【高三】高三数学精品复习26数学归纳法
高三数学复习方法整理归纳
高三数学复习方法整理归纳高三数学复习方法整理1第一：高考数学中有函数、数列、三角函数、平面向量、不等式、立体几何等九大章节主要是考函数和导数，这是我们整个高中阶段里最核心的板块，在这个板块里，重点考察两个方面：第一个函数的性质，包括函数的单调性、奇偶性;第二是函数的解答题，重点考察的是二次函数和高次函数，分函数和它的一些分布问题，但是这个分布重点还包含两个分析就是二次方程的分布的问题，这是第一个板块。
第二：平面向量和三角函数重点考察三个方面：一个是划减与求值，第一，重点掌握公式，重点掌握五组基本公式。
第二，是三角函数的图像和性质，这里重点掌握正弦函数和余弦函数的性质，第三，正弦定理和余弦定理来解三角形。
难度比较小。
第三：数列数列这个板块，重点考两个方面：一个通项;一个是求和。
第四：空间向量和立体几何在里面重点考察两个方面：一个是证明;一个是计算。
第五：概率和统计这一板块主要是属于数学应用问题的范畴，当然应该掌握下面几个方面，第一……等可能的概率，第二………事件，第三是独立事件，还有独立重复事件发生的概率。
第六：解析几何解析几何是比较头疼的问题，是整个试卷里难度比较大，计算量的题，这一类题有以下五类常考的题型，包括第一类所讲的直线和曲线的位置关系，这是考试最多的内容。
考生应该掌握它的通法，第二类是动点问题，第三类是弦长问题，第四类是对称问题，这也是2008年高考已经考过的一点，第五类重点问题，这类题时计算量十分大。
第七：压轴题考生在备考复习时，应该重点不等式计算的方法，虽然说难高三数学复习方法整理2数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础。
高考对本章的考查比较全面，等差数列，等比数列的考查每年都不会遗漏。
有关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，试题也常把等差数列、等比数列，求极限和数学归纳法综合在一起。
探索性问题是高考的热点，常在数列解答题中出现。
高三数学总复习《数学归纳法》课件
k(2k+1),则当n=k+1时,
12-22+32-42+…+(2k-1)2-(2k)2+(2k+1)2 2 k 1
2
=-k(2k+1)+(2k+1) =-2k2-5k-3=-(k+1)(2k+3)
=-(k+1)
. 2 k 1
2
即当n=k+1时,等式也成立.
k 1 当n k 1时, 2 k 1 7 3 9
(2k 7) 3k 1 2 3k 1 9
k k 1 2 k 7 3 9 3 18 ( 3 1). 由于3k 1 1是2的倍数, 故18(3k 1 1)能被36整除,
下列命题总成立的是(
)
A.若f(3)≥9成立,则当k≥1时,均有f(k)≥k2成立 B.若f(5)≥25成立,则当k≤5时,均有f(k)≥k2成立 C.若f(7)<49成立,则当k≥8时,均有f(k)<k2成立 D.若f(4)=25成立,则当k≥4时,均有f(k)≥k2成立 答案:D
解析:若f(3)≥9,只能推出,当k≥3时f(k)>k2,所以A不正确;若
典例某数列的第一项为1,并且对所有的自然数n≥2,数列的前
n项积为n2. (1)写出这个数列的前五项; (2)写出这个数列的通项公式,并加以证明.
分析:根据数列前五项写出这个数列的通项公式,要注意观察
数列中各项与其序号变化的关系,归纳出构成数列的规律,同 时还要特别注意第一项与其他各项的差异,必要时可分段表 示,证明这个数列的通项公式可用数学归纳法.本题中要特别 注意第一个步骤的处理.
人教版高三数学复习知识点总结(2篇)
人教版高三数学复习知识点总结高中数学是一门关于数与形的科学，是培养学生逻辑思维和分析问题能力的重要学科。
在高三阶段，数学的学习内容相对较多，需要对前几年的数学知识进行深入的复习和巩固。
接下来，我将对人教版高三数学的复习知识点进行总结，帮助学生们进行整理和复习。
一、函数与方程1. 二次函数- 二次函数的概念与性质- 图像的性质（开口方向、对称轴等）- 平移、伸缩与翻折- 二次函数的一般式、顶点式、交点式- 判别式与根的性质- 解二次不等式- 二次函数与其他函数的关系（函数的复合、反函数等）2. 指数和对数函数- 指数函数和对数函数的概念与性质- 指数函数和对数函数的图像特点- 指数幂的性质和运算法则- 对数运算的性质和运算法则- 指数方程和指数不等式的解法- 对数方程和对数不等式的解法3. 三角函数- 弧度制与角度制的换算- 三角函数的图像与周期性- 三角函数的基本关系式与恒等式- 三角函数的运算性质与运算法则- 三角函数方程与三角函数不等式的解法- 解三角形的实际问题4. 高次方程和不等式- 一元高次方程的解法- 二元高次方程的解法- 一元高次不等式的解法- 二元高次不等式的解法- 高次方程和不等式的应用（实际问题的建立和解决）二、数列与数学归纳法1. 等差数列- 等差数列的概念与性质- 等差数列的通项公式和前n项和公式- 等差数列特殊求和公式的推导和应用- 等差数列简单应用（等差中项、等差平均项等）2. 等比数列- 等比数列的概念与性质- 等比数列的通项公式和前n项和公式- 等比数列特殊求和公式的推导和应用- 等比数列简单应用（等比中项、等比平均项等）3. 等差数列与等比数列的综合应用- 等差数列与等比数列的综合应用（数列的运算、数列的混合应用）4. 数学归纳法- 数学归纳法的基本思想与步骤- 数学归纳法与数列的联系- 数学归纳法的简单应用（证明不等式、性质等）三、三角恒等变换1. 三角函数的基本关系式与恒等式- 三角函数的基本关系式（同角三角函数值之间的关系）- 三角函数的恒等变换（三角函数的和差化积、积化和差等）2. 三角恒等式的证明- 三角恒等式的证明方法和技巧- 三角恒等式的应用（证明不等式、求解方程等）四、数学推理与解题方法1. 数学证明- 数学证明的基本思路和方法- 数学证明的常用技巧（对称性、反证法、递推关系等）2. 数学建模与解题方法- 数学建模的基本流程和方法- 数学建模中的常用工具（函数图像、数列和方程）3. 解决问题的思维方法与策略- 解决数学问题的思维方法（逻辑推理、归纳演绎等）- 解决数学问题的策略（抽象化、归纳思考、逆向思维等）以上是人教版高三数学复习知识点的总结，希望能够对同学们的复习提供帮助。
高三必修高三数学PPT课件数学归纳法共19页文档
51、没有哪个社会可以制订一部永远 适用的 宪法， 甚至一 条永远 适用的 法律。 ——杰 斐逊 52、法律源于人的自卫本能。——英 格索尔
53、人们通常会发现，法律就是这样 一种的 网，触 犯法律 的人， 小的可 以穿网 而过， 大的可 以破网 而出， 只有中 等的才 会坠入 网中。 ——申 斯通 54、法律就是法律它是一座雄伟的大 夏，庇 护着我 们大家 ；它的 每一块 砖石都 垒在另 一块砖 石上。 ——高 尔斯华 绥 55、今天的法律未必就是财富 ❖ 丰富你的人生
71、既然我已经踏上这条道路，那么，任何东西都不应妨碍我沿着这条路走下去。——康德 72、家庭成为快乐的种子在外也不致成为障碍物但在旅行之际却是夜间的伴侣。——西塞罗 73、坚持意志伟大的事业需要始终不渝的精神。——伏尔泰 74、路漫漫其修道远，吾将上下而求索。——屈原 75、内外相应，言行相称。——韩非
高三数学复习数学归纳法
第一节数学归纳法一、基本知识概要：1.数学归纳法:对于某些与自然数n有关的命题常常采用下面的方法来证明它的正确性：先证明当n取第一个值n0时命题成立；然后假设当n=k(k∈N*，k≥n0)时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立这种证明方法就叫做数学归纳法2. 数学归纳法的基本思想：即先验证使结论有意义的最小的正整数n0，如果当n=n0时，命题成立，再假设当n=k(k≥n0，k∈N*)时，命题成立.(这时命题是否成立不是确定的)，根据这个假设，如能推出当n=k+1时，命题也成立，那么就可以递推出对所有不小于n0的正整数n0+1，n0+2，…，命题都成立.3.用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题的步骤：(1)证明：当n取第一个值n0结论正确；(2)假设当n=k(k∈N*，且k≥n0)时结论正确，证明当n=k+1时结论也正确.由(1)，(2)可知，命题对于从n0开始的所有正整数n都正确递推基础不可少，归纳假设要用到，结论写明莫忘掉.1．用数学归纳法证题要注意下面几点：①证题的两个步骤缺一不可，要认真完成第一步的验证过程；②成败的关键取决于第二步对1+n的证明：1）突破对“归纳=k假设”的运用；2）用好命题的条件；3）正确选择与命题有关的知识及变换技巧.2．中学教材内，用数学归纳法证明的问题的主要题型有“等式问题”、“整除问题”、“不等式问题”等，要积累这几种题型的证题经验.3．必须注意，数学归纳法不是对所有“与正整数n 有关的命题”都有效.基础题：1．已知n 为正偶数，用数学归纳法证明 )214121(2114131211nn n n +++++=-++-+- 时，若已假设2(≥=k k n 为偶数）时命题为真，则还需要用归纳假设再证 （B ）A ．1+=k n 时等式成立B ．2+=k n 时等式成立C ．22+=k n 时等式成立D ．)2(2+=k n 时等式成立2．设1111()()(1)()1232f n n N f n f n n n n n*=++++∈+-=+++ 有，则=-+)()1(n f n f （ D ） A ．121+n B ．221+n C ．221121+++n n D ．221121+-+n n 3．用数学归纳法证明3)12(12)1()1(2122222222+=+++-++-+++n n n n n 时，由k n =的假设到证明1+=k n 时，等式左边应添加的式子是（ B ）A ．222)1(k k ++ B．22)1(k k ++ C ．2)1(+kD ．]1)1(2)[1(312+++k k4．用数学归纳法证明“(1)(2)()213(21)n n n n n n +++=⋅⋅⋅⋅- ”（+∈N n ）时，从“1+==k n k n 到”时，左边应增添的式子是 （ B ）A ．12+kB ．)12(2+kC ．112++k k D ．122++k k 5．某个命题与正整数n 有关，如果当)(+∈=N k k n 时命题成立，那么可推得当1+=k n 时命题也成立. 现已知当5=n 时该命题不成立，那么可推得（ C ） A ．当n=6时该命题不成立 B ．当n=6时该命题成立 C ．当n=4时该命题不成立D ．当n=4时该命题成立【典型例题选讲】【例1】用数学归纳法证明下述等式问题：（Ⅰ）)1)(1(41)()2(2)1(12222222+-=-++-⋅+-⋅n n n n n n n n . [证明]︒1.当1=n 时，左边0)11(122=-⋅=，右边0201412=⋅⋅⋅=，∴左边=右边，1=n 时等式成立；︒2. 假设k n =时等式成立，即)1)(1(41)()2(2)1(12222222+-=-⋅++-⋅+-⋅k k k k k k k k ， ∴当1+=k n 时，左边])1()1)[(1(])1[(]2)1[(2]1)1[(122222222+-+++-+⋅++-+⋅+-+⋅=k k k k k k k k)]12()12(2)12(1[)]()2(2)1(1[222222++++⋅++⋅+-⋅++-+-⋅=k k k k k k k k k )]12(2)1)[(1(41)12(2)1()1)(1(412++-+=+⋅+++-=k k k k k k k k k k )2()1(41)23)(1(4122++=+++=k k k k k k k =右边，即1+=k n 时等式成立，根据︒︒21与，等式对*∈N n 都正确.【例2】用数学归纳法证明下述整除问题： （Ⅰ）求证：)(53*∈+N n n n 能被6 整除. [证明]︒1. 当1=n 时，13+5×1=6能被6整除，命题正确；︒2. 假设k n =时命题正确，即k k 53+能被6整除，∴当1+=k n 时，)5()55()133()1(5)1(3233k k k k k k k k +=+++++=+++6)1(3+++k k ，∵两个连续的整数的乘积)1(+k k 是偶数，)1(3+∴k k 能被6整除，6)1(3)5(3++++∴k k k k 能被6整除，即当1+=k n 时命题也正确，由︒︒2,1知命题时*∈N n 都正确.例3、（优化设计P202例1）比较2n 与n 2的大小()n N ∈剖析：比较两数（或式）大小的常用方法本题不适用，故考虑用归纳法推测大小关系，再用数学归纳法证明.解：当n =1时，21＞12，当n =2时，22=22，当n =3时，23＜32， 当n =4时，24=42，当n =5时，25＞52， 猜想：当n ≥5时，2n ＞n 2. 下面用数学归纳法证明： （1）当n =5时，25＞52成立.（2）假设n =k （k ∈N *，k ≥5）时2k ＞k 2，那么2k +1=2·2k =2k +2k ＞k 2+（1+1）k ＞k 2+C 0k +C 1k+C 1-k k =k 2+2k +1=（k +1） 2.∴当n =k +1时，2n ＞n 2.由（1）（2）可知，对n ≥5的一切自然数2n ＞n 2都成立. 综上，得当n =1或n ≥5时，2n ＞n 2；当n =2，4时，2n =n 2；当n =3时，2n ＜n 2.评述：用数学归纳法证不等式时，要恰当地凑出目标和凑出归纳假设，凑目标时可适当放缩. 例4、是否存在常数使 a 、b 、 c 等式2222222421(1)2(2)....(1)n n n n an bn c∙-+-+-=++对一切正整数n 成立？证明你的结论。
高三数学一轮复习(知识点归纳与总结)数学归纳法
第七节数学归纳法[备考方向要明了][归纳·知识整合]1．数学归纳法一般地，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x个值n0(n0∈N*)时命题成立；(2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立．只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立．[探究] 1.数学归纳法证题的基本原理是什么？提示：数学归纳法是一种只适用于与正整数有关的命题的证明方法，它的表述严格而且规范，两个步骤缺一不可．x步是递推的基础，第二步是递推的依据，第二步中，归纳假设起着“已知条件”的作用，在第二步的证明中一定要运用它，否则就不是数学归纳法．第二步的关键是“一凑假设，二凑结论”．2．用数学归纳法证明问题应该注意什么？提示：(1)x步验证n＝n0时命题成立，这里的n0并不一定是1，它是使命题成立的最小正整数．(2)第二步证明的关键是合理运用归纳假设，特别要弄清由k到k＋1时命题的变化情况．(3)由假设n＝k时命题成立，证明n＝k＋1命题也成立时，要充分利用归纳假设，即要恰当地“凑”出目标．2．数学归纳法的框图表示[自测·牛刀小试]1．在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为n (n －3)2条时，x 步检验n 等于( )A ．1B ．2C ．3D ．0解析：选C ∵n ≥3，∴x 步应检验n ＝3.2．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22，则当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k 的基础上加上( )A ．k 2＋1B ．(k ＋1)2 C.(k ＋1)4＋(k ＋1)22D ．(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2解析：选D ∵当n ＝k 时，左侧＝1＋2＋3＋…＋k 2，当n ＝k ＋1时， 左侧＝1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2， ∴当n ＝k ＋1时，左端应在n ＝k 的基础上加上 (k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2.3．利用数学归纳法证明“(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )＝2n ×1×3×…×(2n －1)，n ∈N *”时，从“n ＝k ”变到“n ＝k ＋1”时，左边应增乘的因式是( )A ．2k ＋1B ．2(2k ＋1) C.2k ＋1k ＋1D.2k ＋3k ＋1解析：选B 当n ＝k (k ∈N *)时， 左式为(k ＋1)(k ＋2)…(k ＋k )；当n ＝k ＋1时，左式为(k ＋1＋1)·(k ＋1＋2)·…·(k ＋1＋k －1)·(k ＋1＋k )·(k ＋1＋k ＋1)， 则左边应增乘的式子是(2k ＋1)(2k ＋2)k ＋1＝2(2k ＋1)．4．(教材习题改编)用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n ∈N ，且n >1)，x 步要证的不等式是________．解析：当n ＝2时，左边＝1＋12＋122－1＝1＋12＋13，右边＝2，故填1＋12＋13<2.答案：1＋12＋13<25．记凸k 边形的内角和为f (k )，则凸k ＋1边形的内角和f (k ＋1)＝f (k )＋________. 解析：由凸k 边形变为凸k ＋1边形时，增加了一个三角形． 答案：π[例1] n ∈N *，求证：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n .[自主解答] (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．——————————————————— 用数学归纳法证明等式应注意的问题(1)用数学归纳法证明等式问题是常见题型，其关键点在于弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，以及初始值n 0的值．(2)由n ＝k 到n ＝k ＋1时，除考虑等式两边变化的项外还要充分利用n ＝k 时的式子，即充分利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明．1．求证：x ＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6.证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝1·(1＋1)(2＋1)6＝1，左边＝右边，等式成立；(2)假设n ＝k (k ∈N *，且k ≥1)时，等式成立， 即x ＋22＋…＋k 2＝k (k ＋1)(2k ＋1)6，则当n ＝k ＋1时，x ＋22＋…＋k 2＋(k ＋1)2 ＝k (k ＋1)(2k ＋1)6＋(k ＋1)2＝(k ＋1)[(k ＋1)＋1][2(k ＋1)＋1]6，所以当n ＝k ＋1时，等式仍然成立． 由(1)、(2)可知，对于∀n ∈N *等式恒成立．[例2] 已知数列{a n }，a n ≥0，a 1＝0，a 2n ＋1＋a n ＋1－1＝a 2n. 求证：当n ∈N *时，a n <a n ＋1.[自主解答] (1)当n ＝1时，因为a 2是方程a 22＋a 2－1＝0的正根，所以a 1<a 2.(2)假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时，0≤a k <a k ＋1，则由a 2k ＋1－a 2k＝(a 2k ＋2＋a k ＋2－1)－(a 2k ＋1＋a k ＋1－1)＝(a k ＋2－a k ＋1)(a k ＋2＋a k ＋1＋1)>0， 得a k ＋1<a k ＋2，即当n ＝k ＋1时，a n <a n ＋1也成立．根据(1)和(2)，可知a n <a n ＋1对任何n ∈N *都成立．把题设条件中的“a n ≥0”改为“当n ≥2时，a n <－1”，其余条件不变，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 1>a 2.(2)假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥1)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 .——————————————————— 应用数学归纳法证明不等式应注意的问题(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、求差(求商)比较法、放缩法等证明．2．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知对任意的n ∈N *，点(n ，S n )均在函数y ＝b x ＋r (b >0且b ≠1，b ，r 均为常数)的图象上．(1)求r 的值；(2)当b ＝2时，记b n ＝2(log 2a n ＋1)(n ∈N *)，证明：对任意的n ∈N *，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n>n ＋1成立． 解：(1)由题意，S n ＝b n ＋r ， 当n ≥2时，S n －1＝b n －1＋r .所以a n ＝S n －S n －1＝b n －1(b －1)． 由于b >0且b ≠1，所以n ≥2时，{a n }是以b 为公比的等比数列． 又a 1＝b ＋r ，a 2＝b (b －1)，故a 2a 1＝b ，即b (b －1)b ＋r ＝b ，解得r ＝－1. (2)证明：由(1)知a n ＝2n －1， 因此b n ＝2n (n ∈N *)，所证不等式为2＋12·4＋14·…·2n ＋12n>n ＋1.①当n ＝1时，左式＝32，右式＝2，左式>右式，所以结论成立．②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立，即 2＋12·4＋14·…·2k ＋12k>k ＋1，则当n ＝k ＋1时，2＋12·4＋14·…·2k ＋12k ·2k ＋32(k ＋1)>k ＋1·2k ＋32(k ＋1)＝2k ＋32k ＋1，要证当n ＝k ＋1时结论成立， 只需证2k ＋32k ＋1≥k ＋2，即证2k ＋32≥(k ＋1)(k ＋2)，由均值不等式2k ＋32＝(k ＋1)＋(k ＋2)2≥(k ＋1)(k ＋2)成立，故2k ＋32k ＋1≥k ＋2成立，所以，当n ＝k ＋1时，结论成立．由①②可知，n ∈N *时，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n>n ＋1成立.[例3] 已知f (n )＝1＋123＋133＋143＋…＋1n 3，g (n )＝32－12n2，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．[自主解答] (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)＝118，所以f (2)<g (2)；当n ＝3时，f (3)＝251216，g (3)＝312216，所以f (3)<g (3)．(2)由(1)，猜想f (n )≤g (n )，下面用数学归纳法给出证明． ①当n ＝1,2,3时，不等式显然成立，②假设当n ＝k (k ≥3)时不等式成立，即1＋123＋133＋143＋…＋1k 3<32－12k 2.那么，当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝f (k )＋1(k ＋1)3<32－12k 2＋1(k ＋1)3. 因为12(k ＋1)2－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12k 2－1(k ＋1)3＝k ＋32(k ＋1)3－12k 2＝－3k －12(k ＋1)3k 2<0，所以f (k ＋1)<32－12(k ＋1)2＝g (k ＋1)．由①②可知，对一切n ∈N *，都 有f (n )≤g (n )成立． ——————————————————— 归纳—猜想—证明类问题的解题步骤(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)“归纳—猜想—证明”的基本步骤是“试验—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．3．设数列{a n }满足a n ＋1＝a 2n －na n ＋1，n ＝1,2,3，….(1)当a1＝2时，求a2，a3，a4，并由此猜想出a n的一个通项公式；(2)当a1≥3时，证明对所有的n≥1，有a n≥n＋2.解：(1)由a1＝2，得a2＝a21－a1＋1＝3，由a2＝3，得a3＝a22－2a2＋1＝4，由a3＝4，得a4＝a23－3a3＋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，a1≥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＋2.1种方法——寻找递推关系的方法(1)在x步验证时，不妨多计算几项，并争取正确写出来，这样对发现递推关系是有帮助的．(2)探求数列通项公式要善于观察式子或命题的变化规律，观察n处在哪个位置．(3)在书写f(k＋1)时，一定要把包含f(k)的式子写出来，尤其是f(k)中的最后一项，除此之外，多了哪些项，少了哪些项都要分析清楚．4个注意点——应用数学归纳法应注意的问题(1)数学归纳法是证明与正整数有关的命题的常用方法，特别是数列中等式、不等式的证明，在高考试题中经常出现．(2)数学归纳法证题的关键是第二步，证题时应注意：①必须利用归纳假设作基础；②证明中可利用综合法、分析法、反证法等方法；③解题时要搞清从n＝k到n＝k＋1增加了哪些项或减少了哪些项．(3)数学归纳法证题时，x个值n0不一定为1，如证明多边形内角和定理(n－2)π时，初始值n0＝3.(4)解题中要注意步骤的完整性和规范性，过程中要体现数学归纳法证题的形式.易误警示——应用数学归纳法解决证明问题的易误点[典例] (x·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≤2(n ＋2).[解] (1)分别令n ＝1,2,3，得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＝a 21＋1，2(a 1＋a 2)＝a 22＋2，2(a 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 . 由2S n ＝a 2n ＋n ，①可知，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＋x －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)要证nx ＋1＋ny ＋1≤2(n ＋2)，只要证nx ＋1＋2(nx ＋1)(ny ＋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．[易误辨析]1．在解答本题时有以下易误点(1)在代入n ＝1,2,3时，不能准确求得a 1，a 2，a 3，从而猜想不出a n .(2)证明不等式时，不会应用x ＋y ＝1这一条件代换，导致无法证明不等式成立． 2．解决数学归纳法中“归纳—猜想—证明”及不等式证明问题时，还有以下几点容易造成失分(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，忽略了利用假设条件去证明，造成不是纯正的数学归纳法．(3)不等式证明的过程中，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．[变式训练]若不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1>a24对一切正整数n 都成立，求正整数a 的最大值，并证明结论．解：当n ＝1时，11＋1＋11＋2＋13＋1>a24，即2624>a24，所以a <26. 而a 是正整数，所以取a ＝25，下面用数学归纳法证明 1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1>2524. (1)当n ＝1时，已证得不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，不等式成立，即1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1>2524. 则当n ＝k ＋1时， 有1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋13(k ＋1)＋1＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3＋13k ＋4－1k ＋1>2524＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤13k ＋2＋13k ＋4－23(k ＋1). 因为13k ＋2＋13k ＋4－23(k ＋1)＝6(k ＋1)(3k ＋2)(3k ＋4)－23(k ＋1)＝18(k ＋1)2－2(9k 2＋18k ＋8)(3k ＋2)(3k ＋4)(3k ＋3)＝2(3k ＋2)(3k ＋4)(3k ＋3)>0， 所以当n ＝k ＋1时不等式也成立．由(1)(2)知，对一切正整数n ，都有1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1>2524，所以a 的最大值等于25.一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．如果命题P (n )对n ＝k 成立，则它对n ＝k ＋2也成立，若P (n )对n ＝2也成立，则下列结论正确的是( )A ．P (n )对所有正整数n 都成立B ．P (n )对所有正偶数n 都成立C ．P (n )对所有正奇数n 都成立D ．P (n )对所有自然数n 都成立解析：选B 由题意n ＝k 时成立，则n ＝k ＋2时也成立，又n ＝2时成立，则P (n )对所有正偶数都成立．2．用数学归纳法证明“1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a n ＋21－a(a ≠1)”，在验证n ＝1时，左端计算所得的项为( )A ．1B ．1＋aC ．1＋a ＋a 2D ．1＋a ＋a 2＋a 3解析：选C ∵等式的左端为1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1，∴当n ＝1时，左端＝1＋a ＋a 2.3．利用数学归纳法证明不等式1＋12＋13＋…＋12n －1<f (n )(n ≥2，n ∈N *)的过程，由n＝k 到n ＝k ＋1时，左边增加了( )A ．1项B ．k 项C ．2k －1项D ．2k 项解析：选D 1＋12＋13＋…＋12k ＋1－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋12k －1＝12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1，共增加了2k项．4．用数学归纳法证明“当n 为正奇数时，x n ＋y n 能被x ＋y 整除”的第二步是( ) A ．假设n ＝2k ＋1时正确，再推n ＝2k ＋3时正确(其中k ∈N *) B ．假设n ＝2k －1时正确，再推n ＝2k ＋1时正确(其中k ∈N *) C ．假设n ＝k 时正确，再推n ＝k ＋1时正确(其中k ∈N *) D ．假设n ≤k (k ≥1)时正确，再推n ＝k ＋2时正确(其中k ∈N *) 解析：选B ∵n 为正奇数，∴n ＝2k －1(k ∈N *)．5．在数列{a n }中，a 1＝13，且S n ＝n (2n －1)a n ，通过求a 2，a 3，a 4，猜想a n 的表达式为( ) A.1(n －1)(n ＋1) B.12n (2n ＋1) C.1(2n －1)(2n ＋1)D.1(2n ＋1)(2n ＋2)解析：选C 由a 1＝13，S n ＝n (2n －1)a n 求得a 2＝115＝13×5，a 3＝135＝15×7，a 4＝163＝17×9. 猜想a n ＝1(2n －1)(2n ＋1).6．设函数f (n )＝(2n ＋9)·3n ＋1＋9，当n ∈N *时，f (n )能被m (m ∈N *)整除，猜想m 的最大值为( )A ．9B ．18C ．27D ．36解析：选D f (n ＋1)－f (n )＝(2n ＋x)·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．二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．用数学归纳法证明“2n >n 2＋1对于n ≥n 0的正整数n 都成立”时，x 步证明中的起始值n 0应取________．解析：当n ＝1时，21＝2,x ＋1＝2；当n ＝2时，22＝4，22＋1＝5；当n ＝3时，23＝8,32＋1＝10；当n ＝4时，24＝16,42＋1＝17；当n ＝5时，25＝32,52＋1＝26，满足2n >n 2＋1.故n 0应取5. 答案：58．对大于或等于2的自然数 m 的n 次方幂有如下分解方式：22＝1＋3,32＝1＋3＋5,42＝1＋3＋5＋7；23＝3＋5,33＝7＋9＋x,43＝13＋15＋17＋19. 根据上述分解规律，若n 2＝1＋3＋5＋…＋19, m 3(m ∈N *)的分解中最小的数是21，则m ＋n 的值为________．解析：∵依题意得 n 2＝10×(1＋19)2＝100, ∴n ＝10. 易知 m 3＝21m ＋m (m －1)2×2, 整理得(m －5)(m ＋4)＝0,又 m ∈N *, 所以 m ＝5, 所以m ＋n ＝15. 答案：159．若数列{a n }的通项公式a n ＝1(n ＋1)2，记c n ＝2(1－a 1)(1－a 2)…(1－a n )，试通过计算c 1，c 2，c 3的值，推测c n ＝________.解析：c 1＝2(1－a 1)＝2×⎝⎛⎭⎫1－14＝32， c 2＝2(1－a 1)(1－a 2)＝2×⎝⎛⎭⎫1－14×⎝⎛⎭⎫1－19＝43， c 3＝2(1－a 1)(1－a 2)(1－a 3)＝2×⎝⎛⎭⎫1－14×⎝⎛⎭⎫1－19×⎝⎛⎭⎫1－116＝54， 故由归纳推理得c n ＝n ＋2n ＋1.答案：n ＋2n ＋1三、解答题(本大题共3小题，每小题x 分，共36分) 10．用数学归纳法证明：x ＋32＋52＋…＋(2n －1)2＝ 13n (4n 2－1)．证明：(1)当n ＝1时，左边＝x ＝1，右边＝13×1×(4－1)＝1，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即x ＋32＋52＋…＋(2k －1)2＝13k (4k 2－1)．则当n ＝k ＋1时，x ＋32＋52＋…＋(2k －1)2＋(2k ＋1)2＝13k (4k 2－1)＋(2k ＋1)2＝13k (4k 2－1)＋4k 2＋4k ＋1＝13k [4(k ＋1)2－1]－13k ·4(2k ＋1)＋4k 2＋4k ＋1 ＝13k [4(k ＋1)2－1]＋13(x k 2＋x k ＋3－8k 2－4k ) ＝13k [4(k ＋1)2－1]＋13[4(k ＋1)2－1] ＝13(k ＋1)[4(k ＋1)2－1]． 即当n ＝k ＋1时等式也成立．由(1)，(2)可知，对一切n ∈N *，等式都成立．x ．设0<a <1，定义a 1＝1＋a ，a n ＋1＝1a n ＋a ，求证：对任意n ∈N *，有1<a n <11－a .证明：(1)当n ＝1时，a 1＝1＋a >1，又a 1＝1＋a <11－a ，显然命题成立．(2)假设n ＝k (k ∈N *)时，命题成立，即1<a k <11－a .即当n ＝k ＋1时，由递推公式，知a k ＋1＝1a k ＋a ，由假设可得(1－a )＋a <1a k＋a <1＋a <11－a.于是当n ＝k ＋1时，命题也成立，即1<a k ＋1<11－a .由(1)(2)可知，对任意n ∈N *，有1<a n <11－a .x ．已知数列{a n }，其中a 2＝6且a n ＋1＋a n －1a n ＋1－a n ＋1＝n .(1)求a 1，a 3，a 4；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)设数列{b n }为等差数列，其中b n ＝a nn ＋c且c 为不等于零的常数，若S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求1S 1＋1S 2＋…＋1S n.解：(1)∵a 2＝6，a 2＋a 1－1a 2－a 1＋1＝1，a 3＋a 2－1a 3－a 2＋1＝2，a 4＋a 3－1a 4－a 3＋1＝3，解得a 1＝1，a 3＝15，a 4＝28.(2)由上面的a 1，a 2，a 3，a 4的值可以猜想a n ＝n (2n －1)． 下面用数学归纳法加以证明：①当n ＝1时，a 1＝1×(2－1)＝1，结论成立． ②假设当n ＝k 时，结论正确，即a k ＝k (2k －1)， 则当n ＝k ＋1时，有a k ＋1＋a k －1a k ＋1－a k ＋1＝k ，∴(k －1)a k ＋1＝(k ＋1)a k －(k ＋1)＝(k ＋1)·k (2k －1)－(k ＋1)＝(k ＋1)(2k 2－k －1) ＝(k ＋1)(2k ＋1)(k －1)(k －1≠0)． ∴a k ＋1＝(k ＋1)[2(k ＋1)－1]． 即当n ＝k ＋1时，结论也成立．由①②可知，{a n }的通项公式a n ＝n (2n －1)． (3)∵{b n }是等差数列，∴2b 2＝b 1＋b 3， 即2a 22＋c ＝a 11＋c ＋a 33＋c . ∵a 1＝1，a 2＝6，a 3＝15且c ≠0， 由上式解得c ＝－12，∴b n ＝a nn －12＝n (2n －1)12(2n －1)＝2n .故S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n (n ＋1)．∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.1．已知△ABC 的三边长都是有理数． (1)求证：cos A 是有理数；(2)求证：对任意正整数n ，cos nA 是有理数．证明：(1)由AB 、BC 、AC 为有理数及余弦定理知cos A ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB ·AC 是有理数．(2)用数学归纳法证明cos nA 和sin A ·sin nA 都是有理数．①当n ＝1时，由(1)知cos A 是有理数，从而有sin A ·sin A ＝1－cos 2A 也是有理数． ②假设当n ＝k (k ∈N *)时，cos kA 和sin A ·sin kA 都是有理数． 当n ＝k ＋1时，由cos(k ＋1)A ＝cos A ·cos kA －sin A ·sin kA ，sin A ·sin(k ＋1)A ＝sin A ·(sin A ·cos kA ＋cos A ·sin kA ) ＝(sin A ·sin A )·cos kA ＋(sin A ·sin kA )·cos A ，由①和归纳假设，知cos(k ＋1)A 和sin A ·sin(k ＋1)A 都是有理数． 即当n ＝k ＋1时，结论成立．综合①②可知，对任意正整数n ，cos nA 是有理数．2．用数学归纳法证明11×3＋13×5＋…＋1(2n －1)(2n ＋1)＝n2n ＋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n ＝1时等式成立． (2)假设n ＝k 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) ＝k2k ＋1＋1(2k ＋1)(2k ＋3) ＝2k 2＋3k ＋1(2k ＋1)(2k ＋3)＝(k ＋1)(2k ＋1)(2k ＋1)(2k ＋3)＝k ＋12k ＋3＝k ＋12(k ＋1)＋1. 这就是说，n ＝k ＋1时等式也成立． 由(1)(2)可知，等式对一切n ∈N *都成立．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． 解：(1)∵当n ＝1时，由已知得a 1＝a 12＋1a 1－1，a 21＋2a 1－2＝0. ∴a 1＝3－1或a 1＝－3－1(舍去)． 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或a 2＝－5－3(舍去)． 同理可得a 3＝7－ 5. 由a 1，a 2，a 3，猜想a n ＝2n ＋1－2n －1(n ∈N *)．(2)证明：①由(1)的计算过程知，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.那么由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代入上式并整理得a2k＋1＋22k＋1a k＋1－2＝0，解得a k＋1＝2k＋3－2k＋1，或a k＋1＝－2k＋3－2k＋1(舍去)．即当n＝k＋1时，通项公式也成立．由①和②，可知对所有n∈N*，a n＝2n＋1－2n－1都成立．4．用数学归纳法证明：1＋122＋132＋…＋1n2<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＋…＋1k2<2－1k.当n＝k＋1时，1＋122＋132＋…＋1k2＋1(k＋1)2<2－1k＋1(k＋1)2<2－1k＋1k(k＋1)＝2－1k＋1k－1 k＋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．第四节数系的扩充与复数的引入[备考方向要明了][归纳·知识整合]1．复数的有关概念提示：不是，a＝0是a＋b i(a，b∈R)为纯虚数的必要条件，只有当a＝0，且b≠0时，a＋b i才为纯虚数．2．复数的几何意义复数z＝a＋b i与复平面内的点Z(a，b)与平面向量OZ (a，b∈R)是一一对应的关系．3．复数的运算(1)复数的加、减、乘、除运算法则设z 1＝a ＋b i ，z 2＝c ＋d i(a ，b ，c ，d ∈R )，则 ①加法：z 1＋z 2＝(a ＋b i)＋(c ＋d i)＝(a ＋c )＋(b ＋d )i ； ②减法：z 1－z 2＝(a ＋b i)－(c ＋d i)＝(a －c )＋(b －d )i ； ③乘法：z 1·z 2＝(a ＋b i)(c ＋d i)＝(ac －bd )＋(ad ＋bc )i ；④除法：z 1z 2＝a ＋b i c ＋d i ＝(a ＋b i )(c －d i )(c ＋d i )(c －d i )＝ac ＋bd c 2＋d 2＋bc －ad c 2＋d 2i(c ＋d i ≠0)．(2)复数的加法的运算定律复数的加法满足交换律、结合律，即对任何z 1、z 2、z 3∈C ，有z 1＋z 2＝z 2＋z 1，(z 1＋z 2)＋z 3＝z 1＋(z 2＋z 3)．(3)复数的乘法的运算定律复数的乘法满足交换律、结合律、分配律，即对于任意z 1，z 2，z 3∈C ，有z 1·z 2＝z 2·z 1，(z 1·z 2)·z 3＝z 1·(z 2·z 3)，z 1(z 2＋z 3)＝z 1z 2＋z 1z 3.[探究] 2.z 1、z 2是复数，z 1－z 2>0，那么z 1>z 2，这个命题是真命题吗？提示：假命题．例如：z 1＝1＋i ，z 2＝－2＋i ，z 1－z 2＝3>0，但z 1>z 2无意义，因为虚数无大小概念．3．若z 1，z 2∈R ，z 21＋z 22＝0，则z 1＝z 2＝0，此命题对z 1，z 2∈C 还成立吗？ 提示：不一定成立．比如z 1＝1，z 2＝i 满足z 21＋z 22＝0.但z 1≠0，z 2≠0.[自测·牛刀小试]1．(教材习题改编)复数z ＝(2－i)i 在复平面内对应的点位于( ) A ．x 象限 B ．第二象限 C ．x 象限D ．第四象限解析：选A z ＝(2－i)i ＝2i －i 2＝1＋2i故复数z ＝(2－i)i 在复平面内对应的点为(1,2)，位于x 象限． 2．(教材习题改编)复数2＋i1－2i的共轭复数是( ) A ．i B ．－i C.35i D ．－35i解析：选B ∵2＋i 1－2i ＝(2＋i )(1＋2i )(1－2i )(1＋2i )＝5i5＝i ，∴其共轭复数为－i.3．(x·x 高考)复数z 满足(z －i)i ＝2＋i ，则z ＝( )A ．－1－iB ．1－iC ．－1＋3iD ．1－2i解析：选B 设z ＝a ＋b i ，则(z －i)i ＝－b ＋1＋a i ＝2＋i ，由复数相等的概念可知，－b ＋1＝2，a ＝1，所以a ＝1，b ＝－1.4．已知a ＋2ii＝b ＋i(a ，b ∈R )其中i 为虚数单位，则a ＋b ＝________.解析：根据已知可得a ＋2i i＝b ＋i ⇒2－a i ＝b ＋i ⇔⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2，－a ＝1，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2，a ＝－1. 从而a ＋b ＝1. 答案：15．设a 是实数，且a 1＋i ＋1＋i 2是实数，则a ＝________.解析：a1＋i＋1＋i 2＝a －a i 2＋1＋i 2＝(a ＋1)＋(1－a )i2为实数，故1－a ＝0，即a ＝1. 答案：1[例1] (1)设i 是虚数单位，复数1＋a i2－i 为纯虚数，则实数a 为( )A ．2B ．－2C ．－12D.12(2)(x·x 高考)若复数z ＝1＋i(i 为虚数单位)，z 是z 的共扼复数，则z 2＋z 2的虚部为( )A ．0B ．－1C ．1D ．－2[自主解答] (1)若1＋a i 2－i ＝(1＋a i )(2＋i )(2－i )(2＋i )＝(2－a )＋(2a ＋1)i 5＝2－a 5＋2a ＋15i 为纯虚数，则⎩⎪⎨⎪⎧2－a ＝0，2a ＋1≠0，故a ＝2. (2)∵z 2＋z 2＝(1＋i)2＋(1－i)2＝0，∴z 2＋z 2的虚部为0. [答案] (1)A (2)A若本例(1)中1＋a i 2－i为实数，则a 为何值？解：若1＋a i 2－i ＝(1＋a i )(2＋i )(2－i )(2＋i )＝2－a 5＋2a ＋15i 为实数，则2a ＋15＝0，即a ＝－12.——————————————————— 解决复数概念问题的方法及注意事项(1)复数的分类及对应点的位置问题都可以转化为复数的实部与虚部应该满足的条件问题，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．1．(1)已知0＜a ＜2，复数z 的实部为a ，虚部为1，则|z |的取值范围是( ) A ．(1,5) B ．(1,3) C ．(1, 5)D ．(1, 3)(2)设复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )的共轭复数为z －＝a －b i ，则z －z －为( ) A ．实数 B ．纯虚数 C ．0D ．零或纯虚数 解析：(1)选C 由题意，z ＝a ＋i ，故|z |＝a 2＋1，∵0＜a ＜2，∴1＜a 2＋1＜5，从而1＜a 2＋1＜5，即1＜|z |＜ 5.(2)选D ∵z －z －＝(a ＋b i)－(a －b i)＝2b i ，当b ＝0时，z －z －为0；当b ≠0时，z －z －为纯虚数．[例2] (1)(x·x 高考)在复平面内，复数10i3＋i 对应的点的坐标为( )A ．(1,3)B ．(3,1)C ．(－1,3)D ．(3，－1)(2)(x·东营模拟)若i 为虚数单位，图中复平面内点Z 表示复数z ，则表示复数z1＋i 的点是( )A ．EB ．FC ．GD ．H[自主解答] (1)由10i3＋i ＝10i (3－i )(3＋i )(3－i )＝10(1＋3i )10＝1＋3i 得，该复数对应的点为(1,3)．(2)依题意得z ＝3＋i ，z1＋i ＝3＋i 1＋i ＝(3＋i )(1－i )(1＋i )(1－i )＝4－2i 2＝2－i ，该复数对应的点的坐标是(2，－1)．[答案] (1)A (2)D ———————————————————复数所对应点的坐标的特点(1)实数、纯虚数的对应点分别在实轴和虚轴上； (2)若实部为正且虚部为正，则复数对应点在x 象限； (3)若实部为负且虚部为正，则复数对应点在第二象限； (4)若实部为负且虚部为负，则复数对应点在x 象限； (5)若实部为正且虚部为负，则复数对应点在第四象限；(6)此外，若复数的对应点在某些曲线上，还可写出代数形式的一般表达式．如：若复数z 的对应点在直线x ＝1上，则z ＝1＋b i(b ∈R )；若复数z 的对应点在直线y ＝x 上，则z ＝a ＋a i(a ∈R )，这在利用复数的代数形式解题中能起到简化作用．2．复数z 1＝3＋4i ，z 2＝0，z 3＝c ＋(2c －6)i 在复平面内对应的点分别为A ，B ，C ，若∠BAC 是钝角，求实数c 的取值范围．解：在复平面内三点坐标分别为A (3,4)，B (0,0)，C (c,2c －6)，由∠BAC 是钝角得AB ·AC <0，且A ，B ，C 不共线，由(－3，－4)·(c －3,2c －10)<0，解得c >4911.其中当c ＝9时，AC ＝(6,8)＝－2AB ，此时A ，B ，C 三点共线，故c ≠9.所以c 的取值范围是⎩⎨⎧⎭⎬⎫c ⎪⎪c >4911，且c ≠9.[例3] (1)(x·x 高考)若复数z 满足z (2－i)＝x ＋7i(i 为虚数单位)，则z 为( ) A ．3＋5i B ．3－5i C ．－3＋5iD ．－3－5i(2)(x·x 高考)设a ，b ∈R ，a ＋b i ＝11－7i1－2i (i 为虚数单位)，则a ＋b 的值为________．[自主解答] (1)由题意知z ＝11＋7i 2－i ＝(11＋7i )(2＋i )(2－i )(2＋i )＝15＋25i5＝3＋5i.(2)∵11－7i 1－2i ＝(11－7i )(1＋2i )(1－2i )(1＋2i )＝25＋15i5＝5＋3i ＝a ＋b i ，∴a ＋b ＝8.[答案] (1)A (2)8在本例(1)中，试求(1＋z )·z 的值． 解：∵z ＝3＋5i ，∴z ＝3－5i∴(1＋z )·z ＝(4＋5i)(3－5i)＝x －20i ＋15i ＋25＝37－5i.———————————————————复数的代数运算技巧复数的四则运算类似于多项式的四则运算，此时含有虚数单位i 的看作一类，不含i 的看作另一类，分别合并即可，但要注意把i 的幂写成最简单的形式，在运算过程中，要熟悉i 的特点及熟练应用运算技巧．3．已知z 1＝(3x ＋y )＋(y －4x )i(x ，y ∈R )，z 2＝(4y －2x )－(5x ＋3y )i(x ，y ∈R )．设z ＝z 1－z 2，且z ＝13－2i ，求z 1，z 2.解：z ＝z 1－z 2＝[(3x ＋y )＋(y －4x )i]－[(4y －2x )－(5x ＋3y )i]＝(5x －3y )＋(x ＋4y )i ，又z ＝13－2i ，故⎩⎪⎨⎪⎧ 5x －3y ＝13，x ＋4y ＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝－1.于是，z 1＝(3×2－1)＋(－1－4×2)i ＝5－9i ，z 2＝(－4－2×2)－(5×2－3×1)i ＝－8－7i.1个分类——复数的分类 对复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，当b ＝0时，z 为实数；当b ≠0时，z 为虚数；当a ＝0，b ≠0时，z 为纯虚数． 2个技巧——复数的运算技巧(1)设z ＝a ＋b i(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．3个结论——复数代数运算中常用的几个结论在进行复数的代数运算时，记住以下结论，可提高计算速度． (1)(1±i)2＝±2i ；1＋i 1－i ＝i ；1－i1＋i＝－i ； (2)－b ＋a i ＝i(a ＋b i)；(3)i 4n ＝1，i 4n ＋1＝i ，i 4n ＋2＝－1，i 4n ＋3＝－i ，i 4n ＋i 4n ＋1＋i 4n ＋2＋i 4n ＋3＝0，n ∈N *.创新交汇——复数命题新动向1．复数多以客观题的形式考查复数的概念及运算，也经常将复数的基本概念与基本运算相结合，复数幂的运算与复数除法相结合，复数的基本运算与复数的几何意义相结合，复数与方程相结合，复数与集合相结合等形成交汇命题．2．解决此类问题的关键是把握复数的有关概念，根据复数的运算法则准确进行化简运算．[典例] (x·x 高考)设集合M ＝{y |y ＝|cos 2x －sin 2x |，x ∈R }，N ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫xx －1i ＜2，i 为虚数单位，x ∈R ，则M ∩N 为( )A ．(0,1)B ．(0,1]C ．[0,1)D ．[0,1][解析] 对于集合M ，函数y ＝|cos2x |，其值域为[0,1]，所以M ＝[0,1]．根据复数模的计算方法得不等式 x 2＋1＜2，即x 2＜1，所以N ＝(－1,1)，则M ∩N ＝[0,1)．正确选项为C.[答案] C [名师点评]1．本题具有以下创新点不同于以往的复数高考题，不是单独考查复数的基本知识，而是和三角函数、不等式、集合相交汇出题，综合性较大，是高考题的一个新动向．2．解决本题的关键有以下几点(1)弄清集合的元素．集合M 为函数的值域，集合N 为不等式的解集，把M 、N 具体化． (2)正确识别⎪⎪⎪⎪x －1i 为复数的模，而非实数的绝对值． [变式训练]1．(x·上海高考)若1＋2i 是关于x 的实系数方程x 2＋bx ＋c ＝0的一个复数根，则( )A ．b ＝2，c ＝3B ．b ＝－2，c ＝3C ．b ＝－2，c ＝－1D ．b ＝2，c ＝－1解析：选B 由于1＋2i 是关于x 的实系数方程x 2＋bx ＋c ＝0的一个根，则(1＋2i)2＋b (1＋2i)＋c ＝0，整理得(b ＋c －1)＋(22＋2b )i ＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧22＋2b ＝0，b ＋c －1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－2，c ＝3.2．已知定义在复数集C 上的函数满足f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋x 3(x ∈R )，⎪⎪⎪⎪x 1＋i (x ∉R )， 则f (f (1－i))等于________．解析：由已知得f (1－i)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－i 1＋i ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2i 2＝|－i|＝1，故f (1)＝1＋13＝2， 即f (f (1－i))＝2. 答案：2一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．(x·x 高考)设a ，b ∈R ，i 是虚数单位，则“ab ＝0”是“复数a ＋bi 为纯虚数”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选B 复数a ＋bi ＝a －b i 为纯虚数，则a ＝0，b ≠0；而ab ＝0表示a ＝0或者b＝0，故“ab ＝0”是“复数a ＋bi为纯虚数”的必要不充分条件．2．(x·新课标全国卷)下面是关于复数z ＝2－1＋i 的四个命题：p 1：|z |＝2, p 2：z 2＝2i ，p 3：z 的共轭复数为1＋i, p 4：z 的虚部为－1. 其中的真命题为( ) A ．p 1，p 3 B ．p 1，p 2 C ．p 2，p 4D ．p 3，p 4解析：选C ∵复数z ＝2－1＋i＝－1－i ，∴|z |＝2，z 2＝(－1－i)2＝(1＋i)2＝2i ，z 的共轭复数为－1＋i ，z 的虚部为－1，综上可知p 2，p 4是真命题．3．已知f (x )＝x 2，i 是虚数单位，则在复平面中复数f (1＋i )3＋i 对应的点在( )A ．x 象限B ．第二象限C ．x 象限D ．第四象限解析：选A f (1＋i)＝(1＋i)2＝2i ，则f (1＋i )3＋i ＝2i 3＋i ＝2＋6i 10＝15＋35i ，故对应点在x 象限．4．(x·临汾模拟)复数z ＝i(i ＋1)(i 为虚数单位)的共轭复数是( )A ．－1－iB ．－1＋iC ．1－iD ．1＋i解析：选A ∵z ＝i(i ＋1)＝－1＋i ，∴z 的共轭复数是－1－i. 5．若(x －i)i ＝y ＋2i ，x ，y ∈R ，则复数x ＋y i ＝( ) A ．－2＋i B ．2＋i C ．1－2iD ．1＋2i解析：选B 由(x －i)i ＝y ＋2i 得x i ＋1＝y ＋2i. ∵x ，y ∈R ，∴x ＝2，y ＝1，故x ＋y i ＝2＋i.6．若复数z ＝a 2－1＋(a ＋1)i(a ∈R )是纯虚数，则1z ＋a 的虚部为( )A ．－25B ．－25iC.25D.25i 解析：选A 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 2－1＝0，a ＋1≠0，所以a ＝1，所以1z ＋a ＝11＋2i ＝1－2i (1＋2i )(1－2i )＝15－25i ，根据虚部的概念，可得1z ＋a的虚部为－25. 二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．(x·湖北高考)若3＋b i 1－i ＝a ＋b i(a ，b 为实数，i 为虚数单位)，则a ＋b ＝________.解析：由3＋b i 1－i ＝(3＋b i )(1＋i )(1－i )(1＋i )＝3－b ＋(3＋b )i 2＝a ＋b i ，得a ＝3－b 2，b ＝3＋b2，解得b＝3，a ＝0，所以a ＋b ＝3.答案：38．i 为虚数单位，1i ＋1i 3＋1i 5＋1i 7＝________.解析：1i ＋1i 3＋1i 5＋1i 7＝－i ＋i －i ＋i ＝0.答案：09．已知复数x 2－6x ＋5＋(x －2)i 在复平面内对应的点在x 象限，则实数x 的取值范围是________．解析：∵x 为实数，∴x 2－6x ＋5和x －2都是实数．由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ x 2－6x ＋5＜0，x －2＜0，解得⎩⎪⎨⎪⎧1＜x ＜5，x ＜2，即1＜x ＜2.故x 的取值范围是(1,2)． 答案：(1,2)三、解答题(本大题共3小题，每小题x 分，共36分) 10．计算：(1)(－1＋i )(2＋i )i 3；(2)(1＋2i )2＋3(1－i )2＋i ；(3)1－i (1＋i )2＋1＋i (1－i )2； (4)1－3i (3＋i )2. 解：(1)(－1＋i )(2＋i )i 3＝－3＋i－i＝－1－3i.(2)(1＋2i )2＋3(1－i )2＋i ＝－3＋4i ＋3－3i 2＋i ＝i 2＋i ＝i (2－i )5＝15＋25i.(3)1－i (1＋i )2＋1＋i(1－i )2＝1－i 2i ＋1＋i －2i ＝1＋i －2＋－1＋i2＝－1.(4)1－3i (3＋i )2＝(3＋i )(－i )(3＋i )2＝－i3＋i ＝(－i )(3－i )4＝－14－34i.x ．实数m 分别取什么数值时，复数z ＝(m 2＋5m ＋6)＋(m 2－2m －15)i (1)与复数2－xi 相等；(2)与复数x ＋16i 互为共轭复数； (3)对应的点在x 轴上方．解：(1)根据复数相等的充要条件得⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋5m ＋6＝2，m 2－2m －15＝－12.解之得m ＝－1.(2)根据共轭复数的定义得⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋5m ＋6＝12，m 2－2m －15＝－16.解之得m ＝1. (3)根据复数z 对应点在x 轴上方可得m 2－2m －15＞0， 解之得m ＜－3或m ＞5. x ．复数z 1＝3a ＋5＋(10－a 2)i ，z 2＝21－a＋(2a －5)i ，若z －1＋z 2是实数，求实数a 的值． 解：z －1＋z 2＝3a ＋5＋(a 2－10)i ＋21－a＋(2a －5)i＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3a ＋5＋21－a ＋[(a 2－10)＋(2a －5)]i ＝a －13(a ＋5)(a －1)＋(a 2＋2a －15)i.∵z －1＋z 2是实数，∴a 2＋2a －15＝0.解得a ＝－5或a ＝3. ∵分母a ＋5≠0，∴a ≠－5，故a ＝3.1．若复数z ＝(x 2－1)＋(x －1)i 为纯虚数，则实数x 的值为( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．－1或1解析：选A 由复数的概念，若复数z ＝(x 2－1)＋(x －1)i 为纯虚数，则x 2－1＝0，且x －1≠0，解得x ＝－1.2．复数z ＝32－a i ，a ∈R ，且z 2＝12－32i ，则a 的值为( ) A ．1 B ．2 C.12D.14解析：选C z 2＝⎝⎛⎭⎫32－a i 2＝34－a 2－3a i ， 又z 2＝12－32i ，⎩⎨⎧34－a 2＝12，－32＝－3a ，得a ＝12.3．把复数z 的共轭复数记作z ，i 为虚数单位．若z ＝1＋i ，则(1＋z )·z 等于( )A ．3－iB ．3＋iC ．1＋3iD ．3解析：选A (1＋z )·z ＝(1＋1＋i)(1－i)＝3－i.4．设平行四边形ABCD 在复平面内，A 为原点，B 、D 两点对应的复数分别是3＋2i 和2－4i ，则点C 对应的复数是________．解析：设AC 与BD 的交点为E ，则E 点坐标为⎝⎛⎭⎫52，－1，设点C 坐标为(x ，y )，则x ＝5，y ＝－2，故点C 对应复数为5－2i.答案：5－2i第八节 曲线与方程[备考方向要明了][归纳·知识整合]1．曲线与方程一般地，在直角坐标系中，如果某曲线C上的点与一个二元方程f(x，y)＝0的实数解建立了如下的关系：(1)曲线上点的坐标都是这个方程的解；(2)以这个方程的解为坐标的点都是曲线上的点．那么这个方程叫做曲线的方程，这条曲线叫做方程的曲线．曲线可以看作是符合某条件的点的集合，也可看作是满足某种条件的动点的轨迹，因此，此类问题也叫轨迹问题．[探究] 1.若曲线与方程的对应关系中只满足(2)会怎样？提示：若只满足“以这个方程的解为坐标的点都是曲线上的点”，则以这个方程的解为坐标的点的集合形成的曲线可能是已知曲线的一部分，也可能是整条曲线．2．动点的轨迹方程和动点的轨迹有什么区别？提示：“求动点的轨迹方程”和“求动点的轨迹”是不同的，前者只需求出轨迹的方程，标出变量x，y的范围；后者除求出方程外，还应指出方程表示的曲线的图形，并说明图形的形状、位置、大小等有关数据．2．求曲线方程的基本步骤3．两曲线的交点(1)由曲线方程的定义可知，两条曲线交点的坐标应该是两个曲线方程的公共解，即两个曲线方程组成的方程组的实数解；反过来，方程组有几组解，两条曲线就有几个交点，方程组无解，两条曲线就没有交点．(2)两条曲线有交点的充要条件是它们的方程所组成的方程组有实数解．可见，求曲线的交点问题，就是求由它们的方程所组成的方程组的实数解问题．[自测·牛刀小试]1．已知M(－2,0)，N(2,0)，|PM|－|PN|＝4，则动点P的轨迹是()A．双曲线B．双曲线左支C．一条射线D．双曲线右支解析：选C 根据双曲线的定义知动点P 的轨迹类似双曲线，但不满足2c >2a >0的条件，故动点P 的轨迹是一条射线．2．设定点F 1(0，－3)，F 2(0,3)，动点P 满足条件|PF 1|＋|PF 2|＝a ＋9a (a >0)，则点P 的轨迹是( )A ．椭圆B ．线段C ．不存在D ．椭圆或线段解析：选D 当a ＝3时，点P 的轨迹是线段，当a ≠3时，点P 的轨迹是椭圆． 3．一条线段AB 的长为2，两个端点A 和B 分别在x 轴和y 轴上滑动，则线段AB 的中点的轨迹是( )A ．双曲线B ．双曲线的一分支C ．圆D ．椭圆解析：选C 法一：设A (a,0)，B (0，b )，AB 中点为M (x ，y )则a ＝2x ，b ＝2y ，由AB ＝2，得(2x －0)2＋(0－2y )2＝2，即x 2＋y 2＝1.法二：当A ，B 分别在x ，y 轴上时，由△AOB 是直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知，中点到原点的距离为1.当点A 或B 与原点重合时，中点到原点的距离也是1，故中点轨迹为单位圆．4. 已知点O (0,0)，A (1，－2)，动点P 满足|P A |＝3|PO |，则P 点的轨迹方程是______________________．解析：设P 点的坐标为(x ，y )，则(x －1)2＋(y ＋2)2＝3x 2＋y 2，整理得8x 2＋8y 2＋2x－4y －5＝0.答案：8x 2＋8y 2＋2x －4y －5＝05．已知两定点A (1,1)，B (－1，－1)，动点P 满足PA ·PB ＝x 22，则点P 的轨迹是______________．解析：设点P (x ，y )，则PA ＝(1－x,1－y )，PB ＝(－1－x ，－1－y )，所以PA ·PB ＝(1－x )(－1－x )＋(1－y )·(－1－y )＝x 2＋y 2－2.由已知x 2＋y 2－2＝x 22，即x 24＋y 22＝1，所以点P 的轨迹为椭圆．答案：椭圆[例1] 已知动点P (x ，y )与两定点M (－1,0)，N (1,0)连线的斜率之积等于常数λ(λ≠0)． (1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)试根据λ的取值情况讨论轨迹C 的形状．[自主解答] (1)由题设知直线PM 与PN 的斜率存在且均不为零，所以k PM ·k PN ＝yx ＋1·yx －1＝λ， 整理得x 2－y 2λ＝1(λ≠0，x ≠±1)．即动点P 的轨迹C 的方程为x 2－y 2λ＝1(λ≠0，x ≠±1)．(2)①当λ>0时，轨迹C 为中心在原点、焦点在x 轴上的双曲线(除去顶点)； ②当－1<λ<0时，轨迹C 为中心在原点、焦点在x 轴上的椭圆(除去长轴两个端点)； ③当λ＝－1时，轨迹C 为以原点为圆心、1为半径的圆(除去点(－1,0)，(1,0))； ④当λ<－1时，轨迹C 为中心在原点、焦点在y 轴上的椭圆(除去短轴的两个端点)．保持例题条件不变，若λ＝－2，过定点F (0,1)的直线l 与轨迹C 交于A ，B 两点，求△AOB 的面积的最大值．解：由例1(2)知，当λ＝－2时，轨迹C 为椭圆，其方程为x 2＋y 22＝1(x ≠±1)．由题意知，l 的斜率存在．设l 的方程为y ＝kx ＋1，代入椭圆方程中整理得 (k 2＋2)x 2＋2kx －1＝0.(*)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1，x 2是方程(*)的两个实根， 则x 1＋x 2＝－2k k 2＋2，x 1x 2＝－1k 2＋2.设d 为点O 到直线AB 的距离，则S△OAB＝12|AB|·d＝121＋k2|x1－x2|·1k2＋1＝12|x1－x2|＝12(x1＋x2)2－4x1x2＝124k2(k2＋2)2＋4k2＋2＝2·k2＋1(k2＋2)2＝2·1(k2＋1)＋1k2＋1＋2≤22，当且仅当k＝0，上式取等号．故当k＝0时，△OAB的面积取最大值为2 2.———————————————————直接法求轨迹方程如果动点满足的几何条件是一些与定点、定直线有关的几何量的等量关系，而该等量关系又易于表达成含x，y的等式，从而可直接得到轨迹方程，这种求轨迹的方法称为直接法．1．已知点A(－2,0)，B(3,0)，若动点P满足PA·PB＝2，则动点P的轨迹方程为________．解析：设P的坐标为(x，y)则PA＝(－2－x，－y，)PB＝(3－x，－y)．由PA·PB＝2，得(－2－x)(3－x)＋y2＝2，即x2＋y2－x－8＝0.答案：x2＋y2－x－8＝0[例2]已知定点A(0，－1)，点B在圆F：x2＋(y－1)2＝16上运动，F为圆心，线段AB的垂直平分线交BF于P.(1)求动点P的轨迹E的方程；(2)若曲线Q：x2－2ax＋y2＋a2＝1被轨迹E包围着，求实数a的最小值．[自主解答](1)由题意得|P A|＝|PB|.则|P A|＋|PF|＝|PB|＋|PF|＝4>|AF|＝2，所以动点P的轨迹E是以A、F为焦点的椭圆．。
高三数学数学归纳法
第三章数列知识结构网络前n性质n3．1数学归纳法——数学归纳法是很另类的方法,专门解决与正整数有关的命题,不要忘记噢!一、明确复习目标1.理解数学归纳法的原理;掌握数学归纳法的证明步骤;2.能用数学归纳法证明恒等式、不等式、整除性；探求平面几何及数列问题；二．建构知识网络1.归纳法: 由特殊事例推出一般结论的推理方法.有不完全归纳法,完全归纳法.2.数学归纳法:对于与正整数有关的命题证明：①当n=n0（每第一个值）时成立；②假设n=k（k≥n0）时命题成立，证明当n=k+1时命题成立；这就证明了命题对n0以后的所有正整数都成立。
(1)事实上:第一步证明了“归纳基础”；第二步证明了“递推规律”——“若n=k命题成立，则n=k+1命题成立”，从而可以无限的递推下去，保证了对n0以后的所有正整数都成立。
(2)两点注意: ①两步缺一不可（如命题2）②证“n=k+1成立”必用“n=k成立”（归纳假设）如对于等式2+4+……2n=n2+n+1可以证明“假设n=k时成立，则n=k+1时也成立”，没有归纳基础。
事实上这个等式是不成立的。
3．数学归纳法的应用:证明等式、不等式、整除性；探求平面几何及数列问题；三、双基题目练练手1．用数学归纳法证明3)12(12)1()1(2122222222+=+++-++-+++nnnnn时，由n=k的假设到证明n=k+1时，等式左边应添加的式子是（）A ．222)1(k k ++B ．22)1(k k ++C ．2)1(+kD ．]1)1(2)[1(312+++k k2．某个命题与正整数n 有关，如果当)(+∈=N k k n 时命题成立，那么可推得当1+=k n 时命题也成立. 现已知当5=n 时该命题不成立，那么可推得 （ ）A ．当n=6时该命题不成立B ．当n=6时该命题成立C ．当n=4时该命题不成立D ．当n=4时该命题成立3.用数学归纳法证明对n 为正偶数时某命题成立，若已假设2(≥=k k n 为偶数）时命题为真，则还需要用归纳假设再证 （ ）A ．1+=k n 时等式成立B ．2+=k n 时等式成立C ．22+=k n 时等式成立D ．)2(2+=k n 时等式成立4.（2004太原模拟）若把正整数按下图所示的规律排序，则从2002到2004年的箭头方向依次为 ( )A .B .D .C .123456789101112…5．平面内有n(n ≥2)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，猜想这n 条直线交点的个数为 .6.如图，第n 个图形是由正n +2边形“扩展”而来（n =1，2，3，…），则第n －2个图形中共有____________个顶点.简答:1-4.BCBD; 5.2)1(-n n ; 6. 观察规律…第n －2个图形有（n +2－2）2+（n +2－2）=n 2+n 个顶点四、经典例题做一做【例1】用数学归纳法证明等式：)1)(1(41)()2(2)1(12222222+-=-++-⋅+-⋅n n n n n n n n . [证明]︒1. 当1=n 时，左边0)11(122=-⋅=，右边0201412=⋅⋅⋅=，∴左边=右边，1=n 时等式成立；︒2. 假设k n =时等式成立，即)1)(1(41)()2(2)1(12222222+-=-⋅++-⋅+-⋅k k k k k k k k ， ∴当1+=k n 时，左边])1()1)[(1(])1[(]2)1[(2]1)1[(122222222+-+++-+⋅++-+⋅+-+⋅=k k k k k k k k222222[1(1)2(2)()][1(21)2(21)(21)]k k k k k k k k k =⋅-+-++⋅-+⋅++⋅++++)]12(2)1)[(1(41)12(2)1()1)(1(412++-+=+⋅+++-=k k k k k k k k k k )2()1(41)23)(1(4122++=+++=k k k k k k k =右边，即1+=k n 时等式成立， 根据︒︒21与，等式对*∈N n 都正确.【例2】是否存在正整数m ，使得f （n ）=（2n +7）·3n +9对任意正整数n 都能被m 整除?若存在，求出最大的m 值，并证明你的结论;若不存在，请说明理由.解：由f （n ）=（2n +7）·3n +9，得f （1）=36， f （2）=3×36， f （3）=10×36， f （4）=34×36，由此猜想m =36.下面用数学归纳法证明： （1）当n =1时，显然成立.（2）假设n =k 时， f （k ）能被36整除，即f （k ）=（2k +7）·3k +9能被36整除;当n =k +1时，［2（k +1）+7］·3k +1+9=3［（2k +7）·3k +9］+18（3k －1－1），由于3k －1－1是2的倍数，故18（3k －1－1）能被36整除.这就是说，当n =k +1时，f （n ）也能被36整除.由（1）（2）可知对一切正整数n 都有f （n ）=（2n +7）·3n +9能被36整除，m 的最大值为36.方法提炼：本题是探索性命题，它通过观察、归纳、特殊化猜想出结论，再用数学归纳法证明。
高考数学总复习：数学归纳法(讲义+解题技巧+真题+详细解答)
1.证明：当 n 取第一个值 n0（如 n0=1 或 2 等）命题正确； 2.假设当 n=k(k∈N*，且 k≥n0)时命题成立，以此为前提，证明当 n=k+1 时命题也成立. 根据步骤 1，2 可以断定命题对于一切从 n0 开始的所有正整数 n 都成立. 其中第一步是命题成立的基础，称为“归纳基础”（或称特殊性），第二步是递推的证 据，解决的是延续性问题（又称传递性问题）。 注意： （1）不要弄错起始 n0：n0 不一定恒为 1，也可能为其它自然数（即起点问题）． （2）项数要估算正确：特别是当寻找 n=k 与 n=k+1 的关系时，项数的变化易出现错误 （即跨度问题）． （3）必须利用归纳假设：归纳假设是必须要用的，假设是起桥梁作用的，桥梁断了就过
由归纳假设，凸
k
边形
A1A2A3…Ak
的对角线的条数为
1 2
k(k－3)；对角线
A1Ak
是一条；而顶点 Ak+1 与另外（k－2）个顶点 A2、A3、…、Ak－1 可画出（k－2）条对角线，
所以凸（k+1）边形的对角线的条数是： 1 k(k－3)+1+(k－2)= 1 (k+1)(k－2)= 1
2
2
2.原理 数学归纳法首先证明在某个起点值时命题成立，然后证明从一个值到下一个值的过程有
效。当这两点都已经证明，那么任意值都可以通过反复使用这个方法推导出来。把这个方法 想成多米诺效应也许更容易理解一些。例如：你有一列很长的直立着的多米诺骨牌，如果你 可以：
① 证明第一张骨牌会倒。 ② 证明只要任意一张骨牌倒了，那么与其相邻的下一张骨牌也会倒。 ③ 那么便可以下结论：所有的骨牌都会倒下。
【解析】
2020高三数学总复习数学归纳法PPT课件
n∈N*等式都成立．
课堂考点探究
探究点二 用数学归纳法证明不等式
例 2 [2016·烟台一摸] 等比数列{an}的前 n 项和为 Sn， 已知对任意 n∈N*，点(n，Sn)均在函数 y＝bx＋r(b>0 且 b≠1，b，r 均为常数)的图像上．
(1)求 r 的值； (2)当 b＝2 时，记 bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，证明：对 任意 n∈N*，不等式b1b＋1 1·b2b＋2 1·…·bnb＋n 1> n＋1成 立．
n＋1
课堂考点探究
[总结反思] 用数学归纳法证明与n有关的不等式，一般有两种具体形式：一是直接给出不 等式，按要求进行证明；二是给出两个式子，按要求比较它们的大小．第二种 形式往往要先对n取前几个值分别验证比较，以免出现判断失误，然后猜出从 某个n值开始都成立的结论．
课堂考点探究
变式题已知函数 f1(x)＝x＋2 1，fn＋1(x)＝f1[fn(x)]，且 an＝ffnn（（00））－＋12. (1)试证明{an}为等比数列，并求其通项公式； (2)设 bn＝（－21a）n n－1，g(n)＝1＋12＋13＋…＋1n(n∈N*)，求证：g(bn)≥n＋2 2.
[总结反思] “归纳—猜想—证明” 属于探索性问题的一种，一般 要经过计算、观察、归纳，然 后猜想出结论，再用数学归纳 法证明．在用这种方法解决问 题时，应保证猜想的正确性和 数学归纳法步骤的完整性．
课堂考点探究
变式题
解：由 x1＝12及 xn＋1＝1＋1 xn，
已知数列{xn}满足 x1＝12， 得 x2＝23，x4＝58，x6＝1231，
故对任意 n∈N*，原不等式成立．
课堂考点探究
探究点三 归纳——猜想——证明
数学第26章小结与复习教案：全面回顾数学知识点
数学第26章小结与复习教案：全面回顾数学知识点一、数列和数列的应用在这一章中，第一个讲解的内容就是数列。
数列是数学中很重要的一个概念，它可以用来描述各种现象。
在数列中，我们需要掌握一些基本的概念和定理，比如通项公式、首项、公差等等。
掌握了这些基本知识点，就可以进行一些应用，比如等差数列的求和公式、等比数列的求和公式等等。
在这里，老师不仅需要让学生掌握相应的公式，更要让学生了解数列的应用，例如如何通过数列来描述自然现象，如何应用数列解决实际问题等等。
针对不同的应用场景，老师还可以采用实例教学的方式，让学生更加深入地理解数列的应用和意义。
二、数学归纳法数学归纳法是解决数学问题的一种重要的方法，它可以让我们通过一定的逻辑推理来证明某个命题的正确性。
在这一章，老师需要让学生了解什么是数学归纳法，掌握数学归纳法的基本原理和套路，例如归纳基础、归纳假设和归纳步骤等等。
同样，老师还需要在此基础上，结合实例让学生更加深入地了解数学归纳法的意义和应用。
在教学过程中，可以通过一些生动形象的教学方式来增强学生的学习兴趣和理解效果，例如通过故事、图片、实例等等。
三、组合数学组合数学也是高考数学中的重要内容之一，它是研究由有限个元素组成的集合中的元素组合方式的一门学科。
在这一章，老师需要让学生了解组合数学的基本概念和性质，如排列、组合、二项式定理等等。
同时，还需要进行实际应用的讲解，例如解决排列和组合问题、用二项式定理进行展开等等。
此外，老师还可以通过举一些有趣的实际问题来帮助学生更好地掌握组合数学的基本概念和应用技巧。
例如，如何从n个人中选出r 个人组成不同的委员会、从n个不同现货商品中不放回取m个的方法数等等。
四、三角函数三角函数也是数学学科中比较重要的内容之一，它是解决三角形相关问题的一种数学工具。
在这一章中，老师需要让学生了解三角函数的基本概念和性质，如正弦、余弦、正切等等。
此外，还需要进行实际应用的讲解，例如三角函数的图像、三角函数的基本公式、三角函数的加减公式等等。
高三数学复习教学阶段的巧妙“归纳”
高三数学复习教学阶段的巧妙“归纳”高三数学复习阶段是学生备战高考的关键时期，如何提高数学成绩成为了学生和教师们都非常关注的问题。
而在复习数学的过程中，适时的进行归纳总结是非常重要的。
通过巧妙的“归纳”，学生可以更加系统地理解和掌握知识，从而更有把握地应对高考。
本文将从“归纳”的概念入手，阐述高三数学复习阶段的巧妙“归纳”方法，希望对学生和教师们在复习数学的过程中有所帮助。
一、“归纳”概念所谓“归纳”，即通过具体事实和现象推测出普遍规律。
在数学复习中，“归纳”是指通过已学习的知识和题目总结规律，抽象出相关的定义、定理和公式，以达到更好地理解和掌握知识的目的。
而在高三数学复习阶段，适时的进行“归纳”总结，不仅可以帮助学生深入理解知识，还可以帮助他们更好地应用所学知识解决问题。
1. 定期梳理知识点在高三数学的课堂教学过程中，老师会按照教学大纲和学生的学习进度进行知识点的讲解。
而在复习阶段，学生们可以根据教材内容，定期进行知识点的梳理。
具体而言，可以将已学过的知识点进行分类，并做成知识点表格，把相关定义、定理和公式都整理到表格中，让学生们一目了然地看到知识点之间的联系和归纳出的规律，从而更好地理解和掌握知识。
2. 积累题目进行“归纳”在高三数学的复习阶段，做题是非常重要的环节。
而在做题的过程中，学生可以逐步积累各种类型的典型题目，并对这些题目进行分类整理。
然后，学生们可以针对每一类题目进行“归纳”，总结出解题的思路、技巧和规律，并将其写成笔记。
通过这种方式，学生们可以更好地掌握各类题目的解题方法和技巧，从而更有把握地应对高考。
3. 制作归纳笔记在复习过程中，学生可以根据已学知识点和做过的题目，制作归纳笔记。
具体而言，可以将每个知识点的定义、定理和公式都写在笔记上，并配上相关的例题和解题技巧。
而对于做过的各类题目，也可以将解题的思路、技巧、规律等进行归纳总结，并写在笔记上。
这样，学生们可以在复习时随时翻阅这些归纳笔记，加深对知识点和解题方法的理解和掌握。
高三数学复习教学阶段的巧妙“归纳”
高三数学复习教学阶段的巧妙“归纳”在高三数学复习教学阶段，学生们常常会遇到大量的知识点需要记忆和掌握。
而对于数学这门学科来说，很多知识点之间有着紧密的联系和逻辑关系，因此合理进行归纳整理能够帮助学生更好地理解和掌握知识点，并提高解决问题的能力。
下面就介绍一种巧妙的“归纳”方法，帮助学生在高三数学复习中发挥更好的效果。
我们要明确“归纳”的目的是什么。
归纳的目的是帮助学生将已经学习过的知识点进行整理和梳理，掌握它们之间的联系和共性，从而提高整体的把握能力。
在进行“归纳”之前，我们需要对已经学习过的知识点进行回顾和复习，确保基础知识的牢固掌握。
只有基础牢固，才能更好地进行归纳和总结。
我们需要确定“归纳”的范围和要点。
归纳的内容应该是相似的知识点，可以是同一个章节或者同一个知识点的不同应用。
可以将线性函数、二次函数等的基本性质进行归纳整理，或者将数列、数学归纳法等数学方法的基本思想进行归纳总结。
在归纳的过程中，可以从以下几个方面进行思考：共同点是什么？不同点是什么？有什么特殊的性质和规律？它们之间有什么联系和应用？接下来，我们可以使用一些具体的方法和工具来进行归纳整理。
一种常见的方法是制作思维导图。
可以将一个知识点作为中心，然后将它的相关性质、定义、公式等信息作为分支连接在中心周围。
通过思维导图的制作，可以形象地展示知识点之间的联系和差异，帮助学生更好地理解和记忆知识。
还可以使用表格、图像等形式进行归纳整理，根据具体的归纳对象选择合适的方式。
进行“归纳”之后，学生需要进行及时的复习和巩固。
复习时，可以结合归纳整理的内容进行回顾，对已经学习过的知识点进行强化记忆，并进行相关的练习和应用。
在应用题的解答过程中，要注重灵活运用归纳的内容，发现规律和特点，从而提高解题的效率和准确性。
通过巧妙的“归纳”方法，可以帮助学生更好地理解和掌握知识点，并提高解决问题的能力。
在高三数学复习阶段，归纳整理是非常重要的一环，只有将已经学习过的知识点进行归纳整理，才能将零散的知识点串联起来，形成知识的网络，从而更好地应对复习中的各类题目。
高三数学精品复习26数学归纳法
2014届高三数学精品复习之数学归纳法、极限1．数学归纳法用于证明一个“关于正自然数n 的命题对于从正自然数n 0开始的所有正自然数n 都成立”的问题。
2．能根据f(k)正确写出f(k+1),并能指出f(k)与f(k+1)之间的关系，这往往是运用数学归纳法的最关键的一步。
[举例1]已知nn n n n f 21312111)(+++++++=Λ，则)1(+n f = A ．)(n f +)1(21+n ， B ．)(n f +121+n +)1(21+n ，C ．)(n f -)1(21+n D ．)(n f +121+n -)1(21+n解析：)(n f 是从n+1开始的n 个连续自然数的倒数和，故)1(+n f 是从n+2开始的n+1个连续自然数的倒数和，即 )1(+n f =111111113121+++++++-+++++++n n n n n n n n Λ =)1(21121213121+++++++++n n n n n Λ=)(n f +121+n +)1(21+n -11+n =)(n f +121+n -)1(21+n 故选D 。
[举例2]用数学归纳法证明“5n－2n能被3整除”的第二步中，n=k+1时，为了使用归纳假设，应将5k+1－2k+1变形为[解析]假设n=k 时命题成立.即:5k －2k 被3整除.当n=k+1时，5k+1－2 k+1 =5×5k －2×2 k=5(5k －2k ) ＋5×2k －2×2k =5(5k －2k ) ＋3×2k[巩固1] 用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋121n -<n (n>1)时，由n ＝k (k>1)不等式成立，推证n ＝k ＋1时，左边应增加的代数式的个数是_____。
A. 2k -1B. 2k－1 C. 2kD. 2k＋1[巩固2]用数学归纳法证明命题： (n ＋1) ×(n ＋2) ×…×(n ＋n)=2n×1×3×…×(2n －1)3．数学归纳法公理：如果关于自然数n 的一个命题p(n)满足下列条件 (1) p(n 0)成立,即当n=n 0时,命题成立，(2) 假设p(k)成立,则p (k+1)也成立；根据(1)(2)知命题p(n)对n ≥n 0的所有自然数n 都成立。
高三数学归纳法复习共26页
56、书不仅是生活，而且是现在、过 去和未 来文化 生活的 源泉。 ——库 法耶夫 57、生命不可能有两次，但许多人连一 次也不 善于度 过。— —吕凯 特 58、问渠哪得清如许，为有源头活水来 。—— 朱熹 59、我的努力求学没有得到别的好处， 只不过 是愈来 愈发觉 自己的 无知。 ——笛 卡儿
高三数学归纳法复习
6、纪律是自由的第一条件。——黑格 尔 7、纪律是集体的面貌，集体的声音， 集体的 动作， 集体的 表情， 集体的 信念。 ——马 卡连柯
8、我们现在必须完全保持党的纪律， 否则一 切都会 陷入污 泥中。 ——马 克思 9、学校没有纪律便如磨坊没有水。— —夸美 纽斯
10、一个人应该：活泼而守纪律，天 真而不 幼稚， 勇敢而 鲁莽， 倔强而 有原则 ，热情 而不冲 动，乐 观而不 盲目。 ——马 克思
拉
60、生活的道路一旦选定，就要勇敢地 走
高中数学复习指导：数学归纳法
高中数学复习指导：数学归纳法
高中数学复习指导：数学归纳法
高中数学复习指导：数学归纳法讲解
数学归纳是一种有特殊事例导出一般原理的思维方法。
归纳推理分完全归纳推理与不完全归纳推理两种。
不完全归纳推理只根据一类事物中的部分对象具有的共同性质，推断该类事物全体都具有的性质，这种推理方法，在数学推理论证中是不允许的。
完全归纳推理是在考察了一类事物的全部对象后归纳得出结论来。
数学归纳法是用来证明某些与自然数有关的数学命题的一
种推理方法，在解数学题中有着广泛的应用。
它是一个递推的数学论证方法，论证的第一步是证明命题在n=1(或n)时成立，这是递推的基础，第二步是假设在n=k时命题成立，再证明n=k+1时命题也成立，这是无限递推下去的理论依据，它判断命题的正确性能否由特殊推广到一般，实际上它使命题的正确性突破了有限，达到无限。
这两个步骤密切相关，缺一不可，完成了这两步，就可以断定对任何自然数(或nn 且nN)结论都正确。
由这两步可以看出，数学归纳法是由递推实现归纳的，属于完全归纳。
运用数学归纳法证明问题时，关键是n=k+1时命题成立的推证，此步证明要具有目标意识，注意与最终要达到的解题目标进行分析比较，以此确定和调控解题的方向，使差异逐步减小，最终实现目标完成解题。
(1)对于无穷多个自然数命题P(n)成立，
(2)假设P(k+1)成立，并在此基础上推出P(k)成立，
综合(1)(2)，对一切自然数n(n0)，命题P(n)都成立，
总而言之：归纳法是由一系列有限的特殊事例得出一般结论的推理方法。
归纳法分为完全归纳法和不完全归纳法完全归纳法：数学归纳法就是一种不完全归纳法，在数学中有着重要的地位!。
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【关键字】高三2014届高三数学精品复习之数学归纳法、极限1．数学归纳法用于证明一个“关于正自然数n的命题对于从正自然数n0开始的所有正自然数n都成立”的问题。
2．能根据f(k)正确写出f(k+1),并能指出f(k)与f(k+1)之间的关系，这往往是运用数学归纳法的最关键的一步。
[举例1]已知，则=A．+，B．++，C．- D．+-解析：是从n+1开始的n个连续自然数的倒数和，故是从n+2开始的n+1个连续自然数的倒数和，即===++-=+- 故选D。
[举例2]用数学归纳法证明“5n－2n能被3整除”的第二步中，n=k+1时，为了使用归纳假设，应将5k+1－2k+1变形为[解析]假设n=k时命题成立.即:5k－2k 被3整除.当n=k+1时，5k+1－2 k+1 =5×5k－2×2 k=5(5k－2k) ＋5×2k－2×2k=5(5k－2k) ＋3×2k[巩固1] 用数学归纳法证明1＋＋＋…＋<n (n>1)时，由n＝k (k>1)不等式成立，推证n＝k＋1时，左边应增加的代数式的个数是_____。
A. 2B. 2－. 2 D. 2＋1[巩固2]用数学归纳法证明命题：(n＋1) ×(n＋2) ×…×(n＋n)=2n×1×3×…×(2n－1)3．数学归纳法公理：如果关于自然数n 的一个命题p(n)满足下列条件(1) p(n0)成立,即当n=n0时,命题成立，(2) 假设p(k)成立,则p(k+1)也成立；根据(1)(2)知命题p(n)对n≥n0的所有自然数n都成立。
用数学归纳法证明问题的过程实质上是一个递推的过程，（1）是递推的根底，（2）是递推的条件；二者缺一不可。
4．数学归纳法通常用于证明关于自然数n的等式、不等式、整除性等。
用“归纳假设”即命题p(k)成立证明命题p(k+1)成立（已知p(k)成立，求证p(k+1)成立）是数学归纳法证明中最关键的一步；而明晰命题p(k)与命题p(k+1)之间的关系又是实现这一步的前提。
[举例1] 已知为正整数，用数学归纳法证明：当时，；解析：视为关于的不等式，为参数，以下用数学归纳法证明：（ⅰ）当时，原不等式成立；当时，左边，右边，因为，所以左边右边，原不等式成立；（ⅱ）假设当时，不等式成立，即，则当时，，，于是在不等式两边同乘以得，所以．即当时，不等式也成立．综合（ⅰ）（ⅱ）知，对一切正整数，不等式都成立．[举例2]设正整数数列满足：，且对于任何，有；（1）求，；（2）求数列的通项．（07高考江西理22）解析：（1）据条件得①当时，由，即有，解得．因为为正整数，故． 当时，由，解得，所以． （2）由，，，猜想：． 下面用数学归纳法证明．1当，时，由（1）知均成立； 2假设成立，则，则时 由①得 因为时，，所以． ，所以．又，所以．故，即时，成立．由1，2知，对任意，． [巩固1]已知数列，，…，，…；S 为其前n 项和，求S 、S 、S 、S ，推测S ，并用数学归纳法证明。
[巩固2] 已知各项均为正数的数列的前项和满足，且，．（Ⅰ）求的通项公式； （Ⅱ）设数列满足，并记为的前项和，求证： （07高考重庆理21）5．若存在，则=，若==0，则一般“约分”（约去含的因式）后再求极限。
若=A 、=B ，则[±]= A±B, []=AB, = (B≠0).[举例] .（07高考陕西理13） 解析：==， ∴=[巩固1] 下列四个命题中，不正确的是（ ）A ．若函数()f x 在0x x =处连续，则0lim ()lim ()x x x x f x f x +-=→→B ．函数22()4x f x x +=-的不连续点是2x =和2x =- C ．若函数()f x ，()g x 满足lim[()()]0x f x g x ∞-=→，则lim ()lim ()x x f x g x ∞∞=→→D ．111lim12x x x -=-→ （07高考湖南理7） [巩固2] 2241lim()42x x x→--=-+________ 6．若|q |<1,则∞→n lim n q =0；q =1，则∞→n lim n q =1；若q >1或q ≤-1, 则∞→n lim nq 不存在。
∞→n lim c=c (c 为常数)；“∞c ”型的式子极限为0；“0c ”型、“c ∞”型的极限不存在；“00”型和“∞∞”型，一般分子、分母“同除以”一个式子（包括“约分”）后再求极限；含有根式的和（差）的式子一般有理化后再求极限。
若∞→n lim n a =A 、∞→n lim n b =B ，则 ∞→n lim (n a ±n b )= A ±B,∞→n lim (n a n b )=AB, ∞→n limn n b a =BA(B ≠0). [举例1]若1,()n a n n a n ==+-则常数 .解析：分母有理化[举例2]已知p 和q 是两个不相等的正整数，且2q ≥，则111lim 111pq n n n ∞⎛⎫+- ⎪⎝⎭=⎛⎫+- ⎪⎝⎭→（ ） A ．0B ．1C ．p qD ．11p q -- （07高考湖北理5） 解析：111lim 111pq n n n ∞⎛⎫+- ⎪⎝⎭=⎛⎫+- ⎪⎝⎭→1111111111lim 2222-+++⋅+-+++⋅+∞→qqq q p pp p n n C n C n q n C n C n p =q qq qppp p n n C n C nq n C n C n p 111111lim 2222+++⋅+++⋅∞→ =12321232111111lim --∞→++++++++q qq q qp pp p pn n C n C nC q n C n C n C p =p q ，选C 。
[巩固1]把21(1)(1)(1)n x x x +++++++展开成关于x 的多项式，其各项系数和为n a ，则21lim1n n na a ∞-+→等于（ ）A ．14B ．12C ．1D ．2[巩固2]. n →∞lim 12n(n 2+1－n 2－1) 等于( ) A. 1 B. 12 C.14D.0[迁移]设正数a b ，满足22lim()4x x ax b →+-=，则111lim 2n n n nn a ab a b +--→∞+=+（ ） Ａ．0Ｂ．14Ｃ．12Ｄ．1 （07高考重庆理8）7．无穷数列{n a }的前n 项和为S n ，n n S ∞→lim 称为数列{n a }的无穷多项和或所有项和。
求nn S ∞→lim 时，切不可分别求各项的极限后再求和；必须先求S n ，再求极限。
若{n a }为等比数列，公比为q 且|q|<1，则n n S ∞→lim =qa -11。
[举例1]若数列}{n a 满足: 311=a , 且对任意正整数n m ,都有n m n m a a a ⋅=+, 则 =++++∞→)(lim 21n n a a a （07高考湖南理2）ABCA ．21 B ．32 C ．23D ．2 解析：数列}{n a 满足: 311=a , 且对任意正整数n m ,都有n m n m a a a ⋅=+，1113n n n a a a a +=⋅=，∴数列}{n a 是首项为31，公比为31的等比数列。
=++++∞→)(lim 21n n a a a 1112a q =-，选A.[巩固2]如图，抛物线21y x =-+与x 轴的正半轴交 于点A ，将线段OA 的n 等分点从左至右依次记为121n P P P -，，，，过这些分点分别作x 轴的垂线，与抛物线的交点依次为121n Q Q Q -，，，，从而得到1n -个直角三角形11Q OP △，212121n n n Q PP Q P P ---△，，△．当n →∞时，这些三角形的面积之和的极限为 ．解析：)0,1(1n P ，)0,2(2n P ，…，)0,1(1n n P n --；))1(1,1(21n n Q -，))2(1,2(22n n Q -，…，))1(1,1(21n n n n Q n ----，记n n n P P Q 1-∆的面积为S n ，则S 1=])1(1[1212n n -⋅⋅，S 2=])2(1[1212n n -⋅⋅，…，S n-1=])1(1[1212nn n --⋅⋅; )(lim 121-∞→+++n n S S S =])1(21)1[(21lim 2222n n n n n -+++--∞→ =312)32)(2)(1(lim 21nn n n n ----∞→=6121-=13. [巩固1]数列｛214n 1－｝的前n 项和为S n ，则n lim →∞S n ＝______________ [巩固2] 如图，等边三角形ABC 的面积等于1，连结这个三角形各边的中点得到一个小三角形，又连结这个小三角形各边的中点得到一个更小的 三角形，如此无限继续下去，求所有这些三角形的面积的和.[巩固3]2222464646()()...()575757lim 545454()()...()656565n n n n n →∞-+-++-=-+-++-_____________ 答案2、[巩固1]C ；4、[巩固1] S n ＝()()2112122n n +-+，[巩固2] 31n a n =-，5、[巩固1]C ，[巩固2]41；6、[巩固1] D ，[巩固2] B ，[迁移] B ；7、[巩固1] 12， P 1 P 2P n-1Q 1 Q 2Q n-1P n-2 O[巩固2]34，[巩固3] -1此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word 可编辑版本！。