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2012届高考数学第一轮复习——第十四单元 推理与证明、数系的扩充与复数的引入


☆2012届高考数学第一轮复习★

数学
理科

第十四单元

推理与证明数系的扩充 与复数的引入

第一节 合情推理与演绎推理
1. 合情推理 (1)归纳推理:由某类事物的部分 对象具有某些特 征,推出该类事物的 全部 对象都具有这些特征 的推理,或者由个别事实概括出 一般结论 的推 理,称为归纳推理.简言之,归纳推理是由 部分 到整体 、由个别 到 一般 的推理. (2)类比推理:由两类对象具有 某些类似特征 和其 中一类对象的某些已知特征 ,推出另一类对象 也具有这些特征的推理称为类比推理.简言之, 类比推理是由特殊 到 特殊 的推理.

(3)合情推理:归纳推理和类比推理都是根据已有的 事实,经过 观察 、 分析 、 比较 、 联想 ,再进行 归纳 、 类比 ,然后提出猜想的推理,我们把它们 统称为合情推理. 2. 演绎推理 (1)演绎推理:从一般性的原理 出发,推出某个特殊情 况下的结论,我们把这种推理称为演绎推理.简言 之,演绎推理是由 一般 到 特殊 的推理. (2)“三段论”是演绎推理的一般模式,包括: ①大前提—— 已知的一般原理 ; ②小前提——所研究的特殊情况 ; ③结论—— 根据一般原理,对特殊情况做出的判断 .

题型一

归纳推理

y

【例1】如图所示:一个质点在第 4 一象限运动,在第一秒钟内它由原 点运动到(0,1),而后接着按图 3 所示在与x轴,y轴平行的方向上运 2 动,且每秒移动一个单位长度,那 么2 000秒后,这个质点所处位置的 1 坐标是( ) O A. (44,25) B. (45,25) C. (25,45) D. (24,44)

1

2 3

4 x

分析 归纳走到(n,n)处时,移动的长度单位及方向.

解 质点到达(1,1)处,走过的长度单位是2, 方向向右; 质点到达(2,2)处,走过的长度单位是6=2+4, 方向向上; 质点到达(3,3)处,走过的长度单位是 12=2+4+6,方向向右; 质点到达(4,4)处,走过的长度单位是 20=2+4+6+8,方向向上;…… 猜想:质点到达(n,n)处,走过长度单位是 2+4+6+…+2n=n(n+1),且n为偶数时运动方向 与x轴相反,n为奇数时运动方向与y轴相反. 所以2 000秒后是指质点到达(44,44)后, 继续前进了20个单位,由图中规律可得向左前进了 20个单位即质点位置是(24,44).

学后反思(1)归纳推理的一般步骤: ①通过观察个别情况发现某些相同的性质; ②从已知的相同性质中推出一个明确表达的 一般性命题(猜想). (2)归纳推理的结论往往用数学归纳法进行证明.

n a 1.在数列{an}中,a1=1,,n∈N+, n ? 2 ? an 试猜想这个数列的通项公式. 2a1 2 2 ? , 解析: ? a1 ? 1 ? ,? a 2 ? 2 2 ? a1 3

2a

a3 ?

2a 2 ? 2 ? a2

4 3 2? 2 3

?

1 2 ? , 2 4

a4 ?

2a 3 ? 2 ? a3

1 1 2? 2

?

2 , 5

……

猜想: a n ?

2 n ?1

题型二

类比推理

【例2】类比实数的加法和向量的加法,列出它们相 似的运算性质. 分析 实数的加法所具有的性质,如结合律、交换 律等,都可以和向量加以比较.

解(1)两实数相加后,结果是一个实数,两向量相 加后,结果仍是向量; (2)从运算律的角度考虑,它们都满足交换律和 ? ? ? ?, 结合律,即:a+b=b+a,a ? b ? b ? a (a+b)+c=a+(b+c),

? ? ? ? ? ? (a ? b ) ? c ? a ? (b ? c )

(3)从逆运算的角度考虑,二者都有逆运算,即 ? ? ? 减法运算,即a+x=0与 a ? x ? 0 都有惟一 ? ? 解,x=-a与 x ? ?a ; (4)在实数加法中,任意实数与0相加都不改变大小, 即a+0=a.在向量加法中,任意向量与零向量 相加,既不改变该向量的大小,也不改变该向量 ? ? ? 的方向,即 a ? 0 ? a . 学后反思 (1)类比推理是个别到个别的推理, 或是由一般到一般的推理. (2)类比是对知识进行理线串点的好方法.在平时 的学习与复习中,常常以一到两个对象为中心, 把与它有类似关系的对象归纳整理成一张图表, 便于记忆运用.

2. 类比圆的下列特征,找出球的相关特征. (1)平面内与定点距离等于定长的点的集合是圆; (2)平面内不共线的3个点确定一个圆; (3)圆的周长和面积可求; (4)在平面直角坐标系中,以点(x0,y0)为圆心, r为半径的圆的方程为(x-x0 )2+ (y-y0)2=r2. 解析:(1)在空间中与定点距离等于定长的点的集合是球; (2)空间中不共面的4个点确定一个球; (3)球的表面积与体积可求; (4)在空间直角坐标系中,以点(x0,y0,z0)为球心, r为半径的球的方程为 (x-x0)2+(y-y0)2+(z-z0)2=r2.

题型三

演绎推理

a 【例3】已知函数 f ( x) ? ? bx ,其中a>0,b>0, x
x∈(0,+∞),试确定f(x)的单调区间,并证明在 每个单 调区间上的增减性. 分析 利用演绎推理证明.

证明 设0<x1<x2,
a a f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? ( ? bx1 ) ? ( ? bx2 ) x1 x2

a ? ( x 2 ? x1 )( ? b) x1 x 2

当0<x1<x2≤ a a ?b 0<x1x2< , x1 x 2 b

a b 时,则x2-x1>0,



∴f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2). ∴f(x)在(0,
a ]上是减函数; b a ,+∞)上是增函数. b

同理 f(x)在[

学后反思 这里用了两个三段论的简化形式,都 省略了大前提.第一个三段论所依据的大前 提是减函数的定义;第二个三段论所依据的 大前提是增函数的定义,小前提分别是f(x)在 (0, ]上满足减函数的定义和f(x)在[
a b
a b

,+∞)

上满足增函数的定义,这是证明该问题的关键.

3. 用三段论证明函数f(x)=-x2+2x在(-∞,1] 上是增函数.
证明:设x1∈(-∞,1],x2∈(-∞,1],x1<x2, 则Δx=x2-x1>0. ∵Δy=f(x2)-f(x1)=(-x22+2x2)-(-x12+2x1) =x12-x22+2x2-2x1 =(x1+x2)(x1-x2)+2(x2-x1) =(x1-x2)(x1+x2-2) 又∵x1≤1,x2≤1,∴x1+x2-2≤0,且x1-x2<0, ∴(x1-x2)(x1+x2-2)≥0. 则f(x2)-f(x1)≥0?f(x2)≥f(x1), ∴f(x)=-x2+2x在(-∞,1]上是增函数.

2. 已知扇形的弧长为l,半径为r,类比三角形的面积公式:
底?高 2

,可推知扇形面积公式 S 扇 等于 ()

r2 A. 2

l2 B. 2

rl C. 2

D. 不可类比

解析:可将扇形的弧长与三角形的底边相类比,将扇 形的半径与三角形的高相类比. 答案:C

9. 观察下列等式: ①sin210°+cos240°+sin 10°cos 40°=3/4; ②sin26°+cos236°+sin6°cos 36°=3/4. 由上面两题的结构规律,你是否能提出一个猜想? 并证明你的猜想. 解析:由①②可看出,两角差为30°,则它们的相 关形式的函数运算式的值均为3/4. 猜想:若β-α=30°,则β=30°+α, sin2α+cos2β+sin αcos β=3/4, 也可直接写成 sin2α+cos2(α+30°)+sin αcos(α+30°)=3/4. 下面进行证明:

左边=

1 ? cos 2? 1 ? cos(2? ? 60?) ? ? sin ? cos( ? 30?) ? 2 2

cos 2? cos 2? cos 60? ? sin 2? sin 60? ? 1? ? 2 2
+sin α(cos α·cos 30°-sin αsin 30°)
1 1 3 3 1 ? cos 2? ? 1 ? cos 2? ? cos 2? ? sin 2? ? sin 2? ? 2 4 4 4 4

3 ? =右边. 4
故sin2α+cos2(α+30°)+sin αcos(α+30°)=3/4.

10.若 0 ? a ?

1 1 ,求证: ? b 2 ? . b b a ?1 1 1 0?a? 证明:∵ ,∴ 1 ? a ? 1 ? ? 1 b b



1 1 b ? ? a ?1 1 b ?1 ?1 b

又∵ b2>0,∴1>1-b2=(1+b)(1-b),

1 ? 1 ? b , b ? b(1 ? b) ? b ? b 2 由1+b>0得, 1? b 1? b

b ? b2 ? 1 a ?1

第二节 直接证明与间接证明

1.证明 (1)证明分为直接证明 与 间接证明 ,直接证明包 括 综合法 、分析法 等;间接证明主要是反证法 . 利用已知条件和某些数学定义 、 (2)综合法:一般地, 定理、公理等 ,经过 一系列的推理论证 ,最后 一系列的推理论证 ,这种证明方法叫做综合法. (3)分析法:一般地,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、定义、定理、公理等),这种证明的方法叫 做分析法.

(4)反证法:一般地,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.直接证明 (1)综合法是“由因导果 ”,它是从已知条件出发, 顺着推证,经过一系列的中间推理,最后导出所证结 论的真实性,用综合法证明题的逻辑关系:A? B1 ? B2 … Bn? B(A为已知条件或数学定义、 定理、公理,B为要证结论),它的常见书面表达是“∵, ∴”或“ ”. 执果索因 ”,它是从要证的结论出发, (2)分析法是“ 倒着分析,逐渐地靠近已知,

3. 间接证明 用反证法证明问题的一般步骤: (1) 反设 :假定所要证的结论不成立,而设结论的 反面(否定命题)成立;(否定结论) (2) 归谬 :将“反设”作为条件,由此出发经过正确的 推理,导出矛盾——与已知条件、已知的公理、定义、 定理及明显的事实矛盾或自相矛盾;(推导矛盾) (3) 结论 :因为推理正确,所以产生矛盾的原因在 于“反设”的谬误,既然结论的反面不成立,从而肯定了 结论成立,(结论成立)

题型一

综合法应用

【例1】已知a>b>0,求证: a ? b ? a ? b 分析 从已知条件和已知不等式入手,推出所要证 明的结论,

证明 ∵a>b>0,∴ b ? ab , 2b ? 2 ab 进而 ? 2 ab ? ?2b,∴ a ? 2 ab ? b ? a ? b ? 2b

0 ? ( a ? b)2 ? a ? b


a ? b ? a ?b

学后反思 综合法从正确地选择已知真实的命题出 发,依次推出一系列的真命题,最后达到我们所 要证明的结论,在用综合法证明命题时,必须首 先找到正确的出发点,也就是能想到从哪里起步, 我们一般的处理方法是广泛地联想已知条件所具 备的各种性质,逐层推进,从而由已知逐渐引出 结论,

1. 设a>0,b>0,a+b=1.
1 1 1 ?8 求证: ? ? a b ab

证明:∵ a+b=1, ∴
1 1 1 a?b a?b a?b ? ? ? ? ? a b ab a b ab

b a a?b ? 2? ? ? a b ab

? 2?2

b a a?b ? ? a?b 2 a b ( ) 2

=2+2+4=8 1 当且仅当a=b= 时,等号成立 2

题型二

分析法的应用

【例2】设a、b、c为任意三角形三边长,I=a+b+c, S=ab+bc+ca,试证:I2<4S,

分析 将I平方得出a、b、c两两乘积及a2,b2,c2 和的式子,比较已知条件和结论,宜采用分析法.

证明 由I2=(a+b+c)2=a2+b2+c2+ 2(ab+bc+ac)=a2+b2+c2+2S, 故要证 I2<4S, 只需证a2+b2+c2+2S<4S, 即a2+b2+c2<2S(这对于保证结论成立是充分必要的), 欲证上式,只需证a2+b2+c2-2ab-2bc-2ca<0, 即证(a2-ab-ac)+(b2-bc-ba)+(c2-ca-cb)<0, 只需证三括号中的式子均为负值即可, 即证a2<ab+ac,b2<bc+ba,c2<ca+cb, 即a<b+c,b<a+c,c<a+b, 它们显然成立,因为三角形任一边小于其他两边之和, 故I2<4S,

学后反思 (1) 应用分析法易于找到思路的起始点, 可探求解题途径; (2) 应用分析法证明问题时要注意:严格按分析法 的语言表达;下一步是上一步的充分条件,

2. 若sin α+cos α=1,求证:sin6α+cos6α=1
证明:由sin α+cos α=1?平方得 sin2α+cos2α+2sin α·cos α=1 ? sin α·cos α=0,① 欲证 sin6α+cos6α=1, 只需证 (sin2α+cos2α)(sin4α-sin2αcos2α+cos4α)=1 即证sin4α+cos4α-sin2αcos2α=1, 即(sin2α+cos2α)2-3sin2αcos2α=1, 即sin2αcos2α=0, 由①式知上式成立,故原式成立,

题型三

反证法的应用

2 【例3】若a,b,c均为实数,且 a ? x ? 2 y ?

?
2

b ? y 2 ? 2z ?

?
3

c ? z 2 ? 2x ? , 6

?

求证:a,b,c中至少有一个大于0 分析 命题中有“至少……”,“不都……”“都不……”, “没有……”“至多……”等指示性语句,在用直 接方法很难证明时,可以采用反证法,

证明 假设a,b,c都不大于0,即a≤0,b≤0,c≤0, 则a+b+c≤0, ? ? ? 2 2 z 2 ? 2x ? 而a+b+c= x ? 2 y ? + y ? 2 z ? + 6 3 2

=(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2+π-3,
∵ π-3>0,且(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2≥0, ∴ a+b+c>0, 这与a+b+c≤0矛盾, 因此a,b,c中至少有一个大于0

学后反思 反证法证题的实质是证明它的逆否命题 成立,反证法的主要依据是逻辑中的排中律, 排中律的一般形式是:或者是A,或者非A,即 在同一讨论过程中,A和非A有一个且仅有一个 是正确的,不能有第三种情况出现.

3.已知a,b,c是一组勾股数,即a2+b2=c2, 求证:a,b,c不可能都是奇数. 证明:假设a,b,c都是奇数, ∵ a,b,c是一组勾股数∴a2+b2=c2, ∵ a,b,c都是奇数∴a2,b2,c2也都是奇数, ∴ a2+b2是偶数,a2+b2≠c2, 与已知a2+b2=c2相矛盾, ∴ a,b,c不可能都是奇数.

2.已知x1>0,x1≠1,且 x n?1 ?

x n ( x n ? 3)
2

3xn ? 1
2

(n=1,2,…)

试证:数列{ xn }对任意的正整数n,都满足 xn>xn+1,当此题用反证法否定结论时应为 ( ) A.对任意的正整数n,有xn=xn-1 B.存在正整数n,使xn=xn+1 C.存在正整数n,使xn≥xn-1且xn≥xn+1 D.存在正整数n,使xn≤xn+1 解析:原结论是一个全称命题,因此其否定应为 特称命题.

答案:D

9.已知a,b,c是不等正数,且abc=1. 求证:

1 1 1 a? b? c? ? ? a b c

证明:∵ a,b,c是不等正数,且abc=1, ∴
a? b? c? 1 1 1 ? ? bc ac ab

1 1 1 1 1 1 ? ? ? ?b c?a c?a b 2 2 2

?

1 1 1 ? ? a b c

10.在△ABC中,角A,B,C所对的边为a,b,c. 求证:
a2 ? b2 c2 ? sin(A ? B) sin C

证明:由余弦定理,得a2-b2=c2-2bc· A, cos
a 2 ? b 2 c 2 ? 2bc cos A c ? 2b cos A 则 ? ? c c2 c2

又由正弦定理,得
?

c ? 2b cos A sin C ? 2 sin B cos A ? c sin C

sin C ? [sin(B ? A) ? sin(B ? A)] sin C ? [sin C ? sin(B ? A)] ? sin C sin C

?

sin(A ? B) sin C
a2 ? b2 c2 ? sin(A ? B) sin C



第三节 数学归纳法

1.数学归纳法的适证对象 数学归纳法是用来证明关于 正整数 命题的一种方法, 若n0是起始值,则n0是 使命题成立的最小正整数 . 2.数学归纳法的步骤 用数学归纳法证明命题时,其步骤如下: (1)当n= n0 (n0∈N+)时,验证命题成立; (2)假设n= k(k≥n0,k∈N+) 时命题成立,推证 n=k+1时命题也成立,从而推出命题对所有 的 正整数n(n≥n0)都成立 .其中第一步是 归纳奠基 ,第二步是 归纳递推 ,二者缺一不可.

题型一 与自然数n有关的等式的证明 【例1】用数学归纳法证明:

1 1 1 1 n ? ? ??? ? 2? 4 4?6 6?8 2n(2n ? 2) 4(n ? 1)
分析 用数学归纳法证明问题,应严格按步骤进 行,并注意过程的完整性和规范性.

1 1 ? ,右边= 1 , 证明(1)当n=1时,左边=2 ? 4 8 8 等式成立.

(2)假设当n=k(k∈N+)时,
1 1 1 1 k ? ? ??? ? 2? 4 4?6 6?8 2k (2k ? 2) 4(k ? 1)

成立;当n=k+1时,

1 1 1 1 1 ? ? ??? ? 2? 4 4?6 6?8 2k (2k ? 2) (2k ? 2)( 2k ? 4)
? k 1 k (k ? 2) ?1 ? ? 4( k ? 1) 4( k ?1)( k ? 2) 4( k ?1)( k ?2)

(k ? 1) 2 k ?1 ? ? 4(k ?)( k ? 2) 4[( k ? 1) ? 1]

所以n=k+1时,等式成立. 综上可得,等式对于任意n∈N+都成立.

学后反思 用数学归纳法证题时两个步骤缺一不可, 证n=k+1成立时,必须要用n=k成立的结论, 否则,就不是数学归纳法证明.

1. 用数学归纳法证明:

1?

1 1 1 1 1 1 1 1 ? ? ??? ? ? ? ??? 2 3 4 2n ? 1 2n n ? 1 n ? 2 2n
1 1 1 ? ,右边= , 2 2 2

证明:(1)当n=1时,左边= 1 ?

∴等式成立.
(2)假设n=k(k∈N+)时,
1?

1 1 1 1 1 1 1 1 成立; ? ? ??? ? ? ? ??? 2 3 4 2k ? 1 2k k ? 1 k ? 2 2k

当n=k+1时,

左边= 1 ?

1 1 1 1 1 1 1 ? ? ??? ? ? ? 2 3 4 2k ? 1 2k 2 k ? 1 2k ? 2

1 1 1 1 1 ? ? ??? ? ? k ?1 k ? 2 2 k 2k ? 1 2 k ? 2
? 1 1 1 1 1 ??? ? ?( ? ) k ?2 2k 2k ? 1 k ? 1 2k ? 2

?

1 1 1 1 ??? ? ? =右边 k?2 2k 2 k ? 1 2k ? 2

∴ n=k+1时,等式成立. 综上可得,对于任意n∈N+等式都成立.

题型二

用数学归纳法证明整除问题

【例2】求证:(3n+1)· n-1能被9整除(n∈N+). 7

分析 当n=1时,原式=27能被9整除.因此要研究 (3k+1)· k-1与(3k+4)· k+1-1之间的关系, 7 7 以便利用归纳假设(3k+1)· k-1能被9整除 7 来推证(3k+4)· k+1-1能被9整除. 7

证明 设f(n)=(3n+1)· n-1. 7 (1) f(1)=(3×1+1)· 7-1=27能被9整除, 因此n=1时命题成立.

(2)假设n=k(k∈N+)时命题成立,即 f(k)=(3k+1)· k-1(k∈N+)能被9整除. 7 则f(k+1)-f(k)=[(3k+4)· k+1-1]- 7 [(3k+1)· k-1]=9· 7 (2k+3)· k. 7
由于f(k)能被9整除,9(2k+3)· k能被9整除, 7 所以f(k+1)=f(k)+9(2k+3)· k能被9整除. 7 由(1)(2)知,对所有正整数n, f(n)=(3n+1)· 7n-1能被9整除.

学后反思 整除问题一般是将n=k+1时的结论 设法用n=k时的结论表达,而后利用假设, 讨论、判断是否满足整除.

2.用数学归纳法证明: 1-(3+x)n(n∈N+)能被x+2整除. 证明:(1)当n=1时,1-(3+x)=-2-x=-(x+2), 能被x+2整除. (2)假设n=k时,1-(3+x)k能被x+2整除, 则可设1-(3+x)k=(x+2)f(x) (f(x)为k-1次多项式). 当n=k+1时,1-(3+x)k+1=1-(3+x)(3+x)k =1-(3+x)[1-(x+2)f(x)] =1-(3+x)+(x+2)(3+x)f(x) =-(x+2)+(x+2)(3+x)f(x) =(x+2)[-1+(3+x)f(x)],能被x+2整除. 综上可知,对n∈N+,1-(3+x)n能被x+2整除.

题型三 用数学归纳法证明不等式
【例3】求证:
1 1 1 5 ? ??? ? (n≥2,n∈N+). n ?1 n ? 2 3n 6

分析 和正整数有关,因此可用数学归纳法证明.
? , 证明(1)当n=2时,左边= ? ? ? ? 3 4 5 6 60 6 不等式成立. 1 1 1 1 57 5

(2)假设当n=k(k≥2,k∈N+)时不等式成立,
即 k ? 1 ? k ? 2 ? ? ? 3k ? 6 成立.
1 1 1 5

则当n=k+1时,
1 1 1 1 1 1 ? ??? ? ? ? k ?2 k ?3 3k 3k ? 1 3k ? 2 3(k ? 1)

?

1 1 1 1 1 1 1 ? ??? ?( ? ? ? ) k ?1 k ? 2 3k 3k ? 1 3k ? 2 3k ? 3 k ? 1

?

5 1 1 1 1 ?( ? ? ? ) 6 3k ? 3 3k ? 3 3k ? 3 k ? 1

5 1 1 5 ? ? (3 ? ? )? 6 3k ? 3 k ? 1 6
所以当n=k+1时不等式也成立.
由(1)(2)可知原不等式对一切n≥2,n∈N+都成立.

学后反思 在用数学归纳法证明不等式时,往往需 综合运用不等式证明的其他方法,如比较法、 放缩法、配方法、分析法、基本不等式等.

1 1 1 ? ??? ? 1 (n∈N ). 3. 求证: + n ?1 n ? 2 3n ? 1

证明:(1)当n=1时,左边= ? ? ? ∴ n=1时不等式成立.

1 2

1 3

1 4

13 ?1 12



(2)假设n=k(k∈N+)时原不等式成立,即

1 1 1 ? ??? ?1 k ?1 k ? 2 3k ? 1

则当n=k+1时,
1 1 1 1 1 1 ? ??? ? ? ? 左边= k ? 2 k ? 3 3k ? 1 3k ? 2 3k ? 3 3k ? 4
? 1 1 1 1 1 1 1 1 ? ? ??? ?( ? ? ? ) k ?1 k ? 2 k ? 3 3k ? 1 3k ? 2 3k ? 3 3k ? 4 k ? 1

? 1? (

1 1 1 1 ? ? ? ) 3k ? 2 3k ? 3 3k ? 4 k ? 1

1 1 1 1 2 ? ? ? ? ∵ 3k ? 2 3k ? 3 3k ? 4 k ? 1 3(3k ? 2)(3k ? 4)( k ? 1) ? 0

∴ 左边≥1,∴ n=k+1时原不等式成立. 综上可得原不等式对于n∈N+都成立.

题型四 用数学归纳法证明有关数列问题 【例4】在数列{an}中,a1=a2=1,当n∈N+时满足 an+2+2=an+1+an,且设bn=a4n. 求证:{bn}各项均为3的倍数.

分析 由于要证的是与正整数n有关的命题,可试用 数学归纳法证明.这里要注意{an}是由递推关 系给出的.
证明(1)∵ a1=a2=1,∴ a3=a1+a2=2, a4=a3+a2=3,∴b1=a4=3. ∴当n=1时,b1能被3整除.

(2)假设n=k(k∈N+)时,即bk=a4k是3的倍数. 则当n=k+1时, bk+1=a4(k+1)=a4k+4=a4k+3+a4k+2 =a4k+2+a4k+1+a4k+1+a4k =a4k+1+a 4k+2a4k+1+a4k =3a4k+1+2a4k, 由归纳假设,a4k是3的倍数,故可知bk+1是3的倍数. ∴ n=k+1时命题成立. 综合(1)(2)知,对任意n∈N+,数列{bn}各项都是3的倍数. 学后反思 当n=k+1时,对a4(k+1)应用递推关系式裂 项,裂项后需产生a4k项,这样便于应用归纳假 设;除此之外就是凑成3的倍数.

4. 已知{an}是等比数列,公比为q. 求证:an=a1·n-1对于一切n∈N+都成立. q 证明:(1)当n=1时,a1=a1q1-1=a1,等式成立. (2)假设当n=k(k∈N+)时,等式成立, 即ak=a1qk-1. 则当n=k+1时, ak+1=ak· 1·k-1q=a1qk=a1q(k+1)-1, q=a q 即n=k+1时等式也成立. 由(1)(2)可得,等式对一切n∈N+都成立.

3. 用数学归纳法证明“1+2+22+……+2n-1 =2n-1(n∈N+)”的过程中,第二步n=k时 等式成立,则当n=k+1时应得到( ) A. 1+2+22+…+2k-2+2k-1=2k+1-1 B. 1+2+22+…+2k+2k+1=2k-1+2k+1 C. 1+2+22+…+2k-1+2k+1=2k+1-1 D. 1+2+22+…+2k-1+2k=2k+1-1 解析:由条件知,左边是从20,21一直到2n-1都是连 续的,因此当n=k+1时,左边应为1+2+22 +…+2k-1+2k,而右边应为2k+1-1. 答案:D

9. 用数学归纳法证明: 1 1+4+7+…+(3n-2)= n(3n-1). 2 证明 (1)当n=1时,左边=1,右边=1,等式成立. (2)假设当n=k(k∈N+)时结论成立, 1 即1+4+7+…+(3k-2)= k(3k-1)成立; 2 则当n=k+1时, 1+4+7+…+(3k-2)+[3(k+1)-2]
1 1 = k(3k-1)+(3k+1)= (3k2+5k+2) 2 2 1 1 = (k+1)(3k+2)= (k+1)[3(k+1)-1], 2 2

即当n=k+1时结论成立. 由(1)(2)可知,原结论对任意n∈N+都成立.

1 1 1 , , ?, ,? (3n ? 2)(3n ? 1) 10. 已知数列 4 ? 1 4 ? 7 ,计算数列和

S1、S2、S3、S4,根据计算结果,猜想Sn的表达式, 并用数学归纳法进行证明. 解析: 1 ? S
S3 ?

1 1 ? 1? 4 4
2 1 3 ? ? 7 7 ? 10 10

S2 ?

1 1 2 ? ? 4 4?7 7

S4 ?

3 1 4 ? ? 10 10 ? 13 13

n 猜想 S n ? 3n ? 1

. ,

1 证明:(1)当n=1时,左边=S1= 4
右边=
1 1 ? 3 ?1 ? 1 4

,猜想成立.

(2)假设当n=k(k∈N+)时猜想成立,即 S k ? 则当n=k+1时,

k , 3k ? 1

S k ?1 ? S k ?

1 [3(k ? 1) ? 2][(3(k ? 1) ? 1]

k 1 3k 2 ? 4k ? 1 ? ? ? 3k ? 1 (3k ? 1)(3k ? 4) (3k ? 1)(3k ? 4)

?

k ?1 (3k ? 1)( k ? 1) ? (3k ? 1)(3k ? 4) 3(k ? 1) ? 1

所以,当n=k+1时,猜想成立,

根据(1)(2)知猜想对任意n∈N+都成立.

第四节 数系的扩充与复数的引入

1. 复数的有关概念 (1)形如 a+bi 的数叫做复数,其中 a 和 b 都是实数, 其中 a 叫做复数z的实部, b 叫做复数z的虚部. 对于复数a+bi(a,b∈R),当且仅当b=0 时,它是实数; 当b≠0时,叫做虚数;当 a=0且b≠0 时,叫做纯虚数. (2)复数的相等 如果a,b,c,d都是实数,那么 a+bi=c+di ? a+bi=0 ? a=c且b=d ; .

a=0且b=0

2.复平面的概念 建立 直角坐标系 来表示复数的平面叫做复平面, x轴叫做 实轴 ,y轴叫做 虚轴 .实轴上的点都表示实数 ; 除 原点外,虚轴上的点都表示 纯虚数 ; 各象限内的点 都表示 虚数 . 复数集C和复平面内所有的点组成的集合是 一一对应 的,复数集C与复平面内所有以原点O为起点 的向量组成的集合也是 一一对应 的.
3. 共轭复数概念 当两个复数的实部 相等 ,虚部 互为相反数 时,这 两个复数叫做互为共轭复数,复数z的共轭复数用 z 表示, 即z=a+bi,则 z = a -bi (a,b∈R).

4. 复数的加法与减法 (1)复数的加减法运算法则 (a+bi)±(c+di)= (a±c)+(b±d)i . (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). (3)复数加、减法的几何意义 ①复数加法的几何意义 若复数z1、z2对应的向量 OZ 1 , OZ 2 不共线,则复 数z1+z2是以为 OZ 1 , OZ 2 两邻边的平行四边形的 对角线所 OZ 对应的复数.

②复数减法的几何意义 复数z1-z2是连结向量 OZ 1 , OZ 2 的终点,并指向 被减数的向量 Z 2 Z1 所对应的复数. 5.复数的乘法与除法 设z1=a+bi,z2=c+di, (1)复数的乘法运算法则 z1z2=(a+bi)(c+di)= (ac-bd)+(bc+ad)i ; z 交换律z1·2= z2·1 ; z (z z 结合律(z1·2)·3= z1· 2·3) ; z z 分配律z1(z2+z3)= z1z2+z1z3 .

ac ? bd bc ? ad (2)复数的除法运算法则 ? 2 i 2 2 2 c ?d (a+bi)÷(c+di)= c ? d (c+di≠0).

题型一

复数的概念

【例1】已知复数z=m2(1+i)-m(3+i)-6i,则当m 为何实数时,复数z是(1)实数?(2)虚数?(3)纯虚数? (4)零?(5)对应点在第三象限? 分析 复数z=a+bi的分类取决于其实部a与虚部b的 不同取值.

解 ∵ z=(m2-3m)+(m2-m-6)i =m(m-3)+(m+2)· (m-3)i, ∴ (1)当m=-2或m=3时,z为实数; (2)当m≠-2且m≠3时,z为虚数; (3)当m=0时,z为纯虚数; (4)当m=3时,z=0; (5)由m(m-3)<0,且(m+2)(m-3)<0, 解得0<m<3, ∴ 当m∈(0,3)时,z对应的点在第三象限. 学后反思 利用复数的有关概念求解,使复数问题 实数化是解决复数问题的基本思想方法,也是 化归思想的重要表现.

1.求适合等式(2x-1)+i=y+(y-3)i的x、y的值, 其中x∈R,y是纯虚数. 解析:∵ x∈R,y是纯虚数, ∴ 可设x=a,y=bi(a,b∈R且b≠0),代入等式得 (2a-1)+i=bi+(bi-3)i, 即2a-1+i=-b+(b-3)i, ∴ 2a-1=-b,且1=b-3, 解得a=-32,b=4, ∴ x=-32,y=4i.

题型二 复数代数形式的运算 【例2】计算 分析
?2 3?i 2 3204 (4 ? 8i ) 2 ? (?4 ? 8i ) 2 ?( ) ? 1? i 1 ? 2 3i 11 ? 7i

熟练掌握复数代数形式的运算法则及i的方幂 能使运算更加简捷.
1? i ? i 等运算结果, 的运算和(1±i)2=±2i, 1? i



13i 2 2 1602 0 ? (8 ? 16i ) ? [( ) ] ? 原式= 1 ? 12 1? i 11 ? 7i

? i ? (?i )1062 ? 0 ? i ? i 2 ? ?1 ? i
学后反思 复数除法一般是将分母实数化,即分子 分母同乘以分母的共轭复数再进一步化简.

2. 求7+24i的平方根. 解析:设平方根为x+yi(x,y∈R), 则(x+yi)2=7+24i, 即x2-y2+2xyi=7+24i, ∴ x2-y2=7,且2xy=24, 解得x=4,y=3或x=-4,y=-3. 故7+24i的平方根为4+3i或-4-3i.

题型三

复数集上的代数方程

【例3】已知1+i是方程x2+bx+c=0的一个根 (b,c∈R). (1)求b,c的值; (2)试说明1-i也是方程的根. 分析 把方程的根代入方程,用复数相等的充要 条件求解.

解 (1)因为1+i是方程 x +bx+c=0的根, ∴ (1+i)2+b(1+i)+c=0, 即(b+c)+(2+b)i=0, ∴ b+c=0,2+b=0,解得b=-2,c=2. 所以b,c值为b=-2,c=2. (2)把1-i代入方程左边,得 x2-2x+2= (1 ? i)2 -2(1-i)+2=0, 即方程成立, 所以1-i也是方程的根. 学后反思 (1)对于实系数一元二次方程ax2+bx+c=0 (a≠0),当b2-4ac<0时,在复数集上有两个共轭

2

虚根 x1, 2 ,根与系数的关系在复数 集上仍成立. (2)对于虚系数一元二次方程一般利用复数相等来求解.

? b ? 4ac ? b 2 i ? 2a

3. 已知关于x的方程x2-(2+i)x-a+3i=0有一实 根,且a为实数.求a的值及方程的这个实根.

解析:设实根为x0,则x02-(2+i)x0-a+3i=0. 整理得x02-2x0-a+(3-x0)i=0, ∴ x02-2x0-a=0,且3-x0=0. 解得x0=3,a=3. 故a=3,方程的这个实根为3.

1. 复数z1=3+i,z2=1-i,则z=z1·2在复平面 z 内的对应点位于( ) a.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 解析:z=z1·2=(3+i)(1-i)=4-2i, z 对应点(4,-2)是第四象限内的点. 答案:D

9. 计算:(4-i5)(6+2i7)+(7+i11)(4-3i). 解析:原式=2(4-i)(3-i)+(7-i)(4-3i) =2(11-7i)+25(1-i)=47-39i.

10.已知复数x2-6x+5+(x-2)i在复平面内对应 的点在第三象限,求实数x的取值范围. 解析:∵ x为实数,∴x2-6x+5和x-2都是实数, 由题意得x2-6x+5<0,且x-2<0, 解得1<x<5,且x<2, 即1<x<2, 故实数x的取值范围是1<x<2.


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