高考数学一轮复习 第十二章 推理与证明、算法、复数 12.4 复数课件 文 (2)
2020版高考数学大一轮复习第十二章复数、算法、推理与证明第1讲数系的扩充与复数的引入课件理新人教A版
(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_且___b_＝___－___d__ (a，b，c，d∈R)． (5)复数的模 向量O→Z的模叫做复数 z＝a＋bi 的模，记作_|_z_| 或__|_a_＋__b_i|__，即 |z|＝|a＋bi|＝r＝ a2＋b2(r≥0，a、b∈R)．
复数代数形式的运算
[典例引领]
(1)(2019·广东省五校协作体第一次诊断考试)已知 a 为实
数，若复数 z＝(a2－1)＋(a＋1)i 为纯虚数，则a＋1＋i2 i020＝(
)
A．1
B．0
C．1＋i
D．1－i
(2)(2019·武汉市武昌区调研)已知(－z －1＋3i)(2－i)＝4＋3i(其
中 i 是虚数单位，－z 是 z 的共轭复数)，则 z 的虚部为( )
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_O__Z__．
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__1，＋∞)
2023年统考版《师说》高考数学复习(文科)课件 第12章 复数、推理与证明、算法
(2)复数加法的运算定律
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)．
二、必明3个常用结论
1+i
1−i
2
1．(1±i) ＝±2i； ＝i； ＝－i；
1−i
1+i
2．－b＋ai＝i(a＋bi)；
3．i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i，i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋
第一节 数系的扩充与复数的引入
必备知识—基础落实
关键能力—考点突破
·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及其几何意义．
4．能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．
·考向预测·
考情分析：复数的基本概念(复数的实部、虚部、共轭复数、复数的
4a = 4
所以，ቊ
，解得a＝b＝1，因此，z＝1＋i.
6b = 6
)
(3)[2021·全国甲卷]已知(1－i)2z＝3＋2i，则z＝(
3
3
A．－1－ i B．－1＋ i
2
3
C．－ ＋i
2
3
D．－ －i
2
2
答案： (3)B
3+2i
解析： (3)(1－i)2z＝－2iz＝3＋2i，z＝ −2i ＝
3+2i ·i −2+3i
3
＝
＝－1＋
i.
−2i·i
2
2
)
反思感悟 复数代数形式运算问题的解题策略
复数的
高考数学一轮复习第十二章推理与证明算法复数12.5复数课件理新人教A版
[典题1]
(1)[2017·江西九江模拟]设复数z＝
2－i 1＋i
，则z的
共轭复数为( B )
A.12－32i
B.12＋32i
C．1－3i D．1＋3i
[解析] ∵z＝21－ ＋ii＝2－i21－i＝12－32i，∴ z ＝12＋32i.
(2)复数的分类
实数b ＝ 复数z＝a＋ bia，b∈R虚数b ≠
0，
纯虚数a ＝ 0， b ≠ 0， 0非纯虚数a≠0， b≠0.
(3)复数相等
a＋bi＝c＋di⇔__a_＝__c_且__b_＝__d___(a，b，c，d∈R)．
∴ z
z4－i 1＝44i＝i，故选C.
(3)已知i是虚数单位，1－2i2 016＋11－ ＋ii6＝___0_____.
[解析]
原式＝1－2i21 008＋11－ ＋ii6＝－22i1 008＋i6＝i1 008＋
的点为A，则A对应的复数为( C )
A．1＋2i B．1－2i
C．－2＋i D．2＋i
[解析]
依题意，得复数z＝
5i1－2i 1＋2i1－2i
＝i(1－2i)＝2＋
i，其对应的点的坐标是(2,1)，因此点A(－2,1)对应的复数为－2
＋i.
(3)已知复数z1＝－1＋2i，z2＝1－i，z3＝3－4i，它们在复平
[方法技巧] 1.设z＝a＋bi(a，b∈R)，利用复数相等和相关 性质将复数问题实数化是解决复数问题的常用方法．
2．在复数代数形式的四则运算中，加、减、乘运算按多项 式运算法则进行，除法则需分母实数化．
高中数学一轮复习《复数》课件ppt（29张PPT）
解析 1－1 i＝1＋2 i＝12＋12i，其共轭复数为12－12i，
∴复数1－1 i的共轭复数对应的点的坐标为12，－12，位于第四象限，故选 D.
答案 D
5.(2019·全国Ⅲ卷)若z(1＋i)＝2i，则z＝( )
A.－1－i
B.－1＋i
C.1－i
D.1＋i
解析 由 z(1＋i)＝2i，得 z＝12＋i i＝(21i＋（i1)－ (1－i）i)＝2i（12－i）＝i(1－i)＝1＋i.
D.－
3 2i
解析 (1)∵z＝(m2＋m－6)＋(m－2)i为纯虚数，
∴mm2－＋2m≠－0，6＝0，解得 m＝－3，故选 D.
(2)∵z＝1－
3i，∴－zz＝z·－z－z2
＝（1＋|z|23i）2＝1＋2 43i－3＝－12＋
－
23i，∴zz的虚部
为 23.故选 C.
答案 (1)D (2)C
规律方法 1.复数的分类及对应点的位置都可以转化为复数的实部与虚部应该 满足的条件，只需把复数化为代数形式，列出实部和虚部满足的方程(不等式) 组即可. 2.解题时一定要先看复数是否为a＋bi(a，b∈R)的形式，以确定实部和虚部.
建立平面直角坐标系来表示复数的 数；除了原点外，虚轴
复平面 平面叫做复平面，__x_轴___叫实轴，y 上的点都表示纯虚数，
轴叫虚轴
各象限内的点都表示
虚数
复数的 设O→Z对应的复数为 z＝a＋bi，则向量 模 O→Z的长度叫做复数 z＝a＋bi 的模
|z|＝|a＋bi|＝__a_2_＋__b_2
2.复数的几何意义
2.(新教材必修第二册 P69 例 1 改编)若复数 z＝11＋＋aii为纯虚数，则实数 a 的值为
导人教·文科数学新课标高考总复习配套课件：第十二章 推理与证明算法复数 4
由题意得 x＝4.∴z＝4－2i. ∵(z＋ai)2＝(12＋4a－a2)＋8(a－2)i， 根据条件，可知182（＋a－4a－2）a2>>00，，解得 2<a<6， ∴实数 a 的取值范围是(2，6)．
代入原式，得(2a)2－3(a2＋b2)i＝4－6i，(5 分) 根据复数相等得4－a23＝（4a，2＋b2）＝－6，(7 分) 解得ab＝ ＝11，或ab＝ ＝1－，1或ab＝ ＝－ 1 1，或ab＝ ＝－ －11，. (9 分)
故所求复数为
x＝1＋i，
y＝1－i
或
x＝1－i，
y＝1＋i
或
x＝－1＋i，
A，B.若C为线段AB的中点，则点C对应的复数是( )
A．4＋8i
B．8＋2i
C．2＋4i
D．4＋i
【解析】 ∵A(6，5)，B(－2，3)，∴线段AB的中点
C(2，4)，
则点C对应的复数为z＝2＋4i.
【答案】 C
3．(2015·湖北)i为虚数单位，i607的共轭复数为( )
A．i
B．－i
C．1
3．复数的运算 (1)运算法则：设z1＝a＋bi，z2＝c＋di，a，b，c，d∈R.
【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．( )
思想与方法系列19 解决复数问题的实数化思想
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。
高考数学(广东专用,文)大一轮复习课件：第十二章推理证明、算法、复数2
知识回顾理清教材知识回顾理清教材1.复数的有关概念(1)复数的概念形如方id 店R)的数叫做复数，其中方分别是它的实部和虚部•若〃=°,贝!j a+bi为实数，若b丰o,则a+bi为虚数，若“=0且珂o,则为为纯虚数.(2)复数相等：a+bi=c+〃io(a, b, c,〃WR)・⑶共轨复数:a+bi与c+〃i共轨O“=c, b=—(l(4)复平面建立直角坐标系来表示复数的平面，叫做复平面.兀轴叫做实知识回顾理清教材轴上的点都表示纯虚数’各象限内的点都表示非纯虚数.⑸复数的模向量庞的模/叫做复数Z=a+bi的模，记作也或b+州，即Izl = la+Z>il知识回顾理清教材要点梳理2.复数的几何意义⑴复数―对应・复平面内的点Z(a, b)(a9方ER).⑵复数z=a+乩一对应•平面向量场方GR).知识回顾理清教材（Z1 +z2）+Z3 = =l+（p + c）3.复数的运算⑴复数的加、减、乘、除运算法则设Zi=a+方i,Z2=c+〃i（a, b9 c9〃丘R）,则①加法：Zi +勺=（"+〃i） + （c +〃i） =（“+c）+（〃+〃）i ___________________________________________②减法：Zi—Z7 = （a+闭一（c+〃i）=（「c）+（i〃）izrz2=（«+〃i）・（c+〃i） = ___Zi _a+bi _ （a+〃i）（c —di）Zi c+〃i （c+〃i）（c—t/i）要点梳理知识回顾理清教材③乘法:④除法:ac+bd be—ad_________ _l___________ •=用+扌（c + 〃i H 0）•知识回顾理清教材要点梳理(2)复数加法的运算定律复数的加法满足交换律、结合律，即对任何幻、壮、有Zl+Z2= c +二I知识回顾理清教材 （Z1 +z2）+Z3 = =l+（p + c ）题号答案解析;:.............. 1……… (1)X (2) X (3) X (4) V (5) V............... :: • : ............... : : : 2: ............. : ...... C-:: • : - 1 3 C • : : - ; ............. ; ......4 ; ............. ; ......B・ : • : :5 D;夯基释疑 /夯实基础% = 1” 是 的 A.充分不必要条件 B•必要不充分条件 【例1】⑴已知aWR,复数zi=2+ai, z 2=l —2i,若f 1为纯 Z2虚数, 则复数住的虚部为 ()A. 1B. iC.|D. 0复数的概念:n (2)若 ZI = (/W 2+/M + 1) + (/M 2+FM —4)i(mGR), z 2=3—2i,则 C.充要条件D.既不充分又不必要条件题型一【例1】⑴已知aWR,复数zi=2+ai, z2=l—2i,若f1为纯Z2 虚数,则复数住的虚部为()B. iC.|D. 0A. 1(2)若z1=(/w2+iw + l)+(/w2+/w—4)i(/w ^R), Z2=3—2i,则"加=1” 是“Z1=Z2” 的()(2)若 ZI = (/W 2+/M + 1) +(/M 2+FM —4)i(mGR), z 2=3—2i,则"加=1” 是 “Z1=Z2” 的()【例1】⑴已知aWR,复数zi=2+ai, z 2=l —2i,若f 1为纯 Z2虚数, 则复数住的虚部为 (A )A. 1B. iC.|D. 0(2)若 ZI = (/W 2+/M + 1) + (/M2+FM —4)i(mGR), z 2=3—2i,则 "加=1”是 “Z1=Z2” 的 (A )跟踪训练1 (1)(2013-安徽)设i是虚数单位.若复数“一黑(«eR)是纯虚数，贝0“的值为A. -3B. -1C. 1D. 3(2)(2012.江西)若复数z=1+i(i为虚数单位),亍是z的共轨复数, 则z2+z2的虚部为()C. 1D. -2A. 0B. —1(2)(2012.江西)若复数z=l+i(i 为虚数单位),z 是2的共轨复数,则兰+壬的虚部为 A. 0B. -1C. 1D. -2(2)利用复数运算法则求解. °・°z=l+i,跟踪训练1(1)(2013-安徽)设i 是虚数单位.若复数a —10(«eR )是纯虚数，则“的值为A. —3 c. 1 D. 3题型二“复数的运算【例2】计算:思维启迪解析答案思维升华题型二“复数的运算【例2】计算:复数的除法运算，实质上是分母实数化的运算.题型分类・深度剖析题型二“复数的运算【例2】计算:j6+&+2i + 3i&=一1+[思维启迪解析答案思维升华3（1+i ）23X2i 6i（1）: — i — : — 1 —: — 1=3 — 3i ・2 ⑵原式=【°尹F ，辺+筋i ）（萌+辺0（书）2 + （边）26i(i+l) 2= -3i(i+l)【例2】计算:⑴普二;-1+i .5思维启迪丨解析 答案 思维升华=3—3i ・⑵原式=［咛I/ 丄（边+心）心+边i ） 十（何+侮 =i6+^+2i+3i~^=_i+.⑴3(l+i)2_3X2i_ 6ii-1 i-1i-1彎^5+1)题型二“复数的运算【例2】计算: ⑴普二;-1+i .思维启迪解析答案艮维升华⑴复数的加法、减法、乘法运算可以类比多项式运算，除法关键是分子分母同乘以分母的共辘复数，注意要把i的幕写成最简形式.题型二“复数的运算【例2】计算:⑴普二;-1+i .思维启迪解析答案 艮维升华(2)记住以下结论，可提高运算 速度，®(l±i)2 = ±2i ；②M = i;⑤i 4,z = l, i 4,l+1=i, i 4w+2=-l, i 4w+3=-i(neN).®i+i-i ；④晋uD. 2-i — 丄/ 迪 \2 014 — ⑵ 1+2 书 i +（l-i ）—跟踪训练2 2i（1）复数比等于A. 1+iC. 2+i-2^3+iA. 1+iC. 2+i （2）j^^+（凸跟踪训练2 2i（1）复数比等于D. 2-i边、2 014= o顶点O, A 9 C 分别表不0,3+2i, —2+4i,试求:(1戚、就所表示的复数;(2)对角线苗所表示的复数;⑶求〃点对应的复数.题型三 z 复数的几何意义 【例3】 如图所示, 平行四边形OABC 9题型三”复数的几何意义【例3】如图所示，平行四边形OABC,打丿题型三”复数的几何意义题型三z复数的几何意义【例3] 如图所示，平行四边形OABC,y\^题型三复数的几何意义跟踪训练3已知z是复数必+2仁苕均为实数(i为虚数单位), 且复数(z+«i)2在复平面内对应的点在第一象限，求实数a的取跟踪训练3已知z是复数必+2仁苕均为实数(i为虚数单位), 且复数(z+«i)2在复平面内对应的点在第一象限，求实数a的取典例：(12分)已知小丿为共轨复数，且(x+j)2-3xji=4-6i, 求小J- 思维启迪规范解答温馨提醒思想与方法系列17 解决复数问题的实数化思想Mbti思想与方法系列17 解决复数问题的实数化思想Mbti T典例：（12分）已知兀，y为共轨复数，_a（x+j）2-3xji=4-6i, 求兀,J.思维启迪规范解答温馨提醒解设兀=a+〃i（a, 〃WR）,贝U y=a——bi, x~\-y=2uj xy=a2-\-b2j代入原式，得(2a)2—3(a2 + Z?2)i=4—6i,9思想与方法系列17 解决复数问题的实数化思想 Mbti T9根据复数相等得 4a 2=4 -3(a 2+b 2)=-6题型分类・深度剖析思想与方法系列17解决复数问题的实数化思想Mbti T 典例：（12分）已知兀，y 为共轨复数，_a （x+j ）2-3xji=4-6i, 求兀,J. x= —1—i 、y= —i+i ・思维启迪 规范解答 温馨提醒解得故所求复数为 卜=l+i)=1—i或题型分类・深度剖析思想与方法系列17 解决复数问题的实数化思想Mbti__ __________________________ 事典例：(12分)已知兀，y为共轨复数，_a(x+j)2-3xji=4-6i, 求兀,J.思维启迪规范解答(1)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.(2)本题求解的关键是先把兀、y用复数的形式表示出来，再用待定系数法求解.这是常用的数学方洙(3)本题易错原因为想不到利用待定系数法，或不能将复数问题转化为实数方程求解.。
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
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
2018高考数学一轮复习课件第十二章 推理与证明、算法、复数 第二节 直接证明与间接证明、数学归纳法
fb－fa fb－fa ＝f′(x0)， ＝f′(x′0)成立， b－a b－a 即 f′(x0)＝f′(x′0)． ex 因为 f′(x)＝ －m，记 g(x)＝f′(x)， 1＋ex ex 所以 g′(x)＝ f′(x)是(a， b)上的单调递增函数． 所 x 2>0， 1＋e 以 x0＝x′0，这与 x′0≠x0 矛盾，所以 x0 是唯一的．
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； 3.数学归纳法. 2.间接证明；
突破点(一)
基础联通
直接证明
抓主干知识的“源”与“流”
内容
综合法
分析法
证明的结论 出发，逐步寻 从要___________
充分条件 求使它成立的 _________，直至
利用已知条件和某些
[解] (1)当 n＝1 时，a1＋S1＝2a1＝2，则 a1＝1. 又 an＋Sn＝2， 所以 an＋1＋Sn＋1＝2，
1 两式相减得 an＋1＝2an， 1 1 所以{an}是首项为 1，公比为2的等比数列， 所以 an＝ n－1. 2
(2)求证：数列{an}中任意三项不可能按原来顺序成等差数列． [解] 证明： 假设存在三项按原来顺序成等差数列， 记为 ap＋1，
突破点(二)
基础联通
1．反证法
间接证明
抓主干知识的“源”与“流”
不成立 (即在原命题的条件下， 假设原命题_______ 结论不成立)，
矛盾 ，因此说明假设错误，从而 经过正确的推理，最后得出_____
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
2020届一轮复习人教A版 推理与证明 算法 复数 课件(71张)
考点 2 算法语句的格式及框图
基
础 分
1．输入语句、输出语句、赋值语句的格式与功能
真
层
题
导
演
学
练
集
训
题
型
重
课
点
时
研
跟
讨
踪
检
测
必考部分 第十二章 §12.4 第10页
名师伴你行 ·高考一轮总复习 ·数学（理）
2.条件语句的格式及框图
基
础
(1)IF－THEN 格式
分
真
层
题
导
演
学
练
集
训
题
型
重
(2)IF－THEN－ELSE 格式
学
练
逐步运算即可．
集
训
题
3．条件结构中条件的判断关键是明确条件结构的功能，然后根
型
重 据“是”的分支成立的条件进行判断．
课
点
时
研 讨
4．对条件结构，无论判断框中的条件是否成立，都只能执行两
跟 踪
检
个分支中的一个，不能同时执行两个分支．
测
必考部分 第十二章 §12.4 第26页
名师伴你行 ·高考一轮总复习 ·数学（理）
y∈R，那么输出的 S 的最大值为(
C
)
真
层
题
导
演
学
练
集
训
题
型
重
课
点
时
研
跟
讨
踪
检
测
A．0
B．1
C．2
D．3
必考部分 第十二章 §12.4 第21页
名师伴你行 ·高考一轮总复习 ·数学（理）
高考数学一轮复习第十二章推理与证明、算法、复数12.1合情推理与演绎推理课件文新人教A
则OAEE＋DOFF＋OBGG＋OCHH＝1. 证明如下：在四面体 O－BCD 与 A－BCD 中， OAEE＝hhOA－－BBCCDD
1 ＝313SS△△BBCCDD··hhOA－－BBCCDD＝VVOA－－BBCCDD. 同理，ODFF＝VVOD－ －AABBCC，OBGG＝VVOB－－AACCDD，OCHH＝VVOC－－AABBDD，
事实上，在直角三角形中h12＝a12＋b12是由等面积法得到的， 而在三棱锥中可由等体积法求得h12＝a12＋b12＋c12
[典题 1] (1)在等差数列{an}中，若 am＝p，an＝q(m，n∈N*，
n－m≥1)，则 am＋n＝nnq－－mmp.
类比上述结论，对于等比数列{bn}(bn>0，n∈N*)，若 bm＝r， n－m sn
bn＝s(n－m≥2，m，n∈N*)，则可以得到 bm＋n＝_______rm_. [解析] 设公比为 q，则 sn＝bn1qn(n－1)，rm＝bm1 qm(m－1)，rsmn＝bn1－m
n－m q(n－m)(n＋m－1)，bm＋n＝b1qn＋m－1＝
sn rm.
(2)[2017·江西南昌模拟]如图，在梯形 ABCD 中，AB∥CD， AB＝a，CD＝b(a>b)．若 EF∥AB，EF 到 CD 与 AB 的距离 之比为 m∶n，则可推算出：EF＝mma＋＋nnb.用类 比的方法，推想出下面问题的结果．在上面的
[教材习题改编]在Rt△ABC中，两直角边分别为a，b，设h
为斜边上的高，则
1 h2
＝
1 a2
＋
1 b2
.由此类比：三棱锥S－ABC中的三
条侧棱SA，SB，SC两两垂直，且长度分别为a，b，c，设棱锥 底面ABC上的高为h，则__h1_2_＝__a1_2＋__b_12_＋__c1_2___．
高三大一轮复习数学(文)课件第十二章 推理与证明、算法、复数 12.1ppt版本
(方法 2)因为甲与乙的卡片上相同的数字不是 2，所以丙的卡 片上必有数字 2.又丙的卡片上的数字之和不是 5，所以丙的卡片上 的数字是 1 和 2.因为乙与丙的卡片上相同的数字不是 1，所以乙的 卡片上的数字是 2 和 3，所以甲的卡片上的数字是 1 和 3.
答案：1 和 3
类型一 归纳推理 题点 1 与数字有关的推理 [例 1] (2015·高考陕西卷)观察下列等式： 1－21 ＝21 ， 1－21 ＋13－14＝13＋14， 1－21 ＋13－14＋15－16＝14＋15＋16， ……， 据此规律，第 n 个等式可为________________________．
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§12.1 归纳与类比
[知识梳理] 1．归纳推理 根据一类事物中 部分事物 具有某种属性，推断该类事物 中 每一个事物 都有这种属性．我们将这种推理方式称为归纳推 理．简言之，归纳推理是由部分 到整体、由个别到一般 的推理． 归纳推理的基本模式：a、b、c∈M 且 a、b、c 具有某属性， 结论：任意 d∈M，d 也具有某属性．
解析 设数列{an}的公差为 d1，数列{bn}的公比为 q，则等差 数列中 an＝a1＋(n－1)d1，等比数列中 bn＝b1qn－1.
∵am＋n＝nbn－ －mma，∴bm＋n＝n－m
dn cm.
答案
n－m dn cm
(2)(2017·山东临沂质检)如图所示，若从点 O 所作的两条射线 OM，ON 上分别有点 M1，M2 与点 N1，N2，则三角形面积之比 SS△ △OOMM12NN12＝OOMM12·OONN21.如图，若从点 O 所作的不在同一平面内的三 条射线 OP，OQ 和 OR 上分别有点 P1，P2，点 Q1，Q2 和点 R1， R2，则类似的结论为________．
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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.( √ )
12345
解析答案
4.已知a，b∈R，i是虚数单位.若a＋i＝2－bi，则(a＋bi)2＝___3_－__4_i___.
解析 ∵a，b∈R，a＋i＝2－bi， ∴a＝2，b＝－1， ∴(a＋bi)2＝(2－i)2＝3－4i.
12345
解析答案
5.(教材改编)已知(1＋2i) z ＝4＋3i，则 z＝___2_＋__i __.
答案
3.复数的运算 (1)运算法则：设z1＝a＋bi，z2＝c＋di，a，b，c，d∈R.
(a±c)+(b±d)i (ac-bd)+(bc+ad)i acc2＋＋dbd2 +cb2c＋-add2i(c+di≠0)
答案
(2)几何意义：复数加减法可按向量的平行四边形或三角形法则进行. 如图给出的平行四边形OZ1ZZ2可以直观地反映出复数加减法的几何意 义，即 O→Z ＝ O→Z1＋O→Z2 ，Z→1Z2＝ O→Z2－O→Z1 .
解析答案
1.对本例(1)中的复数 z，若|z|＝ 10，求 a 的值. 解 若|z|＝ 10，则(a－3)2＋1＝10， ∴|a－3|＝3，∴a＝0或a＝6.
引申探究
解析答案
2.在本例(2)中，若zz12为实数，则 a＝___－__4___. 解析 若zz12为实数，则4＋5 a＝0.∴a＝－4.
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.
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
5
＝ 5 ＋5i
是纯虚数，得
a＝1
，
此时zz12＝i，其虚部为 1.
解析答案
(3)若z1＝(m2＋m＋1)＋(m2＋m－4)i(m∈R)，z2＝3－2i，则“m＝1”是 “z1＝z2”的_充__分__不__必__要___条件. 解析 由mm22＋＋mm＋－14＝＝3－，2， 解得 m＝－2 或 m＝1， 所以“m＝1”是“z1＝z2”的充分不必要条件.
第十二章 推理与证明、算法、复数
§12.4 复 数
内容 索引
基础知识 自主学习 题型分类 深度剖析 思想与方法系列 思想方法 感悟提高 练出高分
基础知识 自主学习
1
知识梳理
1.复数的有关概念
(1)定义：形如a＋bi(a，b∈R)的数叫做复数，其中a叫做 实部 ，b叫做
虚部.(i为虚数单位)
(2)分类：
答案
2
考点自测
1.(2015·安徽改编)设i是虚数单位，则复数(1－i)(1＋2i)＝___3_＋__i____. 解析 (1－i)(1＋2i)＝1＋2i－i－2i2＝1＋i＋2＝3＋i.
12345
解析答案
2.(2015·课 标 全 国 Ⅰ 改 编 ) 已 知 复 数 z 满 足 (z － 1)i ＝ 1 ＋ i ， 则 z ＝ ____2_－__i ___.
Hale Waihona Puke 解析∵z4＋3i 4＋3i1－2i 10－5i ＝1＋2i＝1＋2i1－2i＝ 5 ＝2－i，
∴z＝2＋i.
1 2 3 4 5 解析答案
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题型分类 深度剖析
题型一 复数的概念
例 1 (1)设 i 是虚数单位.若复数 z＝a－31－0 i(a∈R)是纯虚数，则 a 的值 为____3____. 解析 z＝a－31－0i＝a－(3＋i)＝(a－3)－i， 由 a∈R，且 z＝a－31－0i为纯虚数知 a＝3.
思维升华
解析答案
跟踪训练1
(1)若复数z＝(x2－1)＋(x－1)i为纯虚数，则实数x的值为__－__1____. 解析 由复数 z 为纯虚数，得xx2－－11≠＝00，， 解得 x＝－1.
解析答案
(2)(2014·浙江改编)已知i是虚数单位，a，b∈R，则“a＝b＝1”是“(a ＋bi)2＝2i”的_充__分__不__必__要__条件. 解析 当a＝b＝1时，(a＋bi)2＝(1＋i)2＝2i； 当(a＋bi)2＝2i 时，得aa2b－＝b12，＝0， 解得a＝b＝1或a＝b＝－1， 所以“a＝b＝1”是“(a＋bi)2＝2i”的充分不必要条件.
(2)(2015·北京改编)复数i(2－i)＝__1_＋__2_i __. 解析 i(2－i)＝2i－i2＝1＋2i.
解析答案
命题点2 复数的除法运算
1－i2 例 3 (1)(2015·湖南改编)已知 z ＝1＋i(i 为虚数单位)，则复数 z＝ __－__1_－__i_.
解析 由(z－1)i＝1＋i，两边同乘以－i， 则有z－1＝1－i，所以z＝2－i.
12345
解析答案
3.在复平面内，复数6＋5i，－2＋3i对应的点分别为A，B.若C为线段AB 的中点，则点C对应的复数是__2_＋__4_i _. 解析 ∵A(6,5)，B(－2,3)， ∴线段AB的中点C(2,4)， 则点C对应的复数为z＝2＋4i.
解析答案
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