李氏数学立体通关教学法入门讲义【首次公开】
【全套解析】高三数学一轮复习 6-7 数学归纳法课件 (理) 新人教A版
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热点之二
用数学归纳法证明有关问题
用数学归纳法可以证明与正整数有关的恒等式、不等式、整除性 问题和几何问题等，应用数学归纳法要注意其基本步骤.
1 1 解析：f(n)表示n项的和，则f(n＋1)＝ ＋ n＋1＋1 n＋1＋2 1 1 ＋…＋ ＋ . n＋1＋n n＋1＋n＋1 ∴f(n＋1)－f(n) 1 1 1 ＝ ＋ － 2n＋1 2n＋2 n＋1 1 1 ＝ － . 2n＋1 2n＋2
答案：D
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第七节
数学归纳法
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1.了解数学归纳法的原因，掌握用数学归纳法证 明问题的基本步骤． 2．能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.
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1．归纳法 由一系列有限的特殊事例得出一般结论 的推理方法叫归纳法．根
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＝(k＋1)f(k＋1)－(k＋1) ＝(k＋1)[f(k＋1)－1]， ∴当n＝k＋1时结论仍然成立． ∴f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．
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即时训练用数学归纳法证明： n 1 1 1 1 1＋ ≤1＋ ＋ ＋…＋ n≤ ＋n(n∈N*)． 2 2 3 2 2 1 1 证明：(1)当n＝1时，左式＝1＋ ，右式＝ ＋1， 2 2
1 1 1 4．用数学归纳法证明：“1＋ ＋ ＋…＋ n <n(n∈N*， 2 3 2 －1 n>1)”时，由n＝k(k>1)不等式成立，推理n＝k＋1时，左边应增 加的项数是________．
数学人教A选修23讲义：第一章 计数原理1.2.2 第2课时
第2课时组合的综合应用学习目标 1.能应用组合知识解决有关组合的简单实际问题.2.能解决有限制条件的组合问题．知识点组合的特点(1)组合的特点是只取不排组合要求n个元素是不同的，被取出的m个元素也是不同的，即从n个不同的元素中进行m 次不放回地取出．(2)组合的特性元素的无序性，即取出的m个元素不讲究顺序，没有位置的要求．(3)相同的组合根据组合的定义，只要两个组合中的元素完全相同(不管顺序如何)，就是相同的组合．类型一有限制条件的组合问题例1课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各有一名队长，现从中选5人主持某项活动，依下列条件各有多少种选法？(1)至少有一名队长当选；(2)至多有两名女生当选；(3)既要有队长，又要有女生当选．考点组合的应用题点有限制条件的组合问题解(1)C513－C511＝825(种)(2)至多有2名女生当选含有三类：有2名女生；只有1名女生；没有女生，所以共有C25C38＋C15C48＋C58＝966(种)选法．(3)分两类：第一类女队长当选，有C412＝495(种)选法，第二类女队长没当选，有C14C37＋C24C27＋C34C17＋C44＝295(种)选法，所以共有495＋295＝790(种)选法．反思与感悟有限制条件的抽(选)取问题，主要有两类：一是“含”与“不含”问题，其解法常用直接分步法，即“含”的先取出，“不含”的可把所指元素去掉再取，分步计数；二是“至多”“至少”问题，其解法常有两种解决思路：一是直接分类法，但要注意分类要不重不漏；二是间接法，注意找准对立面，确保不重不漏．跟踪训练1某食堂每天中午准备4种不同的荤菜，7种不同的蔬菜，用餐者可以按下述方法之一搭配午餐：(1)任选两种荤菜、两种蔬菜和白米饭；(2)任选一种荤菜、两种蔬菜和蛋炒饭．则每天不同午餐的搭配方法共有()A．210种B．420种C．56种D．22种考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 A解析由分类加法计数原理知，两类配餐的搭配方法之和即为所求，所以每天不同午餐的搭配方法共有C24C27＋C14C27＝210(种)．类型二与几何有关的组合应用题例2如图，在以AB为直径的半圆周上，有异于A，B的六个点C1，C2，…，C6，线段AB 上有异于A，B的四个点D1，D2，D3，D4.(1)以这10个点中的3个点为顶点可作多少个三角形？其中含C1点的有多少个？(2)以图中的12个点(包括A，B)中的4个点为顶点，可作出多少个四边形？考点组合的应用题点与几何有关的组合问题解(1)方法一可作出三角形C36＋C16·C24＋C26·C14＝116(个)．方法二可作三角形C310－C34＝116(个)，其中以C1为顶点的三角形有C25＋C15·C14＋C24＝36(个)．(2)可作出四边形C46＋C36·C16＋C26·C26＝360(个)．反思与感悟(1)图形多少的问题通常是组合问题，要注意共点、共线、共面、异面等情形，防止多算．常用直接法，也可采用间接法．(2)在处理几何问题中的组合问题时，应将几何问题抽象成组合问题来解决．跟踪训练2空间中有10个点，其中有5个点在同一个平面内，其余点无三点共线，无四点共面，则以这些点为顶点，共可构成四面体的个数为()A．205 B．110 C．204 D．200考点 组合的应用题点 与几何有关的组合问题 答案 A解析 方法一 可以按从共面的5个点中取0个、1个、2个、3个进行分类，则得到所有的取法总数为C 05C 45＋C 15C 35＋C 25C 25＋C 35C 15＝205.方法二 从10个点中任取4个点的方法数中去掉4个点全部取自共面的5个点的情况，得到所有构成四面体的个数为C 410－C 45＝205.类型三 分组、分配问题命题角度1 不同元素分组、分配问题例3 6本不同的书，分为3组，在下列条件下各有多少种不同的分配方法？ (1)每组2本(平均分组)；(2)一组1本，一组2本，一组3本(不平均分组)； (3)一组4本，另外两组各1本(局部平均分组)． 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题解 (1)每组2本，均分为3组的方法数为C 26C 24C 22A 33＝15×6×16＝15. (2)一组1本，一组2本，一组3本的分组种数为C 36C 23C 11＝20×3＝60. (3)一组4本，另外两组各1本的分组种数为C 46C 12C 11A 22＝15×22＝15. 反思与感悟 一般地，n 个不同的元素分成p 组，各组内元素数目分别为m 1，m 2，…，m p ，其中k 组元素数目相等，那么分组方法数是C m 1n C m 2n －m 1C m 3n －m 1－m 2…C m p m pA k k.跟踪训练3 6本不同的书，分给甲、乙、丙3人，在下列条件下各有多少种不同的分配方法？ (1)甲2本，乙2本，丙2本； (2)甲1本，乙2本，丙3本； (3)甲4本，乙、丙每人1本； (4)每人2本；(5)一人1本，一人2本，一人3本； (6)一人4本，其余两人每人1本． 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题解 (1)(2)(3)中，由于每人分的本数固定，属于定向分配问题，由分步乘法计数原理得：(1)共有C 26C 24C 22＝90(种)不同的分配方法； (2)共有C 16C 25C 33＝60(种)不同的分配方法；(3)共有C46C12C11＝30(种)不同的分配方法．(4)(5)(6)属于不定向分配问题，是该类题中比较困难的问题．分配给3人，同一本书给不同的人是不同的分法，属于排列问题．实际上可看作两个步骤：先分为3组，再把这3组分给甲、乙、丙3人的全排列数A33即可．因此，(4)共有C26C24C22÷A33×A33＝90(种)不同的分配方法；(5)共有C16C25C33×A33＝360(种)不同的分配方法；(6)共有C46C12C11÷A22×A33＝90(种)不同的分配方法．命题角度2相同元素分配问题例4将6个相同的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子，求下列方法的种数．(1)每个盒子都不空；(2)恰有一个空盒子；(3)恰有两个空盒子．考点排列组合综合问题题点分组分配问题解(1)先把6个相同的小球排成一行，在首尾两球外侧放置一块隔板，然后在小球之间5个空隙中任选3个空隙各插一块隔板，有C35＝10(种)．(2)恰有一个空盒子，插板分两步进行．先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，如|0|000|00|，有C25种插法，然后将剩下的一块隔板与前面任意一块并放形成空盒，如|0|000||00|，有C14种插法，故共有C25·C14＝40(种)．(3)恰有两个空盒子，插板分两步进行．先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选1个空隙各插一块隔板，有C15种插法，如|00|0000|，然后将剩下的两块隔板插入形成空盒．①这两块板与前面三块板形成不相邻的两个盒子，如||00||0000|，有C23种插法．②将两块板与前面三块板之一并放，如|00|||0000|，有C13种插法．故共有C15·(C23＋C13)＝30(种)．反思与感悟相同元素分配问题的处理策略(1)隔板法：如果将放有小球的盒子紧挨着成一行放置，便可看作在排成一行的小球的空隙中插入了若干隔板，相邻两块隔板形成一个“盒”．每一种插入隔板的方法对应着小球放入盒子的一种方法，此法称之为隔板法．隔板法专门解决相同元素的分配问题．种方法．可描述为n－1个空中插(2)将n个相同的元素分给m个不同的对象(n≥m)，有C m－1n－1入m－1块板．跟踪训练4某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有()A ．4种B ．10种C ．18种D ．20种考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 B解析 由于只剩一本书，且这些画册、集邮册分别相同，可以从剩余的书的类别进行分析．又由于排列、组合针对的是不同的元素，应从4位朋友中进行选取．第一类：当剩余的一本是画册时，相当于把3本相同的集邮册和1本画册分给4位朋友，只有1位朋友得到画册．即把4位朋友分成人数为1,3的两队，有1个元素的那队分给画册，另一队分给集邮册，有C 14种分法．第二类：当剩余的一本是集邮册时，相当于把2本相同的画册和2本相同的集邮册分给4位朋友，有2位朋友得到画册，即把4位朋友分成人数为2,2的两队，一队分给画册，另一队分给集邮册，有C 24种分法．因此，满足题意的赠送方法共有C 14＋C 24＝4＋6＝10(种)．1．某乒乓球队有9名队员，其中2名是种子选手，现在挑选5名选手参加比赛，种子选手必须在内，那么不同选法共有( )A ．26种B ．84种C ．35种D ．21种 考点 组合的应用题点 有限制条件的组合问题 答案 C解析 从7名队员中选出3人有C 37＝7×6×53×2×1＝35(种)选法． 2．身高各不相同的7名同学排成一排照相，要求正中间的同学最高，左右两边分别顺次一个比一个低，这样的排法种数是( ) A ．5 040 B ．36 C ．18 D ．20 考点 组合的应用题点 有限制条件的组合问题 答案 D解析 最高的同学站中间，从余下6人中选3人在一侧只有一种站法，另3人在另一侧也只有一种站法，所以排法有C 36＝20(种)．3．直角坐标平面xOy 上，平行直线x ＝n (n ＝0,1,2，…，5)与平行直线y ＝n (n ＝0,1,2，…，5)组成的图形中，矩形共有( )A ．25个B ．36个C ．100个D ．225个 考点 组合的应用题点 与几何有关的组合问题 答案 D解析 从垂直于x 轴的6条直线中任取2条，从垂直于y 轴的6条直线中任取2条，四条直线相交得出一个矩形，所以矩形总数为C 26×C 26＝15×15＝225.4．从7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动，若每天安排3人，则不同的安排方案共有________种．(用数字作答) 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 140解析 安排方案分为两步完成：从7名志愿者中选3人安排在周六参加社区公益活动，有C 37种方法；再从剩下的4名志愿者中选3人安排在周日参加社区公益活动，有C 34种方法．故不同的安排方案共有C 37C 34＝7×6×53×2×1×4＝140(种)． 5．正六边形顶点和中心共7个点，可组成________个三角形． 考点 组合的应用题点 与几何有关的组合问题 答案 32解析 不共线的三个点可组成一个三角形，7个点中共线的是：正六边形过中心的3条对角线，即共有3种情况，故组成三角形的个数为C 37－3＝32.1．无限制条件的组合应用题．其解题步骤为： (1)判断；(2)转化；(3)求值；(4)作答． 2．有限制条件的组合应用题： (1)“含”与“不含”问题：这类问题的解题思路是将限制条件视为特殊元素和特殊位置，一般来讲，特殊要先满足，其余则“一视同仁”．若正面入手不易，则从反面入手，寻找问题的突破口，即采用排除法．解题时要注意分清“有且仅有”“至多”“至少”“全是”“都不是”“不都是”等词语的确切含义，准确把握分类标准．(2)几何中的计算问题：在处理几何问题中的组合应用问题时，应先明确几何中的点、线、面及构型，明确平面图形和立体图形中的点、线、面之间的关系，将几何问题抽象成组合问题来解决．(3)分组、分配问题：分组问题和分配问题是有区别的，前者组与组之间只要元素个数相同，是不可区分的，而后者即使两组元素个数相同，但因元素不同，仍然是可区分的．一、选择题1．若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取3个不同的数，使其和为奇数，则不同的取法共有()A．30种B．33种C．37种D．40种考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 D解析从1,2,3，…，9这9个数中取出3个不同的数，使其和为奇数的情况包括：(1)取出的3个数都是奇数，取法有C35＝10(种)；(2)取出的3个数中有2个偶数、1个奇数，取法有C24C15＝30(种)，根据分类加法计数原理，满足题意的取法共有10＋30＝40(种)．2．某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为()A．24种B．14种C．28种D．48种考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 B解析方法一分两类完成：第1类，选派1名女生、3名男生，有C12·C34种选派方案；第2类，选派2名女生、2名男生，有C22·C24种选派方案．故共有C12·C34＋C22·C24＝14(种)不同的选派方案．方法二6人中选派4人的组合数为C46，其中都选男生的组合数为C44，所以至少有1名女生的选派方案有C46－C44＝14(种)．3．直线a∥b，a上有5个点，b上有4个点，以这九个点为顶点的三角形个数为() A．C25C14＋C15C24B．(C25＋C14)(C15＋C24)C．C39－9 D．C39－C35考点组合的应用题点与几何有关的组合问题答案 A解析 可以分为两类：a 上取两点，b 上取一点，则可构成三角形个数为C 25C 14；a 上取一点，b 上取两点，则可构成三角形个数为C 15C 24，利用分类加法计数原理可得以这九个点为顶点的三角形个数为C 25C 14＋C 15C 24，故选A.4．从乒乓球运动员男5名、女6名中组织一场混合双打比赛，不同的组合方法有( )A ．C 25C 26种B ．C 25A 26种 C ．C 25A 22C 26A 22种D ．A 25A 26种考点 排列组合综合问题 题点 排列与组合的综合应用 答案 B解析 先从5名男选手中任意选取2名，有C 25种选法，再从6名女选手中任意选择两名与选出的男选手打比赛，有C 26A 22，即A 26种．所以共有C 25A 26种．5．将标号为A ，B ，C ，D ，E ，F 的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张卡片，其中标号为A ，B 的卡片放入同1个信封，则不同的放法共有( ) A ．12种 B ．18种 C ．36种 D ．54种 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 B解析 由题意知，不同的放法共有C 13C 24＝3×4×32＝18(种)． 6．某地招募了20名志愿者，他们编号分别为1号，2号，…，19号，20号，如果要从中任意选取4人再按编号大小分成两组去做一些预备服务工作，其中两个编号较小的人在一组，两个编号较大的人在另一组，那么确保5号与14号入选并被分配到同一组的选取种数是( )A ．16B ．21C ．24D ．90 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 B 解析 分2类：第1类，5号与14号为编号较大的一组，则另一组编号较小的有C 24＝6(种)选取方法． 第2类，5号与14号为编号较小的一组，则编号较大的一组有C 26＝15(种)选取方法．由分类加法计数原理得，共有C 24＋C 26＝6＋15＝21(种)选取方法．7．北京《财富》全球论坛期间，某高校有14名志愿者参加接待工作，若每天早、中、晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为( )A ．C 1214C 412C 48B ．C 1214A 412A 48C.C 1214C 412C 48A 33D ．C 1214C 412C 48A 38考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 A解析 首先从14人中选出12人共C 1214种，然后将12人平均分为3组共C 412·C 48·C 44A 33种，然后这两步相乘，得C 1214·C 412·C 48A 33.将三组分配下去共C 1214·C 412·C 48种．故选A. 8．假如北京大学给中山市某三所重点中学7个自主招生的推荐名额，则每所中学至少分到一个名额的方法数为( ) A ．30 B ．21 C ．10 D ．15 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 D解析 用“隔板法”．在7个名额中间的6个空位上选2个位置加2个隔板，有C 26＝15(种)分配方法． 二、填空题9．在2017年的上海高考改革方案中，要求每位考生必须在物理、化学、生物、政治、历史、地理6门学科中选择3门学科参加等级考试．小明同学决定在生物、政治、历史三门中至多选择一门，那么小明同学的选择方案有________种． 考点 组合的应用题点 有限制条件的组合问题 答案 10解析 ①在生物、政治、历史三门中选择1门，则在物理、化学、地理中选2门，有C 13C 23＝9(种)选法；②在生物、政治、历史三门中选择0门，则物理、化学、地理全选，有C 33＝1(种)选法． 共有选法9＋1＝10(种)．10.如图所示的几何体是由一个正三棱锥P －ABC 与正三棱柱ABC －A 1B 1C 1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面A 1B 1C 1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有______种．考点涂色问题题点涂色问题答案12解析先涂三棱锥P－ABC的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，共有C13×C12×C11×C12＝3×2×1×2＝12(种)不同的涂法．11．在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种．(用数字作答)考点排列组合综合问题题点排列与组合的综合应用答案60解析一、二、三等奖，三个人获得，有A34＝24(种)．一、二、三等奖，有一个人获得2张，一个人获得1张，共有C23A24＝36(种)，共有24＋36＝60(种)不同的获奖情况．三、解答题12．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，求不同取法的种数．考点组合的应用题点有限制条件的组合问题解若没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张，若都不同色，则有C14×C14×C14＝64(种)，若2张同色，则有C23×C12×C24×C14＝144(种)，若红色卡片有1张，剩余2张不同色，则有C14×C23×C14×C14＝192(种)，剩余2张同色，则有C14×C13×C24＝72(种)，所以共有64＋144＋192＋72＝472(种)不同的取法．13．现有8名青年，其中有5名能胜任英语翻译工作，有4名能胜任德语翻译工作(其中有1名青年两项工作都能胜任)．现在要从中挑选5名青年承担一项任务，其中3名从事英语翻译工作，2名从事德语翻译工作，则有多少种不同的选法？考点排列组合综合问题题点分组分配问题解可以分三类．第一类，让两项工作都能胜任的青年从事英语翻译工作，有C24C23种选法；第二类，让两项工作都能胜任的青年从事德语翻译工作，有C34C13种选法；第三类，让两项工作都能胜任的青年不从事任何工作，有C34C23种选法．根据分类加法计数原理，一共有C24C23＋C34C13＋C34C23＝42(种)不同的选法．精心整理提升自我四、探究与拓展14．20个不加区别的小球放入编号为1,2,3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数为________．考点排列组合综合问题题点分组分配问题答案120解析先在编号为2,3的盒内分别放入1,2个球，还剩17个小球，三个盒内分别至少再放入1个球，将17个球排成一排，有16个空隙，插入2块挡板分为三堆放入三个盒中即可，共C216＝120(种)方法．15．已知10件不同产品中有4件是次品，现对它们进行一一测试，直至找出所有4件次品为止．(1)若恰在第5次测试，才测试到第一件次品，第10次才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？(2)若恰在第5次测试后，就找出了所有4件次品，则这样的不同测试方法数是多少？考点排列组合综合问题题点排列与组合的综合应用解(1)先排前4次测试，只能取正品，有A46种不同测试方法，再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试，有C24A22＝A24(种)测法，再排余下4件的测试位置，有A44种测法．所以共有不同测试方法A46·A24·A44＝103 680(种)．(2)第5次测试恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现，所以共有不同测试方法C16C34A44＝576(种)．11。
高中数学新人教A版选修2-3课件：第一章计数原理本章整合
组,使得每组中都至少有一个元素,求一共有多少种不同的分法的问题.
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专题一
专题二
J 基础知识 Z 重点难点
ICHU ZHISHI
HONGDIAN NANDIAN
S 随堂练习
UITANG LIANXI
专题三
应用 1 设 4 名同学报名参加同一时间安排的三种课外活动的方案有 a
的方法都有 n 种,由分步乘法计数原理得,从 n 个不同元素里有放回地取出
m 个元素(允许重复出现)的排列数为:N=n·
n·
n·
…·
n=nm(m,n∈N*,m≤n).
(2)“隔板法”是解决组合问题中关于若干个相同元素的分组问题的一
种常用方法,用这种方法解决此类问题,过程简捷明了,富有创意性和趣味性.
提示:本题既有相邻问题也有不相邻问题,故是捆绑法与插空法的综合
应用.
解析:先将甲乙捆绑,看作一个元素,有A22 种排法,然后将除甲乙丙之外
的 4 名学生全排列,有A44 种不同的排法,再将甲乙丙插入 5 个空中的两个,有
A25 种不同的排法,所以一共有A22 A44 A25=960 种不同排法.
答案:960
答案:B
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S 随堂练习
J 基础知识 Z 重点难点
ICHU ZHISHI
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UITANG LIANXI
HONGDIAN NANDIAN
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4
5
6
7
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2.(2013·福建高考)满足 a,b∈{-1,0,1,2},且关于 x 的方程 ax2+2x+b=0 有实
李正元高等数学强化讲义
第一讲极限、无穷小与连续性一、知识网络图二、重点考核点这部分的重点是：①掌握求极限的各种方法．②掌握无穷小阶的比较及确定无穷小阶的方法．③判断函数是否连续及确定间断点的类型（本质上是求极限）．④复合函数、分段函数及函数记号的运算．§1 极限的重要性质1．不等式性质设B y A x n n n n ==∞→∞→lim lim ，，且A ＞B ，则存在自然数N ，使得当n ＞N 时有x n ＞y n ．设B y A x n n n n ==∞→∞→lim lim ，，且存在自然数N ，当n ＞N 时有x n ≥y n ，则A ≥B ．作为上述性质的推论，有如下的保号性质：设A x n n =∞→lim ，且A ＞0，则存在自然数N ，使得当n ＞N 时有x n ＞0．设A x n n =∞→lim ，且存在自然数N ，当n ＞N 时有x n ≥0，则A ≥0．对各种函数极限有类似的性质．例如：设B x g A x f x x x x ==→→)(lim )(lim 0，，且A ＞B ，则存在δ＞0，使得当00 <x x -＜δ有f （x ）＞g （x ）．设B x g A x f x x x x ==→→)(lim )(lim 0，，且存在δ＞0，使得当0＜｜x －x 0｜＜δ时f （x ）≥g （x ），则A ≥B ． 2．有界或局部有界性性质设A x n n =∞→lim ，则数列｛x n ｝有界，即存在M ＞0，使得｜x n ｜≤M （n = 1，2，3，…）．设，A x f x x =→)(lim 0则函数f （x ）在x = x 0的某空心邻域中有界，即存在δ＞0和M ＞0，使得当0＜｜x －x 0｜＜δ时有｜f （x ）｜≤M ．对其他类型的函数极限也有类似的结论．§2 求极限的方法1．极限的四则运算法则及其推广 设B x g A x f x x x x ==→→)(lim )(lim 0，，则；B A x g x f xx ±=±→)]()([lim 0；AB x g x f x x =→)()(lim 0．)0()()(lim 0≠=→B BA x g x f x x 只要设)(g lim )(lim 0x x f x x x x →→，存在或是无穷大量，上面的四则运算法则可以推广到除“”，“∞∞”，“0·∞”，“∞－∞”四种未定式以外的各种情形．即： 1°设B x x f x x x x =∞=→→)(g lim )(lim 00，，则∞=±→)]()([lim 0x g x f x x .∞=→)()(lim 0x g x f x x （()0g x ≠）又B ≠0，则∞=→)]()([lim 0x g x f x x ．2°设∞=→)(lim 0x f x x ，当x →x 0时()g x 局部有界，（即0,0M δ∃>>，使得00x x δ<-<时()g x M <），则 ∞=+→)]()([lim 0x g x f x x ．设∞=→)(lim 0x f x x ，当x →x 0时｜g （x ）｜局部有正下界，（即∃δ＞0，b ＞0使得0＜｜x － x 0｜＜δ时｜g （x ）｜≥b ＞0），则 ∞=→)]()([lim 0x g x f x x ．3°设∞=→)(lim 0x f x x ，∞=→)(lim 0x g x x ，则()∞=→)()(lim 0x g x f x x ，又∃δ＞0使得0＜｜x －x 0｜＜δ时f （x ）g （x ）＞0，则 ∞=+→)]()([lim 0x g x f x x ．4°设0)(lim 0=→x f x x ，x →x 0时g （x ）局部有界，则()0)()(lim 0=→x g x f x x （无穷小量与有界变量之积为无穷小．）2．幂指函数的极限及其推广设．A x f B x g A x f B x g x x x x x x ===→→→)()(lim )(lim ＞0)(lim 0则，lim ()ln ()()()ln ()ln (lim ()lim )x x g x f x g x g x f x B A B x x x x f x eee A →→→====只要设0lim ()lim ()x x x x f x g x →→，存在或是无穷大量,上面的结果可以推广到除“1∞”，“00”及“∞0”三种未定式以外的各种情形．这是因为仅在这三个情况下)(ln )(lim 0x f x g x x →是“0·∞”型未定式．1°设)(lim 0x f x x → = 0（0＜｜x －0x ｜＜δ时f （x ）＞0），0)(lim 0≠=→B x g x x ，则()(0)lim ()(0)g x x x B f x B →>⎧=⎨+∞<⎩2°设)(lim 0x f x x → = A ＞0，A ≠1，)(lim 0x g x x → = + ∞，则 0()0(0<1)lim ()(1)g x x xA f x A →<⎧=⎨+∞>⎩3°设)(lim 0x f x x → = + ∞，0)(lim 0≠=→B x g x x ，则 ⎩⎨⎧∞+=→＞0)()＜0(0)(lim )(0B B x f x g x x【例1】 设．，则，又________)(lim 0)(g lim )()(lim000===→→→x f x A x g x f x x x x x x【分析】 ．＝00))()()((lim )(lim 0=⨯=⋅→→A x g x g x f x f x x x x 【例2】设｛a n ｝，｛b n ｝，｛c n ｝均为非负数列，且，，，∞===+∞→∞→∞→n n n n n n c b a lim 1lim 0lim 则必有 （A ）a n ＜b n 对任意n 成立． （B ）b n ＜c n 对任意n 成立．（C ）极限n n n c a ∞→lim 不存在． （D ）n n n c b ∞→lim 不存在．用相消法求00或∞∞型极限 【例1】求)cos 1(sin 1tan 1limx x xx I x -+-+=→【解】作恒等变形，分子、分母同乘得x x sin 1tan 1+++x I →= xx x x x x x x s i n 1t a n 11lim )cos 1()cos 1(tan lim00+++--=→→21211==⋅．【例2】求limx I →-=【解】作恒等变形，分子、分母同除)0＜(2x x x -=得1x I →===利用洛必达法则求极限【例1】设f （x ）在x = 0有连续导数，又 2)(s i n lim 20=⎪⎭⎫⎝⎛+=→x x f x x I x 求(0)(0)f f '与．【例2】求)1ln()cos 1(1cos sin 2lim20x x x x x x +++→． 【例3】求xx I xx e)1(lim10-+=→．【例4】求xx I xx x sin e e lim sin 0--=→．【例5】若306sin ()lim0x x xf x x →+=，则__________)(6lim 20=+→xx f x ． 【例6】求)1ln(0)(tan lim x x x I -+→=．【例7】设α＞0，β≠0为常数且122lim [()]aa ax I xx x β→+∞=+-=，则（α，β） = __________．【分析】∞－∞型极限．210121)1(lim 1t ]1)[(1lim tt x x x I aa t a a x -+=-+=+→-+∞→t t a t a a aa t 2)1(1lim 1110--+→⋅+= ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∞+==+=--+→⋅)2＜＜0()2(21)＞2(0)1(21lim 2110a a a tt a a a t 因此（α，β） = )212(，．分别求左、右极限的情形，分别求n n n n x x 212lim lim +∞→-+∞→与的情形【例1】设||sin e1e 2)(41x x x f xx +++，求0lim ()x f x →．【例2】求nn n I n )1(1lim -+∞→⎪⎭⎫⎝⎛+=利用函数极限求数列极限 【例1】求)1＞(lima an I nn +∞→=．【例2】求21lim (tan )n n I n n→+∞=．【解1】)11tan (11tan 12)11tan(1lim --+∞→⎪⎭⎫⎝⎛-+=n n n nn n n n I转化为求2230021tan11tan 11tan lim (tan1)limlim lim 1n n x x n xx xnx n n nx x n +→+∞→+∞→+→----===123201cos 1lim e 33x x I x +→-==⇒= 【解2】用求指数型极限的一般方法．nnn n I 11tan ln2elim +∞→= 转化为求2021tan tan 1lnlim lnlim1n x nxx nx n →+∞→=201tan lim x x x x -=→（等价无穷小因子替换），余下同前． §3 无穷小和它的阶1．无穷小、极限、无穷大及其联系（1）无穷小与无穷大的定义（2）极限与无穷小，无穷小与无穷大的关系 0l i m ()()()x x f x A f x A x α→=⇔=+ 其中0lim ()0(()(1)).x x x f x A o x x α→==+→，o （1）表示无穷小量．在同一个极限过程中，u 是无穷小量（u ≠0）u 1是无穷大量．反之若u 是无穷大量，则u1是无穷小量．2．无穷小阶的概念（1）定义 同一极限过程中，（x ），（x ）为无穷小，设 0()()1()()()lim ()~()()()0()()()(())()l x x l x x x l x x x l x x x o x αβαβααββαβαβ≠⎧⎪=⎪⎪=⎨⎪=⎪⎪=⎩为有限数，称与为同阶无穷小时，称与为等价无穷小，记为极限过程时，是比高阶的无穷小，记为极限过程定义 设在同一极限过程中（x ），（x ）均为无穷小，（x ）为基本无穷小，若存在正数k 与常数l 使得0)()(lim≠=l x x kαβ 称（x ）是（x ）的k 阶无穷小，特别有0)()(lim00≠=-→l x x x kx x β，称x →x 0时（x ）是（x －x 0）的k 阶无穷小．（2）重要的等价无穷小x →0时 sin x ~ x ，tan x ~ x ，㏑（1 + x ） ~ x ，e x －1 ~ x ； a x －1 ~ x ln a ，arcsi nx ~ x ，arctan x ~ x ；（1 + x ）a ―1 ~ ax ，1―cos x ~ 221x ． （3）等价无穷小的重要性质 在同一个极限过程中 1°若α ~ β，β ~ γ⇒α ~ γ． 2° α ~ βα = β + o （β） 3°在求“”型与“0·∞”型极限过程中等价无穷小因子可以替换 【例1】 求⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫⎝⎛+=→13cos 21lim 30x x x xI ． 【例2】设__________)(lim 513]2sin )(1ln[lim200==-+→→x x f x x f x x x ，则．【分析】 由已知条件及02sin )(lim 0)2sin )(1ln(lim 0)13(lim 000=⇒=+⇒=-→→→x x f xx f x x x x ．又在x = 0某空心邻域f （x ）≠0()()()ln(1)~~(0)sin 2sin 22f x f x f x x x x x+→，又3x －1 ~x ln 3．于是22000()/2()()lim lim 5lim 10ln 3ln 32ln 3x x x f x x f x f x x x x →→→==⇒=． 【例3】 设x → a 时（x ），（x ）分别是x － a 的n 阶与m 阶无穷小，又0)(lim ≠=→A x h ax ，则x → a 时（1）（x ）h （x ）是x － a 的__________阶无穷小． （2）（x ）（x ）是x － a 的__________阶无穷小．（3）n ＜m 时，（x ）±（x ）是x － a 的__________阶无穷小． （4）n ＞m 时)()(x x βα是x － a 的__________阶无穷小． （5）k 是正整数时，k是x － a 的__________阶无穷小．以上结论容易按定义证明。
小学数学常见的教学方法五篇
小学数学常见的教学方法五篇小学数学作为一门基础学科，对学生知识层次基础的深化以及以后各个科目的学习效果都具有深远的影响，下面是小编整理的小学数学常见的教学方法5篇，欢迎大家阅读分享借鉴，希望大家喜欢，也希望对大家有所帮助。
小学数学常见的教学方法1以探究方式让学生体验数学知识知识来源于实践，深刻于体验。
数学课程则以传递人类文化的积淀为主，脱离于学生生活，枯燥乏味在所难免。
在教学中我加强数学学习内容与学生实际的结合，与社会发展相结合，激活“间接经验”，赋予生命活力，使“间接知识”具有现代意义。
如学习最大公约数时，布置了“我为书房铺地砖”的学习任务，学生依据各自个性特点在设计、选材、画图的过程中不仅深化学习了最大公约数的概念，而且通过与实际生活相结合，体验了知识的情趣，看到了知识的价值，产生了强烈的学习动机和探索欲望。
如小皮球、乒乓球、积木、牙膏盒等各种形状的物体，把它们放在一个袋子里。
先让学生摸一摸，说说自己的感受，有的说是软的，有的说是硬的，有的说是圆的，还有的说是有角的……这样，让学生在看不到的情况下通过摸进行体验。
然后，又让学生把它们倒出来，看一看，拍一拍，放一放，闻一闻，推一推，滚一滚，充分调动学生的各种感官。
之后，设计了一组游戏活动――用各种形状的物体搭东西。
学生根据自己的喜好，自由组合，有的一个人搭，有的几个人一起搭，结果搭出了生活中形形色色的物体。
这样既激发了学生的好奇心，又使学生迅速进入了最佳学习状态，丰富了学生的想象力，激发了学生的创造力，也让学生在操作中认识了物体和图形的特征，使情感体验在感悟中获得发展。
实践证明，在数学教学中密切联系学生生活实际，可以使学生感到更加自然、亲切、真实，深刻体验到生活中数学无时不在、无处不在。
这种体验，会使学生对知识产生更为浓厚的兴趣，也让学生更加乐于参与课堂学习活动。
采取不同的激励方式，培养学生思维的发展1、改变学生一般的思维模式创新顾名思义就是不同于一般的思想，创造出了一个新的东西或者想法。
家长必读：9大名人望族的教子10训——李氏数学立体通关教学法创始人李树茂推荐
家长必读：9大名人望族的教子10训——李氏数学立体通关教学法创始人李树茂推荐一、政治世家：肯尼迪家族教育子女的十训1.亲手制作孩子的育儿日记与读书记录，然后对此进行彻底检查2.帮助孩子培养遵守时间的好习惯3.父母要经常向孩子讲述他在事业上所发生的故事4.吃饭时要形成一种自然和谐的讨论氛围5.教授孩子“取得第一名成绩的人不会被人无视”的世界法则6.当孩子遇到困难时，家长[微博]要站在孩子的角度上帮助他们解决问题7.让孩子进入名牌大学进行学习，使之获得最好的人脉关系8.让孩子明白起初的笨拙与不适应将会通过反复努力而变得熟能生巧的道理9.告诉孩子要树立远大的目标，但切勿急躁，必须循序渐进才能取得成功的道理10.父母与兄弟姐妹之间要形成一种和睦相处，互相帮助的良好家庭氛围二、瑞典首富：瓦伦堡家族教育子女的十训1.在海军服兵役，培养坚忍不拔的精神2.通过在世界知名大学学习与在跨国企业里就职开阔眼界3.构筑国际性人脉关系4.遵守并重视世代相传的原则5.取之于社会，用之于社会6.每周日早晨与孩子们一起散步7.弟弟接着穿哥哥穿过的衣服，从而养成俭朴的生活作风8.做事不能鲁莽，避免锋芒毕露的行为9.爷爷作为孙子的人生导师，传授智慧和经验(隔代教育)10.如果想要成为继承人，必须首先具备一颗爱国心三、西雅图的银行名门世家：盖茨家族教育子女的十训1.留给孩子巨额资产势必阻碍他成为创意性人才2.父母帮助孩子开创人脉网络3.保留缺点，结交志同道合的朋友4.年少时多读科幻小说(电影)5.母亲的礼物可能会转换孩子的命运6.通过阅读报纸，拓宽视野7.富家子弟也不可娇生惯养8.机会来临时，毫不犹豫地迎接挑战9.经年累积的经验将成为日后创业基础10.孩子们以言传身教的父母为学习榜样四、犹太人的至尊家族：罗斯柴尔德家族教育子女的十训1.重视兄弟间和睦与家族间团结的传统2.不追求金钱，追求良好的人际关系3.教育子女拥有正确的金钱观4.信息就等于金钱，从小开始重视信息的重要性5.世代相传收集情报信息的传统6.警惕过于追求物质利益的思想倾向7.坚持“不是儿子就不参与经营”的原则8.不忘促使五兄弟和解的“五支弓箭”的教训9.世界保持捐赠的慈善传统10.犹太人之间互帮互助，共同发展事业五、天下第一世家：孔子世家教育子女的十训1.虽然生活贫困，但绝不抱怨自己所生存的环境2.即使生活在困境中，母亲依然倾注所有的热情教育子女3.越是伟人，越要自我学习与自我感悟4.失败也绝不气馁，用顽强的挑战精神武装自己5.通过长途旅行考验和锻炼自己6.凡是精明的人都可以成为自己的老师7.结交与自己志同道合的人8.不亲自教授子女，只监督和考察其学习情况9.人性的弱点有时反而会成就一代伟人10.培养勤学好问的学习习惯六、诺贝尔名门世家：居里世家教育子女的十训1.即使不在学校里学习，也可能成为优秀的人才2.实践夫妻平等的原则也是优秀的子女教育3.在大自然中培育子女探求真理的心4.父亲既是家庭教师，又是领导人5.通过爷爷教育孙女，实现“隔代教育”6.即使夫妻二人都是上班族，也应该重视与孩子建立互相依赖的关系7.母亲的“启蒙教育”至关重要8.绝不为继承和发扬家族的荣誉而强迫子女成为科学家9.让子女自觉培养自立意识10.在探求学问中寻找互相有默契的配偶七、科学名门世家：达尔文世家教育子女的十训1.父母作为子女的人生导师，一定要起到领导作用2.时刻营造充满音乐的欢快的家庭气氛3.通过旅行制造人生的转折点4.无论是哪一方面，如果与子女的性格不适合，则不要强求5.一旦发现子女具有学者的潜质，就要全力支持6.如果反对的人占多数，就采用长期说服的方法7.举行聚会，建立珍贵的人际关系8.创建可以世代相传的家业或家学9.制定每天的计划表，并努力完成10.结交可以为子女开创崭新人生的良师益友八、印度教育世家：泰戈尔世家教育子女的十训1.营造书香气息浓厚的家庭氛围2.通过阅读，弥补在学校无法学到的知识3.当孩子无法适应学校生活时，寻找积极的对策4.通过聘请家庭教师，培养孩子的多种才能5.将钱包交给孩子，对他进行经济教育6.消除对其他宗教的偏见7.成为富翁后积极支持文化艺术8.通过与子女一同漫游大自然，从而培养子女的想象力9.制订周密的计划，使子女从旅行中学到更多的道理10.引导子女从小接触音乐与美术九、俄罗斯延续了六百年的名门世家：托尔斯泰家族教育子女的十训1.让孩子每天通过写日记反省一天的行为2.拟定彻底的计划表，并且付诸行动3.使整个家族的成员都养成写日记的好习惯4.从小开始大声地朗读课文5.有意识地开发子女在音乐与美术方面的才能6.发现孩子的才能后聘请家庭教师为其辅导7.向当地的家庭教师学习外语8.经常陪伴在年幼的孩子身边，并为他讲述童话故事9.讲述家族的发展历史，让孩子对家族产生自豪感10.努力帮助贫困的邻居孩子小时候的习惯行为都是来自于父母。
2018学年高中数学人教A版课件选修1-2 第二章 推理与证明 章末分层突破 精品
即－2ba－1－2ba＝0， 整理得－ba＝1， 即 a＝－b 成立， 故原命题得证．
[再练一题] 4．当 a≥2 时，求证： a＋1－ a< a－1－ a－2.
【证明】 要证 a＋1－ a< a－1－ a－2， 只需证 a＋1＋ a－2< a＋ a－1， 只需证( a＋1＋ a－2)2<( a＋ a－1)2， 只需证 a＋1＋a－2＋2 a＋1a－2<a＋a－1＋2 aa－1， 只需证 a＋1a－2< aa－1， 只需证(a＋1)(a－2)<a(a－1)， 即证－2<0，而－2<0 显然成立， 所以 a＋1－ a< a－1－ a－2成立．
【解析】 等式的左边的通项为2n1－1－21n，前 n 项和为 1－12＋13－14＋…＋
2n1－1－21n；右边的每个式子的第一项为n＋1 1，共有 n 项，故为n＋1 1＋n＋1 2＋…
＋n＋1 n. 【答案】
1－12＋13－14＋…＋2n1－1－21n＝n＋1 1＋n＋1 2＋…＋21n
3．(2014·陕西高考)观察分析下表中的数据：
【解析】 方程 x3＋ax＋b＝0 至少有一个实根的反面是方程 x3＋ax＋b＝0 没有实根，故应选 A.
【答案】 A
2．(2015·陕西高考)观察下列等式： 1－12＝12， 1－12＋13－14＝13＋14， 1－12＋13－14＋15－16＝14＋15＋16， …， 据此规律，第 n 个等式可为_______________________________________．
“正难则反”思想
当一个命题的结论是以“至多”“至少”“唯一”或以否定形式出现时， 宜用反证法来证，反证法关键是在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是与已知 条件矛盾，与假设矛盾，与定义、公理、定理矛盾，与事实矛盾等等．
组合数学讲义及答案 3章 递推关系
A 图 3.1.1
B Hanoi 塔问题
C
（解）特例：a1＝1，a2＝3，对于任何 n≥3。 一般情形： ： 第一步，将套在柱 A 的上部的 n－1 个盘按要求移到柱 B 上，共搬动了 a n1 次；
第二步，将柱 A 上的最大一个盘移到柱 C 上，只要搬动一 次； 第三步，再从柱 B 将 n－1 个盘按要求移到柱 C 上，也要 用 a n1 次。 由加法法则：
《组合数学》
第三章 递推关系
第三章
递推关系
§3.1 基本概念
（一） 递 推 关 系 定义3.1.1 （隐式）对数列 a i i 0和任意自然数 n，一
个关系到 an 和某些个 a i i n 的方程式， 称为递推关系， 记 作 F a0 , a1 , , a n 0 (3.1.1) 例
4／75
《组合数学》
第三章 递推关系
n 1 n -1 n n - 1 n - 2 2 2 2 an ＝ n 为奇数： 0 1 r 2 r ＋…＋ n - 1 r 2
后两项求和：
m 1 m 1 2m j 2 j r r r ＋ m 1 r j j 0
m2 m 1
＝r
2m 2 j j 0
j j r ＝ r
n 2 2
an 3an1 2an2 2a1 1
（二） 分 类 （1） 按常量部分： ① 齐 次 递 推 关 系 ： 指 常 量 ＝ 0 ， 如
Fn Fn1 Fn 2 ；
② 非齐次递推关系，即常量≠0，如 hn 2hn 1 1 。 （2） 按 a i 的运算关系：
高中数学人教版选修1-2同课异构教学课件：3.1.2 复数的几何意义 情境互动课型
超级记忆法-记忆 方法
TIP1：在使用场景记忆法时，我们可以多使用自己熟悉的场景（如日常自己的 卧 室、平时上课的教室等等），这样记忆起来更加轻松； TIP2：在场景中记忆时，可以适当采用一些顺序，比如上面例子中从上到下、 从 左到右、从远到近等顺序记忆会比杂乱无序乱记效果更好。
z=a+bi
y
Z(a,b)
O
x
|z|=r=|OZ| a2 b2
复数的模其实是实数绝对值概念的推广
【总结提升】虚数不能比较大小，但模可以比较大小。
变式训练： 若复数z(x,y)对应点集为圆:
试求│z│的最大值与最小值.
3
1
y
2o x 1o11
例2 已知复数z=(m2+m-6)+(m2+m-2)i在复平面内所
解：因为复数z=(m2+m-6)+(m2+m-2)i在复平面 内所对应的点是（m2+m-6，m2+m-2）
所以(m2+m-6)-2(m2+m-2)+4=0 所以m=1或m=-2
1．“a=0”是“复数a+bi (a , b∈R)所对应的点
在虚轴上”的（ C ）
A.必要不充分条件 B.充分不必要条件
C.充要条件
（图片来自网络）
1 费曼学习法--实操步骤 获取并理解
2 根据参考复述
费
3 仅靠大脑复述
曼
4 循环强化
学
5 反思总结
习
6 实践检验
法
费曼学习法--
实操
第一步 获取并理解你要学习的内容
（一） 理 解 并 获 取
李委明数量关系讲义
A. 87
B. 127
C. 152
D. 239
【例 2】（2011 年 424 联考-43）某单位招录了 10 名新员工，按其应聘成绩排名 1 到
10，并用 10 个连续的四位自然数依次作为他们的工号。凑巧的是每个人的工号都能被他们 的成绩排名整除，问排名第三的员工工号所有数字之和可能是多少?（ ）
万？( )
A. 35 万
二、破题密钥
“直接代入法”广泛运用于多位数问题、不定方程问题、同余问题、年龄问题、周期问 题、复杂行程问题、和差倍比问题等等。这种方法不仅可以单独使用达到一招制胜的效果， 还可以与其它方法进行结合使用。
三、例题精析
【例 1】（深圳 2013-47）小王的旅行箱密码为 3 位数，且三个数字全是非 0 的偶数，而
【示例】∵362 末一位“2”的 2 倍与“36”差“32”不能被 7 整除 ∴362 不能被 7 整除
【示例】∵12047 末三位“047”与“12”差“35”能被 7 整除
∴12047 能被 7 整除
④11 整除判定基本法则
1. 一个数是 11 的倍数，当且仅当其奇数位之和与偶数位之和做的差为 11 的倍数；
1. 一个数能被 3 整除，当且仅当其各位数字和能被 3 整除；
2. 一个数能被 9 整除，当且仅当其各位数字和能被 9 整除。
③7 整除判定基本法则
1. 一个数是 7 的倍数，当且仅当其末一位的两倍，与剩下的数之差为 7 的倍数；
2. 一个数是 7 的倍数，当且仅当其末三位数，与剩下的数之差为 7 的倍数。
辆、中型车 15 元/辆、小型车 10 元/辆。某天，通过收费站的大型车与中型车的数量比是 5∶
6，中型车与小型车的数量比是 4∶11，小型车的通行费总数比大型车的多 270 元，这天的
著名机构数学讲义暑假19-八年级基础版-暑假课复习-教师版
教师姓名 学生姓名年 级初二上课时间学 科数学课题名称暑假课复习知识模块Ⅰ：二次根式1.代数式()0a a ≥叫做二次根式。
暑假课复习2.二次根式的4条性质：()()()2,00,0,0a a a a a a a >⎧⎪===⎨⎪-<⎩()()20aa a =≥()0,0ab a b a b =⨯≥≥()0,0a a a b b b=≥≥ 3.被开方数中各因式的指数为1，且被开方数不含分母，这样的二次根式叫做最简二次根式。
4.化成最简二次根式后被开方蜀相同的几个二次根式称为同类二次根式。
5.两个二次根式相乘，被开方数相乘，根指数不变；两个二次根式相除，被开方数相除，根指数不变。
6.把分母中的根号化去，叫做分母有理化。
7.两个含有二次根式的非零代数式的积不含有二次根式，就称它俩互为有理化因式。
知识模块Ⅱ：一元二次方程1.只含有一个未知数，且未知数的最高次数是2的整式方程叫做一元二次方程。
2.任何一个关于x 的一元二次方程都可以化成()200ax bx c a ++=≠的形式，这种形式简称一元二次方程的一般式，其中2ax 叫做二次项，a 是二次项系数，bx 叫做一次项，b 是一次项系数，c 叫做常数项。
3.解一元二次方程的方法有开平方法，因式分解法，配方法，公式法等。
4.一元二次方程()200ax bx c a ++=≠，当240b ac -≥时，它有两个实数根：221244,22b b ac b b ac x x a a-+----==，这就是一元二次方程的求根公式。
5.我们把24b ac -叫做一元二次方程()200ax bx c a ++=≠的根的判别式，当2=b 4ac ∆-大于0时，方程有两个不相等的实根；当2=b 4ac ∆-等于0时，方程有两个相等的实根；当2=b 4ac ∆-等于0时，方程没有实根。
也可以反过来说，方程有两个不等实根，0∆>；方程有两个等实根，=0∆；方程没有实根，0∆<。
实用推拿学手法教学资料
实用推拿学手法教学资料 手法医生必备收藏蒋氏疼痛系列产品【热敷散，传统黑膏药，冷敷贴】①急性损伤、红热肿痛、针刀术后用冷敷贴②慢性疼痛和凉，各种颈肩腰腿痛，用传统黑膏药③蒋氏系列鼻病产品【鼻康膏，鼻甲膏，鼻敏膏】①急慢性鼻炎，鼻窦炎，多涕症，用鼻康膏②肥厚性鼻炎，鼻甲肥大，用鼻甲膏③1.赵忠明火攻塑形术徒手整形赵氏道医手法柔性美体塑形班2.台湾一指刀视频、讲义3.李吉尚正骨培训视频4DVD高清视频年8月根源疗法培训视频5.日本矫正徒手整形、芝崎义夫中康Bobath班录像资料合集最新【吴振巍】3D解剖录音年8月吴振巍左右普拉提培培训视频9.最新更新牟新美式整脊手法更新讲解年6月张继祥正骨徒手整形11.王红锦徒手整形面部身体塑身15年5月份高级版塑形枪运用、送书12.马源泽提博气录像加讲义13.田东、骨空开关绝技疗法14.李柏松八字治疗法-百病神针-中国新针刺八字针灸疗法视频【4DVD】15.吴振巍老师3D解剖赠送解剖列车新版视频年8月吴振巍3D解剖视频17.马源泽老师《“提博气”回族医学内病外治》、录像加讲义18.托马斯老师北京体育大学手法培训班视频（中文翻译）解剖列车作者19.托马斯老师北京手法培训班视频录音（中文翻译）、解剖列车原作者20.全国针灸新临床——新灸疗法应用高级培训班、陈日新21.热敏灸陈日新腧穴热敏化及其悬灸疗法22.中医艾灸视频操作资料养生有艾更健康艾就是这么简单中医灸疗法23.拔罐疗法系列合集，玄磁通，拔去病痛一身轻，中国真空拔罐健康法24.陈姥姥小儿推拿入门顶尖nlp企业教练教程合集26.顶尖实战催眠教程合集60G27.张宗恒颈椎解剖28.基层常见病多发病中医药适宜技术视频29.针灸美容减肥系列，文档，电子书，视频合集30.李义凯中国脊柱推拿的解剖学基础影像资料高清视频31.减肥特效--经络按摩（杜琳）视频疗法120m 1VCD32.中国骨伤科学15集教学片，知名骨科骨科专家电子书33.于振光中医正骨整脊手法视频5集34.全国第七届推拿学术交流会现场录像腹诊一指禅手法易脑法.经穴健康一点通头部篇卜义长主讲36.黄艺经筋疗法，男科妇科研讨会及讲义、疼痛班、经筋班37.齐伟--颈椎病的辨证论治及简化治疗--肩颈一天38.丁赵全集301医院讲课+丁赵运动功能解剖学软组织疼痛徒手疗法全套39.黄敬伟经筋疗法，手法与病案，讲课视频，文字资料40.一针治咽炎绝招+咏田医学全集·医生创富赚钱必学的拿手绝活1G41.郑卫东全息理论临床运用手诊面诊全程培训录像全息易象针灸年最新最全版靳氏截针大舞台技能挑战赛+培训班+年会会议年新版靳庆东靳氏截针培训班视频录像16张DVD加学员内部笔记44.【中医临床真实秘方录】重庆苏中发医生186个真实秘方。
八年级奥数
目录本内容适合八年级学生竞赛拔高使用。
注重中考与竞赛的有机结合，重点落实在中考中难以上题、奥赛方面的基础知识和基本技能培训和提高。
本内容难度适中，讲练结合，由浅入深，讲解与练习同步，重在提高学生的数学分析能力与解题能力。
另外在本次培训中，内容的编排大多大于120分钟的容量，因此在实际教学过程中可以根据学生的具体状况和层次，由任课教师适当的调整顺序和选择内容（如专题复习可以提前上）。
注：有(*) 标注的为选做内容。
本次培训具体计划如下，以供参考：第一讲如何做几何证明题第二讲平行四边形（一）第三讲平行四边形（二）第四讲梯形第五讲中位线及其应用第六讲一元二次方程的解法第七讲一元二次方程的判别式第八讲一元二次方程的根与系数的关系第九讲一元二次方程的应用第十讲专题复习一：因式分解、二次根式、分式第十一讲专题复习二：代数式的恒等变形第十二讲专题复习三：相似三角形第十三讲结业考试（未装订在内，另发）第十四讲试卷讲评第一讲：如何做几何证明题【知识梳理】1、几何证明是平面几何中的一个重要问题，它对培养学生逻辑思维能力有着很大作用。
几何证明有两种基本类型：一是平面图形的数量关系；二是有关平面图形的位置关系。
这两类问题常常可以相互转化，如证明平行关系可转化为证明角等或角互补的问题。
2、掌握分析、证明几何问题的常用方法：（1）综合法（由因导果），从已知条件出发，通过有关定义、定理、公理的应用，逐步向前推进，直到问题的解决；（2）分析法（执果索因）从命题的结论考虑，推敲使其成立需要具备的条件，然后再把所需的条件看成要证的结论继续推敲，如此逐步往上逆求，直到已知事实为止；（3）两头凑法：将分析与综合法合并使用，比较起来，分析法利于思考，综合法易于表达，因此，在实际思考问题时，可合并使用，灵活处理，以利于缩短题设与结论的距离，最后达到证明目的。
3、掌握构造基本图形的方法：复杂的图形都是由基本图形组成的，因此要善于将复杂图形分解成基本图形。
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李氏数学立体通关教学法入门讲义
李树茂
序：解决问题的捷径，抓住问题的本质——
例：每瓶汽水1元钱，2个空瓶换一瓶汽水。
现有20元钱，最多可以喝多少瓶汽水？
一、四步互动—发现、建模、分享、并网：解决怎么自学的问题。
例：（x+a）(x+b)=x2+(a+b)x+ab 的应用（正、逆）！
二、四步通关—说、分、举、做：解决怎么听课的问题。
例：实数的先平后开=这个数的绝对值！
三、四步破题—改、变、找、写、反：解决怎么做题的问题。
例：△ABC中，∠B=2∠C，AD⊥BC，M为BC的中点，求证：DM= 0.5AB
D M
●从已知出发：取AB的中点E，连ED，EM，则DE=1/2AB。
证明三角形DEM为等腰三角形。
充分利用已知条件。
四、两个精华：
1、几何精华：特殊的图和特殊图之间的关系。
图+关系
1、代数精华：特殊的数和特殊数之间的关系。
数+关系
五、四种境界—懂、会、对、好：解决怎么评估的问题。