝1，a n ＋1＝n ＋2n S n (n ∈N *)．证明：(1)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是等比数列；(2)S n ＋1＝4a n .[证明] (1)∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝n ＋2n S n， ∴(n ＋2)S n ＝n (S n ＋1－S n )， 即nS n ＋1＝2(n ＋1)S n . 故S n ＋1n ＋1＝2·S nn ，(小前提) 故⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是以2为公比，1为首项的等比数列．(结论)(大前提是等比数列的定义)(2)由(1)可知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是等比数列，(大前提)所以S n ＋1n ＋1＝4·S n －1n －1(n ≥2)，即S n ＋1＝4(n ＋1)·S n －1n －1＝4·n －1＋2n －1·S n －1＝4a n (n ≥2)．又a 2＝3S 1＝3，S 2＝a 1＋a 2＝1＋3＝4＝4a 1，(小前提) 所以对于任意正整数n ，都有S n ＋1＝4a n .(结论)[方法技巧]演绎推理的推证规则(1)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，本例中，等比数列的定义在解题中是大前提，由于它是显然的，因此省略不写．(2)在推理论证过程中，一些稍复杂一点的证明题常常要由几个三段论才能完成．[全练题点]1．已知a ，b ，m 均为正实数，b ＜a ，用三段论形式证明b a ＜b ＋ma ＋m .证明：因为不等式(两边)同乘以一个正数，不等号不改变方向，(大前提) b ＜a ，m ＞0，(小前提) 所以mb ＜ma .(结论)因为不等式两边同加上一个数，不等号不改变方向，(大前提) mb ＜ma ，(小前提)所以mb ＋ab ＜ma ＋ab ，即b (a ＋m )＜a (b ＋m )．(结论)因为不等式两边同除以一个正数，不等号不改变方向，(大前提) b (a ＋m )＜a (b ＋m )，a (a ＋m )＞0，(小前提) 所以b (a ＋m )a (a ＋m )＜a (b ＋m )a (a ＋m )，即b a ＜b ＋m a ＋m .(结论)2．已知函数y ＝f (x )满足：对任意a ，b ∈R ，a ≠b ，都有af (a )＋bf (b )>af (b )＋bf (a )，试证明：f (x )为R 上的单调递增函数．证明：设任意x 1，x 2∈R ，取x 1<x 2， 则由题意得x 1f (x 1)＋x 2f (x 2)>x 1f (x 2)＋x 2f (x 1)，所以x 1[f (x 1)－f (x 2)]＋x 2[f (x 2)－f (x 1)]>0，[f (x 2)－f (x 1)](x 2－x 1)>0， 因为x 1<x 2，即x 2－x 1>0，所以f (x 2)－f (x 1)>0，即f (x 2)>f (x 1)．(小前提) 所以y ＝f (x )为R 上的单调递增函数．(结论)[全国卷5年真题集中演练——明规律]1．(·全国卷Ⅱ)甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，则( )A ．乙可以知道四人的成绩B ．丁可以知道四人的成绩C ．乙、丁可以知道对方的成绩D ．乙、丁可以知道自己的成绩解析：选D 依题意，四人中有2位优秀，2位良好，由于甲知道乙、丙的成绩，但还是不知道自己的成绩，则乙、丙必有1位优秀，1位良好，甲、丁必有1位优秀，1位良好，因此，乙知道丙的成绩后，必然知道自己的成绩；丁知道甲的成绩后，必然知道自己的成绩，因此选D.2．(·全国卷Ⅱ)有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________．解析：由丙所言可能有两种情况．一种是丙持有“1和2”，结合乙所言可知乙持有“2和3”，从而甲持有“1和3”，符合甲所言情况；另一种是丙持有“1和3”，结合乙所言可知乙持有“2和3”，从而甲持有“1和2”，不符合甲所言情况．故甲持有“1和3”．答案：1和33．(·全国卷Ⅰ)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A ，B ，C 三个城市时， 甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B 城市； 乙说：我没去过C 城市； 丙说：我们三个去过同一城市． 由此判断乙去过的城市为________．解析：由于甲、乙、丙三人去过同一城市，而甲没有去过B 城市，乙没有去过C 城市，因此三人去过的同一城市应为A ，而甲去过的城市比乙多，但没去过B 城市，所以甲去过A ，C 城市，乙去过的城市应为A.答案：A[课时达标检测][小题对点练——点点落实]对点练(一) 合情推理1．(1)已知a 是三角形一边的长，h 是该边上的高，则三角形的面积是12ah ，如果把扇形的弧长l ，半径r 分别看成三角形的底边长和高，可得到扇形的面积为12lr ；(2)由1＝12,1＋3＝22,1＋3＋5＝32，可得到1＋3＋5＋…＋2n －1＝n 2，则(1)(2)两个推理过程分别属于( )A ．类比推理、归纳推理B ．类比推理、演绎推理C ．归纳推理、类比推理D ．归纳推理、演绎推理解析：选A (1)由三角形的性质得到扇形的性质有相似之处，此种推理为类比推理；(2)由特殊到一般，此种推理为归纳推理，故选A.2．观察下列各式：a ＋b ＝1，a 2＋b 2＝3，a 3＋b 3＝4，a 4＋b 4＝7，a 5＋b 5＝11，…，则a 10＋b 10＝( )A ．121B ．123C ．231D ．211解析：选B 令a n ＝a n ＋b n ，则a 1＝1，a 2＝3，a 3＝4，a 4＝7，…，得a n ＋2＝a n ＋a n ＋1，从而a 6＝18，a 7＝29，a 8＝47，a 9＝76，a 10＝123.3．下面图形由小正方形组成，请观察图①至图④的规律，并依此规律，写出第n 个图形中小正方形的个数是( )A ．n (n ＋1) B.n (n －1)2C.n (n ＋1)2D ．n (n －1)解析：选C 由题图知第1个图形的小正方形个数为1，第2个图形的小正方形个数为1＋2，第3个图形的小正方形个数为1＋2＋3，第4个图形的小正方形个数为1＋2＋3＋4，…，则第n 个图形的小正方形个数为1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2. 4．观察下列各式：55＝3 125,56＝15 625,57＝78 125,58＝390 625，59＝1 953 125，…，则52 018的末四位数字为( )A ．3 125B ．5 625C ．0 625D ．8 125解析：选B 55＝3 125 ,56＝15 625,57＝78 125,58＝390 625，59＝1 953 125，…，可得59与55的后四位数字相同，由此可归纳出5m＋4k与5m (k ∈N *，m ＝5,6,7,8)的后四位数字相同，又2 018＝4×503＋6，所以52 018与56的后四位数字相同，为5 625，故选B.5．(·山西孝义期末)我们知道：在平面内，点(x 0，y 0)到直线Ax ＋By ＋C ＝0的距离公式d ＝|Ax 0＋By 0＋C |A 2＋B 2，通过类比的方法，可求得：在空间中，点(2,4,1)到直线x ＋2y ＋2z ＋3＝0的距离为( )A ．3B ．5 C.5217D ．3 5解析：选B 类比平面内点到直线的距离公式，可得空间中点(x 0，y 0，z 0)到直线Ax ＋By ＋Cz ＋D ＝0的距离公式为d ＝|Ax 0＋By 0＋Cz 0＋D |A 2＋B 2＋C 2，则所求距离d ＝|2＋2×4＋2×1＋3|12＋22＋22＝5，故选B.6.如图，将一张等边三角形纸片沿中位线剪成4个小三角形，称为第一次操作；然后，将其中的一个三角形按同样方式再剪成4个小三角形，共得到7个小三角形，称为第二次操作；再将其中一个三角形按同样方式再剪成4个小三角形，共得到10个小三角形，称为第三次操作……根据以上操作，若要得到100个小三角形，则需要操作的次数是________．解析：由题意可知，第一次操作后，三角形共有4个；第二次操作后，三角形共有4＋3＝7个；第三次操作后，三角形共有4＋3＋3＝10个……由此可得第n次操作后，三角形共有4＋3(n－1)＝3n＋1个．当3n＋1＝100时，解得n＝33.答案：337．以下数表的构造思路源于我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算术》一书中的“杨辉三角形”.12345…3579…81216…2028…2 013 2 014 2 015 2 0164 027 4 029 4 0318 0568 06016 116……该表由若干数字组成，从第二行起，每一行中的数字均等于其“肩上”两数之和，表中最后一行仅有一个数，则这个数为____________．解析：观察数列，可以发现规律：每一行都是一个等差数列，且第一行的公差为1，第二行的公差为2，第三行的公差为4，第四行的公差为8，…，第2 015行的公差为22 014，故第一行的第一个数为2×2－1，第二行的第一个数为3×20，第三行的第一个数为4×21，第四行的第一个数为5×22，…，第n行的第一个数为(n＋1)·2n－2，故第2 016行(最后一行)仅有一个数为(1＋2 016)×22 014＝2 017×22 014.答案：2 017×22 0148.如图，将平面直角坐标系中的格点(横、纵坐标均为整数的点)按如下规则标上数字标签：原点处标0，点(1,0)处标1，点(1，－1)处标2，点(0，－1)处标3，点(－1，－1)处标4，点(－1,0)处标5，点(－1,1)处标6，点(0,1)处标7，依此类推，则标签为2 0172的格点的坐标为____________．解析：因为点(1,0)处标1＝12，点(2,1)处标9＝32，点(3,2)处标25＝52，点(4,3)处标49＝72，依此类推得点(1 009，1 008)处标2 0172.答案：(1 009,1 008)对点练(二)演绎推理1．下面四个推导过程符合演绎推理三段论形式且推理正确的是()A．大前提：无限不循环小数是无理数；小前提：π是无理数；结论：π是无限不循环小数B．大前提：无限不循环小数是无理数；小前提：π是无限不循环小数；结论：π是无理数C．大前提：π是无限不循环小数；小前提：无限不循环小数是无理数；结论：π是无理数D．大前提：π是无限不循环小数；小前提：π是无理数；结论：无限不循环小数是无理数解析：选B对于A，小前提与结论互换，错误；对于B，符合演绎推理过程且结论正确；对于C和D，大前提均错误．故选B.2．某人进行了如下的“三段论”：如果f′(x0)＝0，则x＝x0是函数f(x)的极值点，因为函数f(x)＝x3在x＝0处的导数值f′(0)＝0，所以x＝0是函数f(x)＝x3的极值点．你认为以上推理的()A．大前提错误B．小前提错误C．推理形式错误D．结论正确解析：选A若f′(x0)＝0，则x＝x0不一定是函数f(x)的极值点，如f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点，故大前提错误．3．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：选C因为f(x)＝sin(x2＋1)不是正弦函数，所以小前提不正确.4．(·湖北八校联考)有6名选手参加演讲比赛，观众甲猜测：4号或5号选手得第一名；观众乙猜测：3号选手不可能得第一名；观众丙猜测：1,2,6号选手中的一位获得第一名；观众丁猜测：4,5,6号选手都不可能获得第一名．比赛后发现没有并列名次，且甲、乙、丙、丁中只有1人猜对比赛结果，此人是()A．甲B．乙C．丙D．丁解析：选D若甲猜测正确，则4号或5号得第一名，那么乙猜测也正确，与题意不符，故甲猜测错误，即4号和5号均不是第一名；若乙猜测正确，则3号不可能得第一名，即1,2,4,5,6号选手中有一位获得第一名，那么甲和丙中有一人也猜对比赛结果，与题意不符，故乙猜测错误；若丙猜测正确，那么乙猜测也正确，与题意不符，故仅有丁猜测正确，所以选D.5．在一次调查中，甲、乙、丙、丁四名同学的阅读量有如下关系：甲、丙阅读量之和与乙、丁阅读量之和相同，甲、乙阅读量之和大于丙、丁阅读量之和，丁的阅读量大于乙、丙阅读量之和．那么这四名同学按阅读量从大到小排序依次为____________．解析：因为甲、丙阅读量之和等于乙、丁阅读量之和，甲、乙阅读量之和大于丙、丁阅读量之和，所以乙的阅读量大于丙的阅读量，甲的阅读量大于丁的阅读量，因为丁的阅读量大于乙、丙阅读量之和，所以这四名同学按阅读量从大到小排序依次为甲、丁、乙、丙．答案：甲、丁、乙、丙[大题综合练——迁移贯通]1．给出下面的数表序列：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13574 81212 2032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．2．在Rt△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC于点D，求证：1AD2＝1AB2＋1AC2.在四面体ABCD 中，类比上述结论，你能得到怎样的猜想？并说明理由．解：如图所示，由射影定理AD2＝BD·DC，AB2＝BD·BC，AC2＝BC·DC，∴1AD2＝1BD·DC＝BC2 BD·BC·DC·BC＝BC2AB2·AC2.又BC2＝AB2＋AC2，∴1AD 2＝AB 2＋AC 2AB 2·AC 2＝1AB 2＋1AC 2. 猜想，在四面体ABCD 中，AB 、AC 、AD 两两垂直，AE ⊥平面BCD ，则1AE 2＝1AB 2＋1AC 2＋1AD 2. 证明：如图，连接BE 并延长交CD 于点F ，连接AF . ∵AB ⊥AC ，AB ⊥AD ，AC ∩AD ＝A ， ∴AB ⊥平面ACD .∵AF ⊂平面ACD ，∴AB ⊥AF . 在Rt △ABF 中，AE ⊥BF ， ∴1AE 2＝1AB 2＋1AF2. ∵AB ⊥平面ACD ，∴AB ⊥CD .∵AE ⊥平面BCD ，∴AE ⊥CD .又AB ∩AE ＝A ， ∴CD ⊥平面ABF ，∴CD ⊥AF . ∴在Rt △ACD 中1AF 2＝1AC 2＋1AD2， ∴1AE 2＝1AB 2＋1AC 2＋1AD2. 3．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： ①sin 213°＋cos 217°－sin 13°cos 17°； ②sin 215°＋cos 215°－sin 15°cos 15°； ③sin 218°＋cos 212°－sin 18°cos 12°； ④sin 2(－18°)＋cos 248°－sin(－18°)cos 48°； ⑤sin 2(－25°)＋cos 255°－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：sin 215°＋cos 215°－sin 15°cos 15°＝1－12sin 30°＝1－14＝34.(2)三角恒等式为sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin α·cos(30°－α)＝34.证明如下：sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin α·cos(30°－α)＝sin2α＋(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)2－sin α·(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)＝sin2α＋34cos2α＋32sin αcos α＋14sin2α－32sin αcos α－12sin2α＝34sin2α＋34cos2α＝34.第二节直接证明与间接证明、数学归纳法本节主要包括3个知识点： 1.直接证明； 2.间接证明； 3.数学归纳法.突破点(一)直接证明[基本知识]内容综合法分析法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.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)为止思维过程由因导果执果索因框图表示P(已知)⇒Q1→Q1⇒Q2→…→Q n⇒Q(结论)Q(结论)⇐P1→P1⇐P2→…→得到一个明显成立的条件书写格式“因为…，所以…”或“由…，得…”“要证…，只需证…，即证…”[基本能力]1．判断题(1)综合法是直接证明，分析法是间接证明．()(2)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．()(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2＋7<3＋6最合适的方法是分析法．()答案：(1)×(2)×(3)√(4)√2．填空题(1)6－22与5－7的大小关系是________．解析：假设6－22>5－7，由分析法可得，要证6－22>5－7，只需证6＋7>5＋22，即证13＋242>13＋410，即42>210.因为42>40，所以6－22>5－7成立．答案：6－22>5－7(2)已知a，b是不相等的正数，x＝a＋b2，y＝a＋b，则x、y的大小关系是________．解析：x2＝12(a＋b＋2ab)，y2＝a＋b＝12(a＋b＋a＋b)>12(a＋b＋2ab)＝x2，又∵x>0，y>0，∴y>x.答案：y>x(3)设a>b>0，m＝a－b，n＝a－b，则m，n的大小关系是________．解析：∵a>b>0，∴a>b，a－b>0，∴n2－m2＝a－b－(a＋b－2ab)＝2ab－2b>2b2－2b＝0，∴n2>m2，又∵m>0，n>0，∴n>m.答案：n>m[全析考法]综合法(1)定义明确的问题，如证明函数的单调性、奇偶性，求证无条件的等式或不等式；(2)已知条件明确，并且容易通过分析和应用条件逐步逼近结论的题型．[例1](·武汉模拟)已知函数f(x)＝(λx＋1)ln x－x＋1.(1)若λ＝0，求f(x)的最大值；(2)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直，证明：f(x)x－1>0. [解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．当λ＝0时，f(x)＝ln x－x＋1.则f ′(x )＝1x －1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0， 故f (x )在(0,1)上是增函数； 当x >1时，f ′(x )<0，故f (x )在(1，＋∞)上是减函数． 故f (x )在x ＝1处取得最大值f (1)＝0.(2)证明：由题可得，f ′(x )＝λln x ＋λx ＋1x －1.由题设条件，得f ′(1)＝1，即λ＝1. ∴f (x )＝(x ＋1)ln x －x ＋1.由(1)知，ln x －x ＋1<0(x >0，且x ≠1)．当0<x <1时，x －1<0，f (x )＝(x ＋1)ln x －x ＋1＝x ln x ＋(ln x －x ＋1)<0，∴f (x )x －1>0.当x >1时，x －1>0，f (x )＝(x ＋1)ln x －x ＋1＝ln x ＋(x ln x －x ＋1)＝ln x －x ⎝⎛⎭⎫ln 1x －1x ＋1>0， ∴f (x )x －1>0.综上可知，f (x )x －1>0. [方法技巧] 综合法证题的思路分析法[例2] 已知a >0，1b －1a >1，求证：1＋a >11－b.[证明] 由已知1b －1a >1及a >0，可知0<b <1，要证1＋a >11－b ，只需证1＋a ·1－b >1，只需证1＋a －b －ab >1，只需证a －b －ab >0，即a －b ab >1，即1b －1a >1.这是已知条件，所以原不等式得证．[方法技巧]分析法证题的思路(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．[全练题点]1.[考点一]命题“对于任意角θ，cos 4θ－sin 4θ＝cos 2θ”的证明：“cos 4θ－sin 4θ＝(cos 2θ－sin 2θ)(cos 2θ＋sin 2θ)＝cos 2θ－sin 2θ＝cos 2θ”过程应用了( )A ．分析法B ．综合法C ．综合法、分析法综合使用D ．间接证明法解析：选B 因为证明过程是“由因导果”，即由条件逐步推向结论，故选B. 2.[考点一](·广州调研)若a ，b ，c 为实数，且a ＜b ＜0，则下列不等式成立的是( ) A ．ac 2＜bc 2 B ．a 2＞ab ＞b 2 C.1a ＜1bD.b a ＞a b解析：选B a 2－ab ＝a (a －b )，∵a ＜b ＜0，∴a －b ＜0，∴a (a －b )>0，即a 2－ab ＞0，∴a 2＞ab .①又∵ab －b 2＝b (a －b )＞0，∴ab ＞b 2，② 由①②得a 2＞ab ＞b 2.3.[考点一]已知a ，b ，c 为正实数，a ＋b ＋c ＝1，求证：a 2＋b 2＋c 2≥13.证明：因为a ＋b ＋c ＝1，所以(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2ac ＋2bc ≤a 2＋b 2＋c 2＋a 2＋b 2＋a 2＋c 2＋b 2＋c 2＝3(a 2＋b 2＋c 2)，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立．所以a 2＋b 2＋c 2≥13.4.[考点二]已知m >0，a ，b ∈R ，求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m . 证明：因为m >0，所以1＋m >0.所以要证原不等式成立，只需证(a ＋mb )2≤(1＋m )·(a 2＋mb 2)，即证m (a 2－2ab ＋b 2)≥0，即证m (a －b )2≥0，即证(a －b )2≥0，而(a －b )2≥0显然成立，故原不等式得证．突破点(二)间接证明[基本知识]1．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，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．2．用反证法证明问题的一般步骤第一步分清命题“p⇒q”的条件和结论第二步作出命题结论q相反的假设綈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开始所作的假设綈q不真，于是结论q成立，从而间接地证明了命题p⇒q为真3．常见的结论和反设词原结论词反设词原结论词反设词至少有一个一个都没有对任意x成立存在某个x不成立至多有一个至少有两个对任意x不成立存在某个x成立至少有n个至多有(n－1)个p或q 綈p且綈q至多有n个至少有(n＋1)个p且q 綈p或綈q 都是不都是不都是都是[基本能力]1．判断题(1)用反证法证明结论“a>b”时，应假设“a<b”．()(2)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．()(3)用反证法证题时必须先否定结论，否定结论就是找出结论的反面的情况．()(4)反证法的步骤是：①准确反设；②从否定的结论正确推理；③得出矛盾．() 答案：(1)×(2)×(3)√(4)√2．填空题(1)用反证法证明“如果a>b，那么3a>3b”，假设的内容应是________．答案：3a≤3b(2)应用反证法推出矛盾的推导过程中，可把下列哪些作为条件使用________(填序号)．①结论相反的判断即假设；②原命题的条件；③公理、定理、定义；④原结论．答案：①②③(3)写出下列命题的否定．①若a，b，c满足a2＋b2＝c2，则a，b，c不都是奇数；否定为____________________________________________________________；②若p>0，q>0，p3＋q3＝2，则p＋q≤2；否定为________________________________________________________；③所有的正方形都是矩形；否定为________________________________________________________________；④至少有一个实数x，使x2＋1＝0；否定为_______________________________________________________________．答案：①若a，b，c满足a2＋b2＝c2，则a，b，c都是奇数②若p>0，q>0，p3＋q3＝2，则p＋q>2③至少存在一个正方形不是矩形④不存在实数x，使x2＋1＝0[全析考法]证明否定性命题[例1]设{a n}(1)推导{a n}的前n项和公式；(2)设q≠1，证明数列{a n＋1}不是等比数列．[解](1)设{a n}的前n项和为S n，当q＝1时，S n＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；当q≠1时，S n＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1q n－1，①。
2021高考数学一轮复习第12章算法初步复数推理与证明第5讲数学归纳法课时作业含解析新人教B版
数学归纳法课时作业1．用数学归纳法证明：11×3＋13×5＋…＋1(2n －1)(2n ＋1)＝n 2n ＋1(n ∈N *)． 证明 (1)当n ＝1时，左边＝11×3＝13， 右边＝12×1＋1＝13，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11×3＋13×5＋…＋1(2k －1)(2k ＋1)＝k 2k ＋1， 则当n ＝k ＋1时，11×3＋13×5＋…＋1(2k －1)(2k ＋1)＋1(2k ＋1)(2k ＋3)＝k 2k ＋1＋1(2k ＋1)(2k ＋3)＝k (2k ＋3)＋1(2k ＋1)(2k ＋3)＝2k 2＋3k ＋1(2k ＋1)(2k ＋3)＝k ＋12k ＋3＝k ＋12(k ＋1)＋1， 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．2．求证：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n >56(n ≥2，n ∈N *)． 证明 (1)当n ＝2时，左边＝13＋14＋15＋16>56，不等式成立． (2)假设n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时命题成立，即1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k >56. 当n ＝k ＋1时，1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋13k ＋13k ＋1＋13k ＋2＋13(k ＋1)＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1 >56＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1 >56＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3×13k ＋3－1k ＋1＝56.∴当n ＝k ＋1时不等式也成立．∴原不等式对一切n ≥2，n ∈N *均成立．3．试证：当n ∈N *时，f (n )＝32n ＋2－8n －9能被64整除．证明 (1)当n ＝1时，f (1)＝64，命题显然成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时，f (k )＝32k ＋2－8k －9能被64整除． 当n ＝k ＋1时，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)，所以n ＝k ＋1时命题也成立．根据(1)(2)可知，对于任意n ∈N *，命题都成立．4．设集合M ＝{1,2,3，…，n }(n ≥3，n ∈N *)，记M 的含有三个元素的子集的个数为S n ，同时将每一个子集中的三个元素由小到大排列，取出中间的数，所有这些中间的数的和记为T n .(1)求T 3S 3，T 4S 4，T 5S 5，T 6S 6的值；(2)猜想T nS n的表达式，并证明． 解 (1)T 3S 3＝2，T 4S 4＝52，T 5S 5＝3，T 6S 6＝72. (2)猜想T n S n ＝n ＋12(n ≥3，n ∈N *)． 下面用数归纳法证明．①当n ＝3时，由(1)知猜想成立；②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时，猜想成立，即T k S k ＝k ＋12，而S k ＝C 3k ，所以T k ＝k ＋12·C 3k . 则当n ＝k ＋1时，易知S k ＋1＝C 3k ＋1，而当集合M 从{1,2,3，…，k }变为{1,2,3，…，k ，k ＋1}时，T k ＋1在T k 的基础上增加了1个2,2个3,3个4，…，(k －1)个k .所以T k ＋1＝T k ＋2×1＋3×2＋4×3＋…＋k (k －1)＝k ＋12·C 3k ＋2(C 22＋C 23＋C 24＋…＋C 2k ) ＝k ＋12·C 3k ＋2(C 33＋C 23＋C 24＋…＋C 2k )＝k －22·C 3k ＋1＋2C 3k ＋1 ＝k ＋22·C 3k ＋1 ＝(k ＋1)＋12·S k ＋1， 故T k ＋1S k ＋1＝(k ＋1)＋12. 所以当n ＝k ＋1时，猜想也成立．综上所述，猜想成立，即T n S n ＝n ＋12(n ≥3，n ∈N *)．附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
2021届高考数学总复习(人教A版,理科)配套题库： 复 数(含答案解析)
第5讲复数一、选择题1．复数2＋i1－2i的共轭复数是( )．A ．－35i B.35i C．－i D ．i解析2＋i1－2i＝i－2i＋11－2i＝i，∴2＋i1－2i的共轭复数为－i.答案 C2．复数i－21＋2i＝( )．A．i B．－iC．－45－35i D．－45＋35i解析由于i－21＋2i＝i－21－2i1＋2i1－2i＝5i5＝i，故选择A.答案 A3.在复平面内，设z＝1＋i(i是虚数单位)，则复数2z＋z2对应的点位于( )A．第一象限 B．其次象限C．第三象限 D．第四象限解析由题知，2z＋z2＝21＋i＋(1＋i)2＝1－i＋2i＝1＋i，所以复数2z＋z2对应的点为(1,1)，其位于第一象限．答案 A4．复数z1＝a＋2i，z2＝－2＋i，假如|z1|<|z2|，则实数a的取值范围是()．A．－1<a<1 B．a>1C．a>0 D．a<－1或a>1解析|z1|＝a2＋4，|z2|＝5，∴a2＋4<5，∴－1<a<1.故选A.答案 A5．方程x2＋6x＋13＝0的一个根是()．A．－3＋2i B．3＋2iC．－2＋3i D．2＋3i解析Δ＝62－4×13＝－16，∴x＝－6±4i2＝－3±2i.答案 A6．设z是复数，f(z)＝z n(n∈N*)，对于虚数单位i，则f(1＋i)取得最小正整数时，对应n的值是( )．A．2 B．4 C．6 D．8解析f(1＋i)＝(1＋i)n，则当f(1＋i)取得最小正整数时，n为8.答案 D7．下面是关于复数z＝2－1＋i的四个命题：p1：|z|＝2；p2：z2＝2i；p3：z的共轭复数为1＋i；p4：z的虚部为－1.其中的真命题为()．A．p2，p3B．p1，p2C．p2，p4D．p3，p4解析z＝2－1＋i＝2(－1－i)(－1＋i)(－1－i)＝－1－i，所以|z|＝2，p1为假命题；z2＝(－1－i)2＝(1＋i)2＝2i，p2为真命题；z＝－1＋i，p3为假命题；p4为真命题．故选C.答案 C8．已知复数z满足z(1＋i)＝1＋a i(其中i是虚数单位，a∈R)，则复数z在复平面内对应的点不行能位于()．A．第一象限B．其次象限C．第三象限D．第四象限解析由条件可知：z＝1＋a i1＋i＝(1＋a i)(1－i)(1＋i)(1－i)＝a＋12＋a－12i；当a＋12<0，且a－12>0时，a∈∅，所以z对应的点不行能在其次象限，故选B.答案 B。
2021年高考数学第一轮复习 第十二篇 推理与证明、算法、复数细致讲解练 理 新人教A版
年高考数学第一轮复习第十二篇推理与证明、算法、复数细致讲解练理新人教A版[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a n＝n(n∈N*)．(×)(5)(xx·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】 (xx·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n n ＋12＝12n 2＋12n ，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)＝12n 2＋12n ，正方形数N (n,4)＝n 2，五边形数 N (n,5)＝32n 2－12n ， 六边形数N (n,6)＝2n 2－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)＝12n 2＋12n ，N (n,4)＝22n 2＋02n ，N (n,5)＝32n 2＋－12n ， N (n,6)＝42n 2＋－22n ， 推测N (n ，k )＝⎝⎛⎭⎪⎫k －22n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫4－k 2n ，k ≥3. 从而N (n,24)＝11n 2－10n ，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)(xx·佛山质检)观察下列不等式： ①12＜1；②12＋16＜2；③12＋16＋112＜ 3. 则第5个不等式为________． (2)(xx·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)12＋16＋112＋120＋130＜5 (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 ＝12(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S 1，S 2，S 3，S 4，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12类比为三维图形中的13⇒得出结论．答案 V 四面体A －BCD ＝13(S 1＋S 2＋S 3＋S 4)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 ＝πr 2，观察发现S ′＝l ；三维空间中球的二维测度(表面积)S ＝4πr 2，三维测度(体积)V ＝43πr 3，观察发现V ′＝S .则四维空间中“超球”的四维测度W ＝2πr 4，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 ′＝(2πr 4)′＝8πr 3. 答案 8πr 3考点三 演绎推理【例3】 数列{a n }的前n 项和记为S n ，已知a 1＝1，a n ＋1＝n ＋2nS n (n ∈N *)．证明： (1)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是等比数列；(2)S n ＋1＝4a n .证明 (1)∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝n ＋2nS n ， ∴(n ＋2)S n ＝n (S n ＋1－S n )，即nS n ＋1＝2(n ＋1)S n . ∴S n ＋1n ＋1＝2·S n n ，又S 11＝1≠0， (小前提) 故⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 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S n ＋1n ＋1＝4·S n －1n －1(n ≥2)， ∴S n ＋1＝4(n ＋1)·S n －1n －1＝4·n ＋1n －1·S n －1 ＝4a n (n ≥2)， (小前提) 又a 2＝3S 1＝3，S 2＝a 1＋a 2＝1＋3＝4＝4a 1，(小前提) ∴对于任意正整数n ，都有S n ＋1＝4a n .(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 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 ＝log a x 是增函数(大前提)，而y ＝log 14x 是对数函数(小前提)，所以y ＝log 14x 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 ＝log a x 是增函数；当0＜a ＜1时，函数y ＝log a x 是减函数．故大前提错误导致结论错误． 答案 A1．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】 (xx·湖南卷)对于E ＝{a 1，a 2，…，a 100}的子集X ＝{ai 1，ai 2，…，ai k }，定义X 的“特征数列”为x 1，x 2，…，x 100，其中xi 1＝xi 2＝…＝xi k ＝1，其余项均为0.❶例如：子集{a 2，a 3}的“特征数列”为0,1,1,0,0，…，0.❷(1)子集{a 1，a 3，a 5}的“特征数列”的前3项和等于______；(2)若E 的子集P 的“特征数列”p 1，p 2，…，p 100满足p 1＝1，p i ＋p i ＋1＝1,1≤i ≤99；E 的子集Q 的“特征数列”q 1，q 2，…，q 100满足q 1＝1，q j ＋q j ＋1＋q j ＋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 ＝{ai 1，ai 2，…，ai k }来说，定义X 的“特征数列”为x 1，x 2，…，x 100是一个新的数列，该数列的xi 1＝xi 2＝…＝xi k ＝1，其余项均为0.突破2：通过例子❷：“子集{a 2，a 3}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p 1＝1，p i ＋p i ＋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{a 1，a 3，a 5}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 ＝{a 1，a 3，…，a 2n －1，…，a 99}(1≤n ≤50)，子集Q 的“特征数列”为1,0,0,1,0,0，…，1,0,0,1，则Q ＝{a 1，a 4，…，a 3k －2，…，a 100}(1≤k ≤34)，则P ∩Q ＝{a 1，a 7，a 13，…，a 97}，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x 1，x 2，…，x n 总满足1n[f (x 1)＋f (x 2)＋…＋f (x n )]≤f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 2＋…＋x n n ，称函数f (x )为D 上的凸函数．现已知f (x )＝sinx 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1n[f (x 1)＋f (x 2)＋…＋f (x n )]≤f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 2＋…＋x n n ， (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 ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋B ＋C 3，(结论)即sin A ＋sin B ＋sin C ≤3sin π3＝332.因此sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值是332.答案 332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(x 2＋1)是正弦函数，因此f (x )＝sin(x 2＋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(x 2＋1)不是正弦函数而是复合函数，所以小前提不正确． 答案 C2．观察(x 2)′＝2x ，(x 4)′＝4x 3，(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 D3．(xx·江西卷)观察下列各式：a ＋b ＝1，a 2＋b 2＝3，a 3＋b 3＝4，a 4＋b 4＝7，a 5＋b 5＝11，…，则a 10＋b 10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a 10＋b 10＝123. 答案 C4．(xx·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 )＝a x －a －x ，C (x )＝a x ＋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(a x ＋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 B5．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“ac bc ＝ab ”类比得到“a ·cb ·c ＝ab”． 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．(xx·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)27．若等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，前n 项的和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列，且通项为S n n ＝a 1＋(n －1)·d2，类似地，请完成下列命题：若各项均为正数的等比数列{b n }的首项为b 1，公比为q ，前n 项的积为T n ，则________． 答案 数列{n T n }为等比数列，且通项为nT n ＝b 1(q )n －18．(xx·揭阳一模)给出下列等式：2＝2cos π4，2＋2＝2cos π8，2＋2＋2＝2cosπ16，请从中归纳出第n 个等式：2＋…＋2＋2＝________. 答案 2cos π2n ＋1三、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 4 812 …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 )＝13x＋3，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)＝130＋3＋131＋3＝11＋3＋131＋3＝331＋3＋131＋3＝33， 同理可得：f (－1)＋f (2)＝33，f (－2)＋f (3)＝33.由此猜想f(x)＋f(1－x)＝3 3.证明：f(x)＋f(1－x)＝13x＋3＋131－x＋3＝13x＋3＋3x3＋3·3x＝13x＋3＋3x33＋3x＝3＋3x33＋3x＝33.能力提升题组(建议用时：25分钟)一、选择题1．(xx·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 B2．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{a n}，则a1＝1，a2＝a1＋2，a 3＝a 2＋3，…a n ＝a n －1＋n .∴a 1＋a 2＋…＋a n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n －1)＋(1＋2＋3＋…＋n )⇒a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12，观察正方形数：1,4,9,16，…，记该数列为{b n }，则b n ＝n 2.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＋22)×2×12＝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 ＝12.c ＝－1.∴S ＝N ＋12L －1，∴若某格点多边形对应的N ＝71，L ＝18，则S ＝71＋12×18－1＝79.答案 (1)3,1,6 (2)79 三、解答题4．(xx·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： ①sin 213°＋cos 217°－sin 13°cos 17°；②sin 215°＋cos 215°－sin 15°cos 15°； ③sin 218°＋cos 212°－sin 18°cos 12°； ④sin 2(－18°)＋cos 248°－sin(－18°)cos 48°； ⑤sin 2(－25°)＋cos 255°－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：sin 215°＋cos 215°－sin 15°cos 15°＝1－12sin 30°＝1－14＝34.(2)三角恒等式为sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝34.证明如下：sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝sin 2α＋(cos 30°cos α＋sin 30°sinα)2－sin α·(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)＝sin 2α＋34cos 2α＋32sin αcos α＋14sin 2α－32sin αcos α－12sin 2α＝34sin 2α＋34cos 2α＝34. 学生用书第202页 [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 ⇒Q 1→Q 1⇒Q 2→Q 2⇒Q 3→…→Q n ⇒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 ⇐P 1→P 1⇐P 2→P 2⇐P 3→…→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2＋7＜3＋6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】 (xx·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 ≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c2a≥1.证明 (1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac 得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .由题设得(a ＋b ＋c )2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1.所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13.(2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，故a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )， 即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c .所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 学生用书第203页规律方法 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：1a ＋1b ＋1ab≥8.(2)已知a ，b ，c 是全不相等的正实数，求证：b ＋c －a a ＋a ＋c －b b ＋a ＋b －cc＞3. 证明 (1)∵a ＋b ＝1， ∴1a ＋1b ＋1ab ＝a ＋b a ＋a ＋b b ＋a ＋b ab＝1＋ba＋1＋a b ＋a ＋bab≥2＋2b a ·a b ＋a ＋b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝2＋2＋4＝8，当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立．(2)∵a ，b ，c 全不相等，且都大于0. ∴b a 与a b ，c a 与a c ，c b 与b c 全不相等， ∴b a ＋a b＞2，c a ＋a c＞2，c b ＋b c＞2， 三式相加得b a ＋c a ＋c b ＋a b ＋a c ＋b c＞6，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋c a －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c b ＋a b －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a c ＋b c－1＞3，即b ＋c －a a ＋a ＋c －b b ＋a ＋b －cc＞3. 考点二 分析法的应用【例2】 已知a ＞0，求证：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－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＋1a 2－2≥a ＋1a－2，只需要证a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋ 2. ∵a ＞0，故只需要证⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2＋22≥⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋22，即a 2＋1a2＋4a 2＋1a2＋4≥a 2＋2＋1a2＋22⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋2，从而只需要证2a 2＋1a 2≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ，只需要证4⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋2＋1a 2，即a 2＋1a2≥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：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m . 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 )(a 2＋mb 2) 即证m (a 2－2ab ＋b 2)≥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{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1＋2，S 3＝9＋3 2. (1)求数列{a n }的通项a n 与前n 项和S n ；(2)设b n ＝S nn(n ∈N *)，求证：数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．(1)解 由已知得⎩⎨⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，∴d ＝2，故a n ＝2n －1＋2，S n ＝n (n ＋2)． (2)证明 由(1)得b n ＝S n n＝n ＋ 2.假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r ∈N *，且互不相等)成等比数列，则b 2q ＝b p b r . 即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)． ∴(q 2－pr )＋2(2q －p －r )＝0.∵p ，q ，r ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0.∴⎝⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝pr ，(p －r )2＝0.∴p ＝r ，与p ≠r 矛盾．∴数列{b n }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 (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：x 2＋4ax －4a ＋3＝0，x 2＋(a －1)x ＋a 2＝0，x 2＋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⎩⎪⎨⎪⎧4a 2－4－4a ＋3＜0，a －12－4a 2＜0，2a 2－4×－2a ＜0⇒⎩⎪⎨⎪⎧－32＜a ＜12，a ＞13或a ＜－1，－2＜a ＜0，∴－32＜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)(xx·北京卷)直线y ＝kx ＋m (m ≠0)与椭圆W ：x 24＋y 2＝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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，12，代入椭圆方程得t 24＋14＝1， 即t ＝± 3.所以|AC |＝2 3. (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⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝4，y ＝kx ＋m消y 并整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0. (7分) 设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则x 1＋x 22＝－4km 1＋4k 2，y 1＋y 22＝k ·x 1＋x 22＋m ＝m1＋4k2.所以AC 的中点为M ⎝⎛⎭⎪⎫－4km 1＋4k 2，m 1＋4k 2. (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－14k.(11分)因为k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－14k ≠－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，从而间学生用书第205页 设直线l 1：y ＝k 1x ＋1，l 2：y ＝k 2x －1，其中实数k 1，k 2满足k 1k 2＋2＝0. (1)证明：l 1与l 2相交；(2)证明：l 1与l 2的交点在椭圆2x 2＋y 2＝1上． 证明 (1)假设l 1与l 2不相交， 则l 1与l 2平行或重合，有k 1＝k 2， 代入k 1k 2＋2＝0，得k 21＋2＝0.这与k 1为实数的事实相矛盾，从而k 1≠k 2， 即l 1与l 2相交．(2)由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x ＋1，y ＝k 2x －1，解得交点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2－k 1，k 2＋k 1k 2－k 1.从而2x 2＋y 2＝2⎝⎛⎭⎪⎫2k 2－k 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋k 1k 2－k 12＝8＋k 22＋k 21＋2k 1k 2k 22＋k 21－2k 1k 2＝k 21＋k 22＋4k 21＋k 22＋4＝1，所以l 1与l 2的交点P (x ，y )在椭圆2x 2＋y 2＝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．(xx·安阳模拟)若a ＜b ＜0，则下列不等式中成立的是( )． A.1a ＜1b B ．a ＋1b ＞b ＋1aC ．b ＋1a ＞a ＋1b D.b a ＜b ＋1a ＋1解析 (特值法)取a ＝－2，b ＝－1，验证C 正确． 答案 C2．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 A3．(xx·上海模拟)“a ＝14”是“对任意正数x ，均有x ＋ax ≥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 ＝14时，x ＋14x ≥2x ·14x ＝1，当且仅当x ＝14x ，即x ＝12时取等号；反之，显然不成立． 答案 A4．(xx·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 ＋cA ．a －b ＞0B ．a －c ＞0C ．(a －b )(a －c )＞0D ．(a －b )(a －c )＜0 解析 由题意知b 2－ac ＜3a ⇐b 2－ac ＜3a 2⇐(a ＋c )2－ac ＜3a 2 ⇐a 2＋2ac ＋c 2－ac －3a 2＜0 ⇐－2a 2＋ac ＋c 2＜0 ⇐2a 2－ac －c 2＞0⇐(a －c )(2a ＋c )＞0⇐(a －c )(a －b )＞0. 答案 C5．(xx·天津模拟)p ＝ab ＋cd ，q ＝ma ＋nc ·b m ＋dn(m ，n ，a ，b ，c ，d 均为正数)，则p ，q 的大小为( )．A ．p ≥qB ．p ≤qC ．p ＞qD ．不确定 解析 q ＝ ab ＋mad n ＋nbcm＋cd ≥ab ＋2 abcd ＋cd ＝ab ＋cd ＝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b a ＋ab≥2成立的条件的个数是________．解析 要使b a ＋a b ≥2，只需b a >0且a b >0成立，即a ，b 不为0且同号即可，故①③④能使b a ＋a b≥2成立． 答案 37．已知a ，b ，m 均为正数，且a ＞b ，则b a 与b ＋ma ＋m的大小关系是________．解析 b a －b ＋m a ＋m ＝ab ＋bm －ab －am a a ＋m ＝m b －aa a ＋m，∵a ，b ，m ＞0，且a ＞b ，∴b －a ＜0，∴b a ＜b ＋ma ＋m.答案 b a ＜b ＋ma ＋m8．设a ，b 是两个实数，给出下列条件：①a ＋b ＞2；②a 2＋b 2＞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： lga ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c .证明 ∵a ，b ，c ∈(0，＋∞)， ∴a ＋b2≥ab ＞0，b ＋c2≥bc ＞0，a ＋c2≥ac ＞0.又上述三个不等式中等号不能同时成立． ∴a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2＞abc 成立．上式两边同时取常用对数， 得lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞lg abc ，∴lga ＋b 2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c .10．(xx·鹤岗模拟)设数列{a n }是公比为q 的等比数列，S n 是它的前n 项和． (1)求证：数列{S n }不是等比数列； (2)数列{S n }是等差数列吗？为什么？(1)证明 假设数列{S n }是等比数列，则S 22＝S 1S 3， 即a 21(1＋q )2＝a 1·a 1·(1＋q ＋q 2)， 因为a 1≠0，所以(1＋q )2＝1＋q ＋q 2， 即q ＝0，这与公比q ≠0矛盾， 所以数列{S n }不是等比数列．(2)解 当q ＝1时，S n ＝na 1，故{S n }是等差数列； 当q ≠1时，{S n }不是等差数列，否则2S 2＝S 1＋S 3， 即2a 1(1＋q )＝a 1＋a 1(1＋q ＋q 2)，得q ＝0，这与公比q ≠0矛盾．综上，当q ＝1时，数列{S n }是等差数列；当q ≠1时，{S n }不是等差数列．能力提升题组 (建议用时：25分钟)一、选择题1．(xx·漳州一模)设a ，b ，c 均为正实数，则三个数a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a( )．A ．都大于2B ．都小于2C ．至少有一个不大于2D ．至少有一个不小于2 解析 ∵a ＞0，b ＞0，c ＞0，∴⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1b ＋⎝⎛⎭⎪⎫b ＋1c ＋⎝⎛⎭⎪⎫c ＋1a ＝⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋⎝⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c ≥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 D2．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，a ，b 是正实数，A ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 的大小关系为( )．A ．A ≤B ≤C B ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A 解析 ∵a ＋b2≥ab ≥2ab a ＋b ，又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上是减函数，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b .答案 A 二、填空题3．(xx·株洲模拟)已知a ，b ，μ∈(0，＋∞)，且1a ＋9b＝1，则使得a ＋b ≥μ恒成立的μ的取值范围是________．解析 ∵a ，b ∈(0，＋∞)，且1a ＋9b＝1，∴a ＋b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋9b ＝10＋⎝ ⎛⎭⎪⎫9a b＋b a ≥10＋29＝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．(xx·江苏卷)设{a n }是首项为a ，公差为d 的等差数列(d ≠0)，S n 是其前n 项的和．记b n ＝nS nn 2＋c，n ∈N *，其中c 为实数．(1)若c ＝0，且b 1，b 2，b 4成等比数列，证明：S nk ＝n 2S k (k ，n ∈N *)； (2)若{b n }是等差数列，证明：c ＝0. 证明 由题意得，S n ＝na ＋n n －12d .(1)由c ＝0，得b n ＝S n n＝a ＋n －12d .又因为b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋d 22＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋32d ，化简得d 2－2ad ＝0. 因为d ≠0，所以d ＝2a .因此，对于所有的m ∈N *，有S m ＝m 2a .从而对于所有的k ，n ∈N *，有S nk ＝(nk )2a ＝n 2k 2a ＝n 2S k . (2)设数列{b n }的公差是d 1，则b n ＝b 1＋(n －1)d 1，即nS nn 2＋c＝b 1＋(n －1)d 1，n ∈N *，代入S n的表达式，整理得，对于所有的n ∈N *，有⎝ ⎛⎭⎪⎫d 1－12d n 3＋⎝⎛⎭⎪⎫b 1－d 1－a ＋12d ·n 2＋cd 1n ＝c (d 1－b 1)．令A ＝d 1－12d ，B ＝b 1－d 1－a ＋12d ，D ＝c (d 1－b 1)，则对于所有的n ∈N *，有An 3＋Bn 2＋cd 1n ＝D .(*)在(*)式中分别取n ＝1,2,3,4，得A ＋B ＋cd 1＝8A ＋4B ＋2cd 1＝27A ＋9B ＋3cd 1＝64A ＋16B ＋4cd 1，从而有⎩⎪⎨⎪⎧7A ＋3B ＋cd 1＝0， ①19A ＋5B ＋cd 1＝0， ②37A ＋7B ＋cd 1＝0， ③由①②③可得A ＝0，B ＝0，从而cd 1＝0. 即d 1－12d ＝0，b 1－d 1－a ＋12d ＝0，cd 1＝0.若d 1＝0，则由d 1－12d ＝0，得d ＝0，与题设矛盾，所以d 1≠0. 又因为cd 1＝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n 0(n 0∈N *)时命题成立；(2)(归纳递推)假设n ＝k (k ≥n 0，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n 0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12n (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1－12＋13－14＋…－1n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋2＋1n ＋4＋…＋12n 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]。
高考数学一轮复习 第十二章 推理与证明、算法、复数 12.3 数学归纳法学案 理
§12.3数学归纳法考纲展示►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．考点1 用数学归纳法证明等式数学归纳法的定义及框图表示(1)定义：证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：①证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立，这一步是归纳奠基．②假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当________时命题也成立，这一步是归纳递推．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)框图表示：答案：(1)②n＝k＋1[典题1] 用数学归纳法证明：12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n2n＋2＝n4n＋1(n∈N*)．[证明] (1)当n＝1时，左边＝12×1×2×1＋2＝18，右边＝141＋1＝18， 左边＝右边，所以等式成立． (2)假设n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即有 12×4＋14×6＋16×8＋ (12)2k ＋2＝k4k ＋1，则当n ＝k ＋1时，12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k 2k ＋2＋12k ＋1[2k ＋1＋2]＝k 4k ＋1＋14k ＋1k ＋2＝k k ＋2＋14k ＋1k ＋2＝k ＋124k ＋1k ＋2＝k ＋14k ＋2＝k ＋14k ＋1＋1. 所以当n ＝k ＋1时，等式也成立．由(1)(2)可知，对于一切n ∈N *等式都成立．[点石成金] 用数学归纳法证明恒等式时应注意的问题 (1)明确初始值n 0的取值并验证n ＝n 0时等式成立．(2)由n ＝k 证明n ＝k ＋1时，弄清左边增加的项，且明确变形目标． (3)掌握恒等变形常用的方法：①因式分解；②添拆项；③配方法．考点2 用数学归纳法证明不等式[典题2] 用数学归纳法证明：1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n (n ∈N *，n ≥2)．[证明] (1)当n ＝2时，1＋122＝54<2－12＝32，命题成立．(2)假设n ＝k 时命题成立，即 1＋122＋132＋…＋1k 2<2－1k. 当n ＝k ＋1时，1＋122＋132＋…＋1k 2＋1k ＋12<2－1k＋1k ＋12<2－1k ＋1kk ＋1＝2－1k＋1k －1k ＋1＝2－1k ＋1，命题成立．由(1)(2)知，原不等式在n ∈N *，n ≥2时均成立． [点石成金] 用数学归纳法证明不等式应注意的两个问题(1)当遇到与正整数n 有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法．(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由n ＝k 成立，推证n ＝k ＋1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、作差(作商)比较法、放缩法等证明.已知数列{a n }，当n ≥2时，a n <－1，又a 1＝0，a 2n ＋1＋a n ＋1－1＝a 2n ，求证：当n ∈N *时，a n＋1<a n .证明：(1)当n ＝1时，∵a 2是a 22＋a 2－1＝0的负根， ∴a 2<a 1.(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，a k ＋1<a k ， ∵a 2k ＋1－a 2k ＝(a k ＋2－a k ＋1)(a k ＋2＋a k ＋1＋1)，a k ＋1<a k ≤0，∴a 2k ＋1－a 2k >0， 又a k ＋2＋a k ＋1＋1<－1＋(－1)＋1＝－1， ∴a k ＋2－a k ＋1<0，∴a k ＋2<a k ＋1， 即当n ＝k ＋1时，命题成立． 由(1)(2)可知，当n ∈N *时，a n ＋1<a n .考点3 观察——归纳——猜想——证明[考情聚焦] 通过近几年的高考试题分析，“观察——归纳——猜想——证明”的思维模式成为高考命题的热点之一．从考查题型看，数学归纳法常与数列、函数等知识结合在一起考查，常以解答题的形式出现，具有一定的综合性和难度，属中高档题．主要有以下几个命题角度： 角度一与数列的通项公式或前n 项和有关的证明[典题3] 已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝a n 2＋1a n－1，且a n >0，n ∈N *.(1)求a 1，a 2，a 3，并猜想{a n }的通项公式； (2)证明通项公式的正确性． (1)[解] 当n ＝1时，由已知，得a 1＝a 12＋1a 1－1，则a 21＋2a 1－2＝0.∴a 1＝3－1(a 1>0)．当n ＝2时，由已知，得a 1＋a 2＝a 22＋1a 2－1，将a 1＝3－1代入并整理得a 22＋23a 2－2＝0. ∴a 2＝5－3(a 2>0)．同理可得a 3＝7－ 5. 猜想a n ＝2n ＋1－2n －1(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a k ＝2k ＋1－2k －1. 由于a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝a k ＋12＋1a k ＋1－a k 2－1a k， 将a k ＝2k ＋1－2k －1代入上式， 整理得a 2k ＋1＋22k ＋1a k ＋1－2＝0， ∴a k ＋1＝2k ＋3－2k ＋1， 即n ＝k ＋1时通项公式成立．由①②可知，对所有n ∈N *，a n ＝2n ＋1－2n －1都成立．[点石成金] “归纳——猜想——证明”的基本步骤是“观察——归纳——猜想——证明”．高中阶段与数列结合的问题是最常见的问题．角度二 证明存在性问题[典题4] 设a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋2＋b (n ∈N *)． (1)若b ＝1，求a 2，a 3及数列{a n }的通项公式；(2)若b ＝－1，问：是否存在实数c 使得a 2n <c <a 2n ＋1对所有n ∈N *成立？证明你的结论． [解] 解法一：(1)a 2＝2，a 3＝2＋1， 再由题设条件知，(a n ＋1－1)2＝(a n －1)2＋1. 从而{(a n －1)2}是首项为0，公差为1的等差数列， 故(a n －1)2＝n －1，即a n ＝n －1＋1(n ∈N *)． (2)设f (x )＝x －12＋1－1，则a n ＋1＝f (a n )． 令c ＝f (c )，即c ＝c －12＋1－1，解得c ＝14.下面用数学归纳法证明命题：a 2n <c <a 2n ＋1<1.当n ＝1时，a 2＝f (1)＝0，a 3＝f (0)＝2－1， 所以a 2<14<a 3<1，结论成立．假设n ＝k 时结论成立， 即a 2k <c <a 2k ＋1<1.易知f (x )在(－∞，1]上为减函数， 从而c ＝f (c )>f (a 2k ＋1)>f (1)＝a 2， 即1>c >a 2k ＋2>a 2.再由f (x )在(－∞，1]上为减函数，得c ＝f (c )<f (a 2k ＋2)<f (a 2)＝a 3<1.故c <a 2k ＋3<1，因此a 2(k ＋1)<c <a 2(k ＋1)＋1<1. 这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立．综上，符合条件的c 存在，其中一个值为c ＝14.解法二：(1)a 2＝2，a 3＝2＋1，可写为a 1＝1－1＋1，a 2＝2－1＋1，a 3＝3－1＋1.因此猜想a n ＝n －1＋1. 下面用数学归纳法证明上式： 当n ＝1时结论显然成立．假设n ＝k 时结论成立，即a k ＝k －1＋1. 则a k ＋1＝a k －12＋1＋1＝k －1＋1＋1＝k ＋1－1＋1.这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立． 所以a n ＝n －1＋1(n ∈N *)． (2)设f (x )＝x －12＋1－1，则a n ＋1＝f (a n )．先证：0≤a n ≤1(n ∈N *)．① 当n ＝1时，结论明显成立． 假设n ＝k 时结论成立，即0≤a k ≤1. 易知f (x )在(－∞，1]上为减函数， 从而0＝f (1)≤f (a k )≤f (0)＝2－1<1.即0≤a k ＋1≤1.这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立，故①成立． 再证：a 2n <a 2n ＋1(n ∈N *)．②当n ＝1时，a 2＝f (1)＝0，a 3＝f (a 2)＝f (0)＝2－1，有a 2<a 3，即n ＝1时②成立． 假设n ＝k 时，结论成立，即a 2k <a 2k ＋1，由①及f (x )在(－∞，1]上为减函数，得a 2k ＋1＝f (a 2k )>f (a 2k ＋1)＝a 2k ＋2， a 2(k ＋1)＝f (a 2k ＋1)<f (a 2k ＋2)＝a 2(k ＋1)＋1.这就是说，当n ＝k ＋1时②成立， 所以②对一切n ∈N *成立． 由②得a 2n < a 22n －2a 2n ＋2－1， 即(a 2n ＋1)2<a 22n －2a 2n ＋2， 因此a 2n <14.③又由①②及f (x )在(－∞，1]上为减函数，得f (a 2n )>f (a 2n ＋1)，即a 2n ＋1>a 2n ＋2，所以a 2n ＋1> a 22n ＋1－2a 2n ＋1＋2－1， 解得a 2n ＋1>14.④综上，由②③④知，存在c ＝14使a 2n <c <a 2n ＋1对一切n ∈N *成立．[点石成金] 利用数学归纳法可以探索与正整数n 有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳——猜想——证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理即演绎推理论证结论的正确性.[方法技巧] 1.数学归纳法的两个步骤相互依存，缺一不可有一无二，是不完全归纳法，结论不一定可靠；有二无一，第二步就失去了递推的基础． 2．利用归纳假设的技巧在推证n ＝k ＋1时，可以通过凑、拆、配项等方法用上归纳假设．此时既要看准目标，又要掌握n ＝k 与n ＝k ＋1之间的关系．在推证时，分析法、综合法、反证法等方法都可以应用．[易错防范] 1.数学归纳法证题时初始值n 0不一定是1.2．推证n ＝k ＋1时一定要用上n ＝k 时的假设，否则不是数学归纳法．课外拓展阅读 归纳、猜想、证明[典例] [2016·江西九江模拟]设数列{a n }的前n 项和为S n ，并且满足2S n ＝a 2n ＋n ，a n >0(n∈N *)．(1)猜想{a n }的通项公式，并用数学归纳法加以证明； (2)设x >0，y >0，且x ＋y ＝1，证明：a n x ＋1＋a n y ＋1≤2n ＋2.[审题视角] (1)将n ＝1,2,3代入已知等式得a 1，a 2，a 3，从而可猜想a n ，并用数学归纳法证明．(2)利用分析法，结合x >0，y >0，x ＋y ＝1，利用基本不等式可证． (1)[解] 分别令n ＝1,2,3，得 ⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＝a 21＋12a 1＋a 2＝a 22＋22a 1＋a 2＋a 3＝a 23＋3，∵a n >0，∴a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3. 猜想：a n ＝n . ∵2S n ＝a 2n ＋n ，①当n ≥2时，2S n －1＝a 2n －1＋(n －1)．② ①－②，得2a n ＝a 2n －a 2n －1＋1， 即a 2n ＝2a n ＋a 2n －1－1.(ⅰ)当n ＝2时，a 22＝2a 2＋12－1，∵a 2>0，∴a 2＝2. (ⅱ)假设当n ＝k (k ≥2)时，a k ＝k ，那么当n ＝k ＋1时，a 2k ＋1＝2a k ＋1＋a 2k －1＝2a k ＋1＋k 2－1，∴[a k ＋1－(k ＋1)][a k ＋1＋(k －1)]＝0， ∵a k ＋1>0，k ≥2，∴a k ＋1＋(k －1)>0， ∴a k ＋1＝k ＋1.即当n ＝k ＋1时也成立．∴a n ＝n (n ≥2)． 显然n ＝1时，也成立， 故对于一切n ∈N *，均有a n ＝n . (2)[证明] 要证nx ＋1＋ny ＋1≤2n ＋2，只要证nx ＋1＋2nx ＋1ny ＋1＋ny ＋1≤2(n ＋2)． 即n (x ＋y )＋2＋2n 2xy ＋nx ＋y ＋1≤2(n ＋2)，将x ＋y ＝1代入，得2n 2xy ＋n ＋1≤n ＋2， 即只要证4(n 2xy ＋n ＋1)≤(n ＋2)2， 即4xy ≤1.∵x >0，y >0，且x ＋y ＝1， ∴xy ≤x ＋y 2＝12，即xy ≤14，故4xy ≤1成立，所以原不等式成立． [答题模板]第1步：寻找特例a 1，a 2，a 3等． 第2步：猜想a n 的公式．第3步：转换递推公式为a n 与a n －1的关系． 第4步：用数学归纳法证明a n .①验证递推公式中的第一个自然数n ＝2. ②推证a k ＋1的表达式为k ＋1. ③补验n ＝1，说明对于n ∈N *成立． 第5步：分析法证明．[方法点睛] (1)利用数学归纳法可以探索与正整数n 有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳——猜想——证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理即演绎推理论证结论的正确性．(2)为了正确地猜想a n ，首先准确求出a 1，a 2，a 3的值．(3)证明n ＝k 到n ＝k ＋1这一步时，忽略了假设条件去证明，造成不是纯正的数学归纳法．如本题：∵2S n －1＝a 2n －1＋n －1，∴2(S n －S n －1)＝a 2n －a 2n －1＋1，推导a n 与a n －1的递推关系，再推出a n ，则不是数学归纳法．(4)本题第(2)问中的不等式证明不是关于n 的不等式，由x ＋y ＝1来推证，则不能称为数学归纳法．。
2021年高考数学一轮复习 第十二章 推理与证明、算法初步、复数阶段回扣练13B 理(含解析)
2021年高考数学一轮复习 第十二章 推理与证明、算法初步、复数阶段回扣练13B 理（含解析）1．(xx·苏州调研)设复数z 满足z i ＝1＋2i(i 为虚数单位)，则z 的模为________．解析 由|z i|＝|1＋2i|，得|z |＝12＋22＝ 5. 答案52．(xx·北京卷)在(x ＋i)i ＝－1＋2i(x ∈R )，则x ＝________.解析 因为x ＋i ＝－1＋2ii ＝2＋i ，所以x ＝2.答案 23．(xx·南京、盐城模拟)执行如图所示的流程图，则输出的k 的值为________．解析 逐次写出运行结果．该流程图运行4次，各次S 的取值分别是1,2,6,15，所以输出的k ＝4. 答案 44．(xx·辽宁卷)执行如图所示的流程图，若输入n ＝3，则输出T ＝________.解析 第一步：i ＝1，S ＝1，T ＝1； 第二步：i ＝2，S ＝3，T ＝4； 第三步：i ＝3，S ＝6，T ＝10；第四步：i ＝4，S ＝10，T ＝20，此时停止循环， ∴输出T ＝20. 答案 205．(xx·北京西城区模拟)在复平面内，复数z ＝(1＋2i)(1－i)对应的点位于第________象限．解析 z ＝(1＋2i)(1－i)＝3＋i ，所以复数z ＝3＋i 对应点为(3,1)在第一象限． 答案 一6．(xx·南京模拟)若1＋5i3－i＝a ＋b i(a ，b ∈R ，i 为虚数单位)，则ab ＝________.解析 a ＋b i ＝1＋5i 3－i ＝1＋5i 3＋i 10＝－2＋16i 10＝－15＋85i ，所以a ＝－15，b ＝85.从而ab ＝－825.答案 －8257．(xx·江苏启东中学模拟)阅读下列程序，输出的结果是________．解析 依题意，输出的结果依次是1＋1＝2,2＋3＝5,5＋5＝10. 答案 108．如图是一个算法的流程图，则输出S 的值是________．解析 执行过程如下表：S 1 1＋21＝33＋22＝77＋23＝1515＋24＝3131＋25＝63n12345答案 639．已知数列{a n }的各项分别为11，21，12，31，22，13，41，32，23，14，…，依它的前10项的规律，则a 99＋a 100的值为________．解析 通过将数列的前10项分组得到第一组有一个数：11，分子、分母之和为2；第二组有两个数：21，12，分子、分母之和为3；第三组有三个数：31，22，13，分子、分母之和为4；第四组有四个数，依次类推，a 99，a 100分别是第十四组的第8个数和第9个数，分子、分母之和为15，所以a 99＝78，a 100＝69.故a 99＋a 100＝3724.答案372410．(xx·四川卷改编)执行如图的流程图，如果输入的x ，y ∈R ，那么输出的S 的最大值为________．解析 本流程图的功能是当x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，y ≥0，x ＋y ≤1时，求目标函数S ＝2x ＋y的最大值，如图所示，目标函数在点(1,0)处取得最大值2.答案 211．(xx·镇江调研)圆x 2＋y 2＝r 2在点(x 0，y 0)处的切线方程为x 0x ＋y 0y ＝r 2，类似地，可以求得椭圆x 28＋y 22＝1在(2,1)处的切线方程为________．解析 由类比结构可知，相应的切线方程为：x 0x 8＋y 0y2＝1，代入点坐标，所求切线方程为：x 4＋y2＝1.答案 x 4＋y2＝112．(xx·苏州检测)对于不等式n 2＋n ≤(n ＋1)2(n ∈N *)，某学生的证明过程如下：(1)当n ＝1时，12＋1≤1＋1，不等式成立．(2)假设n ＝k (k ∈N *)时，不等式成立，即k 2＋k ≤(k ＋1)2，则n ＝k ＋1时，(k ＋1)2＋(k ＋1)＝k 2＋3k ＋2＜(k 2＋3k ＋2)＋(k ＋2)＝(k ＋2)2＝[(k ＋1)＋1]2，∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立．对于上述证法，下列说法正确的序号是________．①过程全都正确；②n ＝1验证不正确；③归纳假设不正确；④从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确．解析 n ＝1的验证及归纳假设都正确，但从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理中没有使用归纳假设，而是通过不等式的放缩法直接证明，不符合数学归纳法的证题要求． 答案 ④13．(xx·泰州检测)已知在等差数列{a n }中，若m ＋2n ＋p ＝s ＋2t ＋r ，m ，n ，p ，s ，t ，r ∈N *，则a m ＋2a n ＋a p ＝a s ＋2a t ＋a r ，仿此类比，可得到等比数列{b n }中的一个正确命题：若m ＋2n ＋p ＝s ＋2t ＋r ，m ，n ，p ，s ，t ，r ∈N *，则________．解析 将等差数列项的和类比到等比数列项的积，得等比数列中的恒等式为b m (b n )2b p ＝b s (b t )2b r .答案 b m (b n )2b p ＝b s (b t )2b r 14．(xx·苏州模拟)观察：1－12＝121－12＋13－14＝13＋141－12＋13－14＋15－16＝14＋15＋16 ……根据以上事实，由归纳推理可得，当n ∈N *时，1－12＋13－14＋…＋12 014n －1－12 014n ＝(________)＋…＋12 104n. 解析 等式的左边“1－12＋13－14＋…＋12 014n －1－12 014n ”中共有2 014n 项，其中间两项分别为11 007n 和11 007n ＋1，由归纳推理可知，1－12＋13－14＋…＋12 014n －1－12 014n ＝11 007n ＋1＋11 007n ＋2＋…＋12 014n . 答案11 007n ＋131122 7992 禒28358 6EC6 滆 40860 9F9C 龜21299 5333 匳33354 824A 艊27550 6B9E 殞O$wBl#。
高考数学一轮复习 第十二章 推理与证明、算法、复数 12.4 复数 文
题型二 复数的运算 命题点1 复数的乘法运算
例2 (1)(2015·湖北改编)i为虚数单位，i607的共轭复数为____i ____. 解析 方法一 i607＝i4×151＋3＝i3＝－i，其共轭复数为i. 方法二 i607＝i6i08＝i4×i152＝1i ＝－i，其共轭复数为 i.
解析答案
满足条件(a，b为实数)
b＝0
a＋bi为实数b≠⇔0
复数的分 类
a＋bi为虚a＝数0⇔ 且b≠0
答案
(3)复数相等：a＋bi＝c＋di⇔ a＝c且b＝d (a，b，c，d∈R). (4)共轭复数：a＋bi与c＋di共轭⇔ a＝c，b＝－d (a，b，c，d∈R). (5)模：向量O→Z的模叫做复数 z＝a＋bi 的模，记作 |a＋bi|或 |z|，即|z|＝|a ＋bi|＝ a2＋b2 (a，b∈R). 2.复数的几何意义 复数 z＝a＋bi 与复平面内的点 Z(a，b) 及平面向量O→Z＝(a，b)(a，b∈R) 是一一对应法则.
答案
思考辨析
判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)方程x2＋x＋1＝0没有解.( × ) (2)复数z＝a＋bi(a，b∈R)中，虚部为bi.( × ) (3)复数中有相等复数的概念，因此复数可以比较大小.( × ) (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.( √ )
解析答案
(2)已知 a∈R，复数 z1＝2＋ai，z2＝1－2i，若zz12为纯虚数，则复数zz12的 虚部为____1____.
解析
由zz12＝21＋ －a2ii＝2＋a
i1＋2i 2－2a 4＋a
高考数学一轮复习 第十二章 推理证明、算法、复数 第5讲 复数 理(2021年最新整理)
2018版高考数学一轮复习第十二章推理证明、算法、复数第5讲复数理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018版高考数学一轮复习第十二章推理证明、算法、复数第5讲复数理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2018版高考数学一轮复习第十二章推理证明、算法、复数第5讲复数理的全部内容。
第5讲复数一、选择题1．复数错误!的共轭复数是( )．A．－错误!i B。
错误!i C．－i D．i 解析错误!＝错误!＝i，∴错误!的共轭复数为－i.答案C2．复数错误!＝（)．A．i B．－iC．－错误!－错误!i D．－错误!＋错误!i 解析因为错误!＝错误!＝错误!＝i,故选择A.答案A3.在复平面内，设z＝1＋i（i是虚数单位)，则复数2z＋z2对应的点位于( ）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限解析由题知,错误!＋z2＝错误!＋(1＋i）2＝1－i＋2i＝1＋i，所以复数错误!＋z2对应的点为（1，1），其位于第一象限．答案 A4．复数z1＝a＋2i,z2＝－2＋i,如果｜z1|〈｜z2|,则实数a的取值范围是( )．A．－1〈a〈1 B．a〉1C．a>0 D．a<－1或a〉1解析｜z1｜＝错误!，|z2|＝错误!,∴错误!〈错误!,∴－1〈a〈1.故选A。
答案A5．方程x2＋6x＋13＝0的一个根是( )．A．－3＋2i B．3＋2iC．－2＋3i D．2＋3i解析Δ＝62－4×13＝－16,∴x＝错误!＝－3±2i。
答案A6．设z是复数，f(z）＝z n（n∈N*)，对于虚数单位i，则f（1＋i）取得最小正整数时，对应n的值是( )．A．2 B．4 C．6 D．8解析f(1＋i)＝（1＋i)n，则当f（1＋i)取得最小正整数时，n为8.答案D7．下面是关于复数z＝错误!的四个命题：p：|z|＝2；p2：z2＝2i;p3：z的共轭复数为1＋i；p4：z的虚部为－1.1其中的真命题为（）．A．p2，p3B．p1，p2C．p2，p4D．p3，p4解析z＝错误!＝错误!＝－1－i,所以｜z｜＝错误!，p1为假命题；z2＝（－1－i)2＝（1＋i）2＝2i，p为真命题；错误!＝－1＋i，p3为假命题；p4为真命题．故选C。
高考数学一轮复习 第十二章算法初步、推理与证明、复数12.5《数学归纳法》收尾精炼 理 新人教A版.pdf
2014届高考一轮复习收尾精炼： 数学归纳法 一、选择题 1．用数学归纳法证明1＋2＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)(2n＋1)时，在验证n＝1成立时，左边所得的代数式是( )． A．1 B．1＋3 C．1＋2＋3 D．1＋2＋3＋4 2．用数学归纳法证明不等式＋＋…＋＜(n≥2，nN*)的过程中，由n＝k递推到n＝k＋1时不等式左边( )． A．增加了一项 B．增加了两项、 C．增加了和两项但减少了一项 D．以上各种情况均不对 3．用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋＞成立时，起始值n至少应取为( )． A．7 B．8 C．9 D．10 4．用数学归纳法证明：“(n＋1)·(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·3·…·(2n－1)”，从“k到k＋1”左端需增乘的代数式为 ( )． A．2k＋1 B．2(2k＋1) C． D． 5．在数列{an}中，a1＝，且Sn＝n(2n－1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为( )． A． B． C． D． 6．设函数f(n)＝(2n＋9)·3n＋1＋9，当nN*时，f(n)能被m(mN*)整除，猜想m的最大值为( )． A．9 B．18 C．27 D．36 7．对于不等式＜n＋1(nN*)，某同学用数学归纳法的证明过程如下： (1)当n＝1时，＜1＋1，不等式成立． (2)假设当n＝k(kN*)时，不等式成立，即＜k＋1，则当n＝k＋1时，＝＜＝＝(k＋1)＋1， 当n＝k＋1时，不等式成立，则上述证法( )． A．过程全部正确B．n＝1验得不正确 C．归纳假设不正确D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确 二、填空题 8．用数学归纳法证明“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝(a≠1，且nN*)”，在验证n＝1时，左边计算所得的结果是__________． 9．在ABC中，不等式＋＋≥成立；在四边形ABCD中，不等式＋＋＋≥成立；在五边形ABCDE中，不等式＋＋＋＋≥成立…… 猜想在n边形A1A2…An中，有不等式________成立． 10．用数学归纳法证明…＞(k＞1)，则当n＝k＋1时，左端应乘上__________________________，这个乘上去的代数式共有因式的个数是__________． 三、解答题 11．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＝1,2,3，…. (1)求a1，a2； (2)猜想数列{Sn}的通项公式，并给出严格的证明． 12．如图，P1(x1，y1)， P2(x2，y2)，…，Pn(xn，yn)(0＜y1＜y2＜…＜yn)是曲线C：y2＝3x(y≥0)上的n个点，点Ai(ai,0)(i＝1,2，3，…，n)在x轴的正半轴上，且Ai－1AiPi是正三角形(A0是坐标原点)． (1)写出a1，a2，a3； (2)求出点An(an,0)(nN*)的横坐标an关于n的表达式并证明．一、选择题 1．C 解析：左边表示从1开始，连续2n＋1个正整数的和，故n＝1时，表示1＋2＋3的和． 2．C 解析：当n＝k＋1时，不等式为＋＋…＋＜，∴比当n＝k时增加了，项．但最左端少了一项. 3．B 解析：∵1＋＋＋…＋＝＝2－＝＝， 而1＋＋＋…＋＞，故起始值n至少取8. 4．B 解析：当n＝k时，等式为(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)＝2k×1×3×…×(2k－1)， 当n＝k＋1时，等式为(k＋2)(k＋3)·…·(k＋k)(k＋1＋k) (k＋1＋k＋1)＝2k＋1×1×3×…×(2k＋1)， ∴左端增乘＝2(2k＋1)． 5．C 解析：由a1＝，Sn＝n(2n－1)an求得a2＝＝，a3＝＝，a4＝＝.猜想an＝. 6．D 解析：f(n＋1)－f(n)＝(2n＋11)·3n＋2－(2n＋9)·3n＋1＝4(n＋6)·3n＋1， 当n＝1时，f(2)－f(1)＝4×7×9为最小值，据此可猜想D正确． 7．D 解析：在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的假设，不是数学归纳法． 二、填空题 8．1＋a＋a2 解析：首先观察等式两边的构成情况，它的左边是按a的升幂顺序排列的，共有n＋2项．因此当n＝1时，共有3项，应该是1＋a＋a2. 9.＋＋…＋≥ 10.·…· 2k－1 解析：当n＝k时， ·…·＞. 当n＝k＋1时， ……＞. ∴左边应乘上…，设第一项a1＝2k＋1，an＝2k＋1－1，d＝2， ∴n＝＝＝2k－1. 三、解答题 11．解：(1)当n＝1时，x2－a1x－a1＝0有一根为S1－1＝a1－1， 于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝. 当n＝2时，x2－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a2－， 于是2－a2－a2＝0，解得a2＝. (2)由题设知(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0， 即S2n－2Sn＋1－anSn＝0. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1， 代入上式得Sn－1Sn－2Sn＋1＝0.(*) 由(1)得S1＝a1＝， S2＝a1＋a2＝＋＝. 由(*)式可得S3＝. 由此猜想Sn＝，n＝1,2,3，…. 下面用数学归纳法证明这个结论． ①n＝1时已知结论成立． ②假设n＝k(k∈N*)时结论成立， 即Sk＝， 当n＝k＋1时，由(*)得Sk＋1＝， 即Sk＋1＝， 故n＝k＋1时结论也成立． 综上，由①、②可知Sn＝对所有正整数n都成立． 12．解：(1)a1＝2，a2＝6，a3＝12. (2)依题意，得xn＝，yn＝·，由此及＝3·xn得(·)2＝(an＋an－1)， 即(an－an－1)2＝2(an－1＋an)． 由(1)可猜想：an＝n(n＋1)(n∈N*)． 下面用数学归纳法予以证明： ①当n＝1时，命题显然成立． ②假设当n＝k(k∈N*)时命题成立，即有ak＝k(k＋1)，则当n＝k＋1时，由归纳假设及(ak＋1－ak)2＝2(ak＋ak＋1)， 得 [ak＋1－k(k＋1)]2＝2[k(k＋1)＋ak＋1]，即－2(k2＋k＋1)ak＋1＋[k(k－1)]·[(k＋1)(k＋2)]＝0， 解之，得ak＋1＝(k＋1)(k＋2)〔ak＋1＝k(k－1)＜ak不合题意，舍去〕， 即当n＝k＋1时，命题成立． 由①、②可知，命题an＝n(n＋1)(n∈N*)成立．。
一轮复习考点与题型全归纳：第12章 复数、算法、推理与证明.pptx
解析：设 z＝x＋yi(x，y∈R)，由|z－i|≤ 2得|x＋(y－1)i|≤ 2，所以 x2＋y－12≤ 2， 所以 x2＋(y－1)2≤2，所以 z 在复平面内所对应的图形是以点(0,1)为圆心，以 2为半径
二、常用结论
(1)(1±i) 2＝±2i，11－＋ii＝i，11＋－ii＝－ i. (2)－b＋ai＝i(a＋bi)． (3)i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i(n∈N*)；i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0(n∈N*)．
(4)z·z ＝|z| ＝2 | z | ，2 |z ·z1 |＝2 |z |·| z1 |，2 zz21＝||zz21||，|zn|＝|z|n.
―O→B ，若 zz2＝z1，则 z 的共轭复数 z ＝( )
13 A.2＋2i
13 B.2－2i
C．－12＋32i
13 D．－2－2i
5i (2)复数 z＝4i2 018－1＋2i(其中 i 为虚数单位)在复平面内对应的点在( )
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
[解析] (1)由题意知 z1＝1＋2i，z2＝－1＋i，故 z(－1＋i)＝1＋2i，
a [典例] (1)(2019·湘东五校联考)已知 i 为虚数单位，若复数 z＝1－2i＋i(a∈R)的实部
与虚部互为相反数，则 a＝( ) A．－5
B．－1
C．－13
D．－53
(2)(2018·全国卷Ⅰ)设 z＝11－ ＋ii＋2i， 则 |z|＝( )
A．0
1 B.2
C．1
D. 2