1、第十一章算法初步、推理证明、复数第一节算法与程序框图考情展望1.考查算法的逻辑结构，重点考查循环结构与条件结构，考查写出程序的运行结果、指明算法的功能、补充程序框图等基础知识.2.题型以选择题和填空题为主要考查形式，题型灵活多样，难度中低档一、算法与程序框图1算法(1)算法通常是指按照一定规则解决某一类问题的明确和有限的步骤(2)应用：算法通常可以编成计算机程序，让计算机执行并解决问题2程序框图程序框图又称流程图，是一种用程序框、流程线及文字说明来表示算法的图形二、三种基本逻辑结构名称内容顺序结构条件结构循环结构定义由依次执行的步骤组成，这是任何一个算法都离不开的基本结构算法的流程根据条件是否
2、成立有不同的流向，条件结构就是处理这种过程的结构从某处开始，按照一定的条件反复执行某些步骤的情况，反复执行的步骤称为循环体程序框图应用循环结构应注意的三个问题确定循环变量和初始值；确定算法中反复执行的部分，即循环体；确定循环的终止条件1阅读如图1111的程序框图，若输入x2，则输出的y值为()A0B1C2D3图1111【答案】B2算法可以无限的操作下去；算法的每一步操作必须是明确的、可行的；一个程序框图一定包含顺序结构；一个程序框图不一定包含条件结构和循环结构以上说法正确的个数是()A1B2C3D4【答案】C3阅读如图1112所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果是()A3B4C5D6图1
3、112【答案】B4如图1113所示的程序框图输出的S是126，则应为()An5? Bn6?Cn7? Dn8?图1113【答案】B5(2013山东高考)执行两次如图1114所示的程序框图，若第一次输入的a的值为1.2，第二次输入的a的值为1.2，则第一次，第二次输出的a的值分别为()A0.2,0.2B0.2,0.8C0.8,0.2D0.8,0.8【答案】C图1114图11156(2013课标全国卷)执行程序框图1115，如果输入的t1,3，则输出的s属于()A3,4B5,2C4,3D2,5【答案】A考向一 194利用程序框图求值(1)(2013安徽高考)如图1116所示，程序框图(算法流程图)的
4、输出结果是()A.B.C.D.图1116图1117(2)(2014浙江高考)若某程序框图如图1117所示，当输入50时，则该程序运行后输出的结果是_【答案】(1)D(2)6规律方法11.对条件结构，无论判断框中的条件是否成立，都只能执行两个分支中的一个，不能同时执行两个分支2利用循环结构表示算法，第一要确定是利用当型还是直到型循环结构；第二准确表示累计变量；第三要注意从哪一步开始循环对点训练(1)(2013北京高考)执行如图1118所示的程序框图，输出的S值为()A1B.C.D.图1118图1119(2)(2013浙江高考)若某程序框图如图1119所示，则该程序运行后输出的值等于_【答案】(1
5、)C(2)考向二 195程序框图的补充与完善已知数列an中，a11，an1ann，利用如图11110所示的程序框图计算该数列的第10项，则判断框中应填的语句是()An10Bn10Cn9Dn9图11110【答案】D规律方法21.熟悉框图的结构与功能是解决此类问题的关键2解答此题可以采用类比归纳的方式求解，如通过计算该数列的第1项，第2项，第3项，探寻n与an的关系，从而得出正确答案对点训练(1)(2014重庆高考)执行如图11111所示的程序框图，若输出k的值为6，则判断框内可填入的条件是()图11111AsBsCsDs(2)(2013江西高考)阅读如下程序框图11112，如果输出i4，那么空白
6、的判断框中应填入的条件是()图11112AS8 BS9 CS10 DS11【答案】(1)C(2)B考向三 196基本算法语句运行如下所示的程序，输出的结果是_a1b2aabPRINTaEND【答案】3规律方法31.本例主要考查程序框图中的赋值语句，输出语句要注意赋值语句一般格式中的“”不同于等式中的“”，其实质是计算“”右边表达式的值，并将该值赋给“”左边的变量2解决此类问题关键要理解各语句的含义，以及基本算法语句与算法结构的对应关系对点训练运行如下所示的程序，当输入a，b分别为2,3时，最后输出的m的值为_INPUTa，bIFabTHENmaELSEmbENDIFPRINTm【答案】3易错易
7、误之十八循环结构的两个关键点计数变量与累加变量1个示范例执行如图11113所示的程序框图，若输入x3，则输出k的值是()A3B4C5D6图11113【解析】第一次循环：x358，k1第二次循环：x8513，k2第三次循环：x13518，k3第四次循环：x18523，k4第五次循环：x23528，k5；此时满足条件输出k5.在确定最后输出的k值时，易出现认为k4而出错1个防错练【防范措施】1.在解决循环结构问题时，一定要弄明白计数变量和累加变量2读程序框图时，要注意循环结构的终止条件执行如图11114所给的程序框图，则运行后输出的结果是()A3B3C2D2图11114【解析】开始条件：s0，i1
8、，(i6)i1，i是奇数，可得s011，i2，i是偶数，可得s121，i3，可得s132，i4，s242，i5，s253.i6，s363，i7，输出s3.【答案】B课时限时检测(六十六)算法与程序框图(时间：60分钟满分：80分)一、选择题(每小题5分，共30分)1(2013广东高考)执行如图11115所示的程序框图，若输入n的值为3，则输出s的值是()图11115A1B2C4D7【答案】C2某程序框图如图11116所示，若输出的S57，则判断框内为()图11116Ak4?Bk5?Ck6?Dk7?【答案】A3阅读如图11117所示的程序框图，如果输出的函数值在区间内，则输入的实数x的取值范围是
9、()A(，2B2，1C1,2D2，)图11117图11118【答案】B4(2013天津高考)阅读如图11118所示的程序框图，运行相应的程序，则输出n的值为()A7B6C5D4【答案】D5某班有24名男生和26名女生，数据a1，a2，a50是该班50名学生在一次数学学业水平模拟考试的成绩，下面的程序用来同时统计全班成绩的平均数：A，男生平均分：M，女生平均分：W；为了便于区别性别，输入时，男生的成绩用正数，女生的成绩用其成绩的相反数，那么在图11119里空白的判断框和处理框中，应分别填入下列四个选项中的()图11119AT0？，ABT0？，ACT0？，ADT0？，A【答案】D6(2013福建高
10、考)阅读如图11120所示的程序框图，运行相应的程序，如果输入某个正整数n后，输出的S(10,20)，那么n的值为()A3B4C5D6图11120图11121【答案】B二、填空题(每小题5分，共15分)7(2013湖北高考)阅读如图11121所示的程序框图，运行相应的程序，若输入m的值为2，则输出的结果i_.【答案】48下列程序执行后输出的结果是_i11S1DOSS*iii1LOOPUNTILi9PRINTSEND【答案】9909(2013陕西高考)根据下列算法语句，当输入x为60时，输出y的值为_【答案】31三、解答题(本大题共3小题，共35分)10(10分)设计算法求的值，并画出程序框图【
11、解】算法步骤：第一步，令S0，i1.第二步，若i99成立，则执行第三步；否则，输出S，结束算法第三步，SS.第四步，ii1，返回第二步程序框图：法一当型循环程序框图：法二直到型循环程序框图：11(12分)已知函数f(x)(1)若f(x)16，求相应x的值；(2)画程序框图，对于输入的x值，输出相应的f(x)值【解】(1)当x0时，f(x)16，即(x2)216，解得x6；当x0时，f(x)16，即(x2)216，解得x6.(2)程序框图如图所示：图1112212(13分)已知数列an的各项均为正数，观察程序框图11122，若k5，k10时，分别有S和S.试求数列an的通项公式【解】由程序框图可
12、知，数列an是等差数列，首项为a1，公差为d.Si()()当k5时，S().a1a611，即a1(a15d)11当k10时，S()，a1a1121，即a1(a110d)21由，联立，得a11，d2，因此ana1(n1)d2n1.第二节合情推理与演绎推理考情展望1.考查利用归纳推理、类比推理去寻求更为一般的、新的结论.2.考查演绎推理，主要与立体几何、解析几何、函数与导数等结合一、合情推理1归纳推理(1)定义：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(简称归纳)(2)特点：由部分到整体、由个别到一般的推理2类比
13、推理(1)定义：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(简称类比)(2)特点：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二、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：(1)大前提已知的一般原理；(2)小前提所研究的特殊情况；(3)结论根据一般原理，对特殊情况作出的判断1命题“有些有理数是无
14、限循环小数，整数是有理数，所以整数是无限循环小数”是假命题，推理错误的原因是()A使用了归纳推理B使用了类比推理C使用了“三段论”，但推理形式错误D使用了“三段论”，但小前提错误【答案】C2已知数列an中，a11，n2时，anan12n1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是()A3n1B4n3Cn2D3n1【答案】C3在平面上，若两个正三角形的边长的比为12，则它们的面积比为14.类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长的比为12，则它们的体积比为_【答案】184观察下列不等式：1，1，1，照此规律，第五个不等式为_【答案】11及a0可知0b，只需证1，只需证1abab1，只需证ab
15、ab0即1，即1.这是已知条件，所以原不等式得证规律方法21.对于无理不等式，常用分析法证明通过反推，逐步寻找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对于较复杂的不等式，通常用分析法探索证明途径，然后用综合法加以证明，分析法的特点是：从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，优点是利于思考，因为它的方向明确，思路自然，而综合法的优点是易于表述，条理清晰，形式简洁考向三 202反证法(2013陕西高考)设an是公比为q的等比数列设q1，证明数列an1不是等比数列【尝试解答】假设an1是等比数列，则对任意的kN，(ak11)2(ak1)(ak21)，a2ak11akak2akak
16、21，aq2k2a1qka1qk1a1qk1a1qk1a1qk1，a10，2qkqk1qk1.q0，q22q10，q1，这与已知矛盾假设不成立，故an1不是等比数列规律方法3反证法的适用情况：(1)否定性命题(2)命题的结论中出现“至少”、“至多”、“唯一”等词语时(3)当命题成立非常明显，而要直接证明所用的理论太少，且不容易说明，而其逆否命题又是非常容易证明的(4)要讨论的情况很复杂，而反面情况很简单时(5)问题共有n种情况，现要证明其中的一种情况成立时，可以想到用反证法把其他的n1种情况都排除，从而肯定这种情况成立对点训练已知f(x)ax(a1)，证明方程f(x)0没有负数根【解】假设x0
17、是f(x)0的负数根，则x00且x01是ax0，由0ax0101，解得x02，这与x00矛盾，所以假设不成立，故方程f(x)0没有负数根.规范解答之二十四破解证明问题的“三剑客”1个示范例(12分)证明以下命题：(1)对任一正整数a，都存在正整数b，c(bc)，使得a2，b2，c2成等差数列；(2)存在无穷多个互不相似的三角形n，其边长an，bn，cn为正整数且a，b，c成等差数列【规范解答】(1)易知12,52,72成等差数列，则a2，(5a)2，(7a)2也成等差数列，所以对任一正整数a，都存在正整数b5a，c7a，(bc)使得a2，b2，c2成等差数列.2分(2)若a，b，c成等差数列，
18、则有bacb，即(bnan)(bnan)(cnbn)(cnbn)3分选取关于n的一个多项式，例如4n(n21)，使得它可按两种方式分解因式，由于4n(n21)(2n2)(2n22n)(2n2)(2n22n)因此令，可得(n4)易验证an，bn，cn满足.因此an，bn，cn成等差数列.5分当n4时，有anbncn且anbncnn24n10因此以an，bn，cn为边长可以构成三角形，将此三角形记为n(n4).7分其次，任取正整数m，n(m，n4，且mn)，假若三角形m与n相似，则有：9分据此例性质有：所以，由此可得mn，假设与mn矛盾，即任两个三角形m与n(m，n4，mn)互不相似，所以存在无穷
19、多个互不相似的三角形n，其边长an，bn，cn为正整数且a，b，c成等差数列.12分1个对点练【名师寄语】1.本例第(1)问的突破口如下：设1，p，q，符合条件要求，则有2p21q2，由于p，q均为自然数，所以q为奇数，又qp1，设q2k1，kN*，则2p21(2k1)2，化简得p22k22k1，可见，p也为奇数，再设p2m1，mN*，又得(2m1)22k22k1，化简得2m(m1)k(k1)，故2mk1，且m1k，解得k3，m2.从而p5，q7，这样问题就得到了解决2这类题目难度大，技巧性高，一般很难直接找到问题的突破口，只有平时打好基础，注意知识的总结和一些规律性的小结论的积累，才能把这类
20、难度大的题通过已学的基础知识层层分解来解答，并且这些基础知识都能从课本中找到它们的影子已知a，b，m为非零实数，且a2b22m0，12m0.(1)求证：；(2)求证：m.【证明】(1)(分析法)要证成立，只需证(a2b2)9，即证149，即证4.根据基本不等式，有24成立，所以原不等式成立(2)(综合法)因为a2b2m2，2m1，由(1)，知(m2)(2m1)9，即2m25m70，解得m1或m.因为a2b2m20，2m10，所以m.课时限时检测(六十八)直接证明与间接证明(时间：60分钟满分：80分)一、选择题(每小题5分，共30分)1若ab0，则下列不等式中成立的是()A.BabCbaD.【
21、答案】C2用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a，b，c中恰有一个偶数”正确的反设为()Aa，b，c中至少有两个偶数Ba，b，c中至少有两个偶数或都是奇数Ca，b，c都是奇数Da，b，c都是偶数【答案】B3若P，Q(a0)，则P、Q的大小关系是()APQBPQCPQD由a的取值确定【答案】C4对于平面和共面的直线m、n，下列命题中真命题是()A若m，mn，则nB若m，n，则mnC若m，n，则mnD若m、n与所成的角相等，则mn【答案】C5已知函数f(x)x，a，b是正实数，Af，Bf()，Cf，则A、B、C的大小关系为()AABCBACBCBCADCBA【答案】A6(2013广东高考)设整数
22、n4，集合X1,2,3，n令集合S(x，y，z)|x，y，zX，且三条件xyz，yzx，zx0)的图象与x轴有两个不同的交点，若f(c)0，且0x0.(1)证明：是函数f(x)的一个零点；(2)试用反证法证明c.【解】(1)证明f(x)图象与x轴有两个不同的交点，f(x)0有两个不等实根x1，x2，f(c)0，x1c是f(x)0的根，又x1x2，x2，是f(x)0的一个根即是函数f(x)的一个零点(2)假设0，由0x0，知f0与f0矛盾，c，又c，c.12(13分)在ABC中，三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若，试问A、B、C是否成等差数列，若不成等差数列，请说明理由若成等差数列，请
23、给出证明【解】A、B、C成等差数列，下面用综合法给出证明，3，1，c(bc)a(ab)(ab)(bc)，b2a2c2ac.在ABC中，由余弦定理，得cos B，0B180，B60.AC1202B，A、B、C成等差数列第四节数学归纳法及其应用考情展望1.考查数学归纳法的原理和证明步骤.2.用数学归纳法证明与等式、不等式或数列有关的命题数学归纳法证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0N*)时命题成立；(2)(归纳递推)假设nk(kn0，kN*)时命题成立，证明当nk1时命题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
24、上述证明方法叫做数学归纳法应用数学归纳法证明时应注意的问题(1)第一步验证nn0时，n0不一定为1，要根据题目要求选择合适的起始值(2)由nk时命题成立，证明nk1时命题成立的过程中，一定要归纳假设，否则就不是数学归纳法(3)在用数学归纳法证明问题的过程中，要注意从k到k1时命题中的项与项数的变化，防止对项数估算错误1在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为n(n3)条时，第一步检验n等于()A1 B2 C3 D4【答案】C2已知n为正偶数，用数学归纳法证明12时，若已假设nk(k2且k为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证()Ank1时等式成立Bnk2时等式成立Cn2k2时等式成立Dn2(
25、k2)时等式成立【答案】B3若f(n)1(nN*)，则f(1)为()A1B.C1D非以上答案【答案】C4用数学归纳法证明：“1n(n1)”，由nk(k1)不等式成立，推证nk1时，左边应增加的项的项数是_【答案】2k考向一 203用数学归纳法证明等式用数学归纳法证明：(nN*)【尝试解答】当n1时，左边，右边，左边右边，等式成立假设nk(k1)时，等式成立即，当nk1时，左边，所以当nk1时，命题成立由可得对任意nN*，等式成立规律方法11.用数学归纳法证明等式问题，要“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n0是多少2由nk时命题成立，推出nk1时等式成立，一要找出等式
26、两边的变化(差异)，明确变形目标；二要充分利用归纳假设，进行合理变形，正确写出证明过程对点训练求证：(n1)(n2)(nn)2n135(2n1)(nN*)【证明】(1)当n1时，等式左边2，右边2112，等式成立(2)假设当nk(kN*)时，等式成立，即(k1)(k2)(kk)2k135(2k1)当nk1时，左边(k2)(k3)2k(2k1)(2k2)2(k1)(k2)(k3)(kk)(2k1)22k135(2k1)(2k1)2k1135(2k1)(2k1)这就是说当nk1时，等式成立根据(1)、(2)知，对nN*，原等式成立考向二 204数学归纳法证明简单的不等式由下列不等式：1，11,1，
27、12，你能得到一个怎样的一般不等式？并加以证明【尝试解答】一般结论：1(nN*)，证明如下：(1)当n1时，由题设条件知命题成立(2)假设当nk(kN*)时，猜想正确，即1.当nk1时，1，当nk1时，不等式成立根据(1)(2)可知，对nN*,1.规律方法21.从特殊发现一般性规律，特别是左边最后一项分母的变化在由nk推出nk1时命题成立时，关键抓住两点：(1)项数与分母的变化；(2)将分母放大，从而向nk1时的目标靠拢2用数学归纳法证明不等式的关键是由nk时命题成立证nk1时命题也成立，在归纳假设使用后可运用比较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用基本不等式、不等式的性质等放缩技
28、巧，使问题得以简化对点训练证明不等式12(nN*)【证明】(1)当n1时，左边1，右边2，左边右边，命题成立(2)假设当nk(k1，kN*)时，不等式成立，即12，则当nk1时，左边122，当nk1时，不等式成立，根据(1)，(2)知不等式对nN*都成立考向三 205归纳猜想证明已知数列an的前n项和Sn满足：Sn1，且an0，nN*.(1)求a1，a2，a3，并猜想an的通项公式；(2)证明通项公式的正确性【尝试解答】(1)当n1时，由已知得a11，a2a120.a11(a10)当n2时，由已知得a1a21，将a11代入并整理得a2a220.a2(a20)同理可得a3.猜想an(nN*)(2
29、)由(1)知，当n1,2,3时，通项公式成立假设当nk(k3，kN*)时，通项公式成立，即ak.由ak1Sk1Sk，将ak代入上式并整理得a2ak120，解得：ak1(an0)即当nk1时，通项公式也成立由和，可知对所有nN*，an都成立规律方法31.猜想an的通项公式是一个由特殊到一般的过程，注意两点：(1)准确计算a1，a2，a3发现规律(必要时可多计算几项)；(2)证明ak1时，ak1的求解过程与a2、a3的求解过程相似，注意体会特殊与一般性的辨证关系2“归纳猜想证明”的模式，是不完全归纳法与数学归纳法综合应用的解题模式，这种方法在解决探索性问题、存在性问题时起着重要作用，它的模式是先由
30、合情推理发现结论，然后经逻辑推理证明结论的正确性，这种思维方式是推动数学研究和发展的重要方式对点训练(2014广东高考)设数列an的前n项和为Sn，满足Sn2nan13n24n，nN*，且S315.(1)求a1，a2，a3的值；(2)求数列an的通项公式【解】(1)由题意知S24a320，S3S2a35a320.又S315，a37，S24a3208.又S2S1a2(2a27)a23a27，a25，a1S12a273.综上知，a13，a25，a37.(2)由(1)猜想an2n1，下面用数学归纳法证明当n1时，结论显然成立；假设当nk(k1)时，ak2k1，则Sk357(2k1)k(k2)又Sk2
31、kak13k24k，k(k2)2kak13k24k，解得2ak14k6，ak12(k1)1，即当nk1时，结论成立由知，nN*，an2n1.规范解答之二十五数学归纳法在数列问题中的妙用1个示范例(12分)数列xn满足x10，xn1xxnc(nN*)(1)【证明】xn是递减数列的充要条件是c0；(2)若0c，证明数列xn是递增数列【规范解答】(1)充分性：若c0，由于xn1xxncxncxn，数列xn是递减数列.2分必要性：若xn是递减数列，则x2x1，且x10.又x2xx1cc，c0故xn是递减数列的的充要条件是c0.4分(2)若0c，要证xn是递增数列即xn1xn，也就是证明xn6分下面用数
32、学归纳法证明当0c时，xn对任意n1成立()当n1时，x10，结论成立.7分()假设当nk(kN*)时结论成立，即xk.因为函数f(x)x2xc在区间内单调递增，所以xk1f(xk)f()，这就是说当nk1时，结论也成立.10分故xnxn，即xn是递增数列.12分1个规范练【名师寄语】(1)正确理解充要条件的意义充要条件必须从充分性和必要性两个方面判定(2)善于转化，从函数的角度理解xn1与xn的关系，抓住0c与f(x)的单调性，利用归纳假设证明传递性已知函数f(x)x3，g(x)x.(1)求函数h(x)f(x)g(x)的零点个数，并说明理由；(2)设数列an(nN*)满足a1a(a0)，f(
33、an1)g(an)，证明存在常数M，使得对于任意的nN*，都有anM.【解】(1)由h(x)x3x知，x0，)，而h(0)0，且h(1)10，h(2)60，则x0为h(x)的一个零点，且h(x)在(1,2)内有零点因此，h(x)至少有两个零点法一h(x)3x21x，记(x)3x21x，则(x)6xx.当x(0，)时，(x)0，因此(x)在(0，)上单调递增，则(x)在(0，)内至多只有一个零点又因为(1)0，0，则(x)在内有零点所以(x)在(0，)内有且只有一个零点记此零点为x1，则当x(0，x1)时，(x)(x1)0；当x(x1，)时，(x)(x1)0.所以，当x(0，x1)时，h(x)单
34、调递减而h(0)0，则h(x)在(0，x1内无零点；当x(x1，)时，h(x)单调递增，则h(x)在(x1，)内至多只有一个零点从而h(x)在(0，)内至多只有一个零点综上所述，h(x)有且只有两个零点法二由h(x)x(x21x)，记(x)x21x，则(x)2xx.当x(0，)时，(x)0，从而(x)在(0，)上单调递增，则(x)在(0，)内至多只有一个零点因此h(x)在(0，)内也至多只有一个零点综上所述，h(x)有且只有两个零点(2)记h(x)的正零点为x0，即xx0.()当ax0时，由a1a，即a1x0.而aa1x0x，因此a2x0.由此猜测：anx0.下面用数学归纳法证明当n1时，a1
35、x0显然成立假设当nk(k1)时，akx0成立，则当nk1时，由aakx0x知，ak1x0.因此，当nk1时，ak1x0成立故对任意的nN*，anx0成立()当ax0时，由(1)知，h(x)在(x0，)上单调递增，则h(a)h(x0)0，即a3a.从而aa1aa3，即a2a.由此猜测：ana.下面用数学归纳法证明当n1时，a1a显然成立假设当nk(k1)时，aka成立，则当nk1时，由aakaa3知，ak1a.因此，当nk1时，ak1a成立故对任意的nN*，ana成立综上所述，存在常数Mmaxx0，a，使得对于任意的nN*，都有anM.课时限时检测(六十九)数学归纳法及其应用(时间：60分钟满
36、分：80分)一、选择题(每小题5分，共30分)1用数学归纳法证明“2nn21对于nn0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取()A2B3C5D6【答案】C2对于不等式n1(nN*)，某同学用数学归纳法的证明过程如下：(1)当n1时，11，不等式成立(2)假设当nk(kN*且k1)时，不等式成立，即k1，则当nk1时，(k1)1，当nk1时，不等式成立，则上述证法()A过程全部正确Bn1验得不正确C归纳假设不正确D从nk到nk1的推理不正确【答案】D3用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，xnyn能被xy整除”，在第二步时，正确的证法是()A假设nk(kN)，证明nk1命题成立B假设
37、nk(k是正奇数)，证明nk1命题成立C假设n2k1(kN)，证明nk1命题成立D假设nk(k是正奇数)，证明nk2命题成立【答案】D4用数学归纳法证明1，则当nk1时，左端应在nk的基础上加上()A.BC.D.【答案】C5凸n多边形有f(n)条对角线则凸(n1)边形的对角线的条数f(n1)为()Af(n)n1Bf(n)nCf(n)n1Df(n)n2【答案】C6已知123332433n3n13n(nab)c对一切nN*都成立，则a、b、c的值为()Aa，bcBabcCa0，bcD不存在这样的a、b、c【答案】A二、填空题(每小题5分，共15分)7用数学归纳法证明1n(nN*，n1)时，第一步应
38、验证的不等式是_【答案】18设f(n)1(nN*)，则f(n1)f(n)_.【答案】9已知数列an满足a11，an1an1(nN*)，通过计算a1，a2，a3，a4，可猜想an_.【答案】三、解答题(本大题共3小题，共35分)10(10分)用数学归纳法证明下面的等式12223242(1)n1n2(1)n1.【证明】(1)当n1时，左边121，右边(1)01，原等式成立(2)假设nk(kN*，k1)时，等式成立，即有12223242(1)k1k2(1)k1.那么，当nk1时，则有12223242(1)k1k2(1)k(k1)2(1)k1(1)k(k1)2(1)kk2(k1)(1)k，nk1时，等
39、式也成立，由(1)(2)知对任意nN*有12223242(1)n1n2(1)n1.11(12分)设数列an的前n项和为Sn，且方程x2anxan0有一根为Sn1(nN*)(1)求a1，a2；(2)猜想数列Sn的通项公式，并给出证明【解】(1)当n1时，方程x2a1xa10有一根为S11a11，(a11)2a1(a11)a10，解得a1.当n2时，方程x2a2xa20有一根为S21a1a21a2，2a2a20，解得a2.(2)由题意知(Sn1)2an(Sn1)an0，当n2时，anSnSn1，代入上式整理得SnSn12Sn10，解得Sn.由(1)得S1a1，S2a1a2.猜想Sn(nN*)下面用
40、数学归纳法证明这个结论当n1时，结论成立假设nk(kN*，k1)时结论成立，即Sk，当nk1时，Sk1.即当nk1时结论成立由知Sn对任意的正整数n都成立12(13分)等比数列an的前n项和为Sn.已知对任意的nN*，点(n，Sn)均在函数ybxr(b0且b1，b，r均为常数)的图象上(1)求r的值；(2)当b2时，记bn2(log2an1)(nN*)证明：对任意的nN*，不等式成立【解】(1)由题意，Snbnr，当n2时，Sn1bn1r，所以anSnSn1bn1(b1)，由于b0且b1，所以n2时，an是以b为公比的等比数列，又a1br，a2b(b1)，b，即b，解得r1.(2)证明由(1)
41、知an2n1，因此bn2n(nN*)，所证不等式为.当n1时，左式，右式，左式右式，所以结论成立假设nk时结论成立，即，则当nk1时，要证当nk1时结论成立，只需证，即证，由均值不等式成立，故成立，所以，当nk1时，结论成立由可知，nN*时，不等式成立第五节数系的扩充与复数的引入考情展望以客观题的形式考查复数的有关概念、复数相等的充要条件及复数代数形式的运算有时与集合、充分必要条件等知识结合命题，考查对复数基本概念的理解一、复数的有关概念1定义：形如abi(a，bR)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：满足条件(a，b为实数)复数的分类abi为实数b0abi为虚数b
42、0abi为纯虚数a0且b03.复数相等：abicdiac，bd(a，b，c，dR)4共轭复数：abi与cdi共轭ac，bd(a，b，c，dR)5复数的模：向量的长度叫做复数zabi的模，记作|abi|或|z|，即|z|abi|(a，bR)二、复数的几何意义复数zabi与复平面内的点Z(a，b)及平面向量(a，b)(a，bR)是一一对应关系复数的几何意义除了复数与复平面内的点和向量的一一对应关系外，还要注意(1)|z|z0|a(a0)表示复数z对应的点到原点的距离为a；(2)|zz0|表示复数z对应的点与复数z0对应的点之间的e0距离三、复数的运算1运算法则：设z1abi，z2cdi，a，b，c
43、，dR2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图1151如图1151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，.1在复平面内，复数65i，23i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()A48iB82i C24i D4i【答案】C2复数(i是虚数单位)的实部是()A.B C.D【答案】A3若z，则复数()A2iB2iC2iD2i【答案】D4若a，bR，i为虚数单位，且(ai)ibi，则()Aa1，b1Ba1，b1Ca1，b1Da1，b1【答案】D5(2014江西高考)若复数z满足z(1i)2i(i为虚数单位)，则|z|()A
44、1B2 C.D.【答案】C6(2013安徽高考)设i是虚数单位，若复数a(aR)是纯虚数，则a的值为()A3B1C1D3【答案】D考向一 206复数的有关概念(1)(2013陕西高考)设z是复数，则下列命题中的假命题是()A若z20，则z是实数B若z20，则z是虚数C若z是虚数，则z20D若z是纯虚数，则z20(2)若z1(m2m1)(m2m4)i，mR，z232i，则m1是z1z2的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件D既不充分又不必要条件(3)下面是关于复数z的四个命题：p1：|z|2；p2：z22i；p3：z的共轭复数为1i；p4：z的虚部为1.其中的真命题为()Ap2，p3
45、Bp1，p2Cp2，p4Dp3，p4【答案】(1)C(2)A(3)C规律方法11.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、虚部满足的方程(不等式)组即可2求复数模的常规思路是利用复数的有关运算先求出复数z，然后利用复数模的定义求解考向二 207复数的代数运算(1)(2014辽宁高考)设复数z满足(z2i)(2i)5，则z()A23i B23i C32i D32i(2)i为虚数单位，则2 015()AiB1CiD1【答案】(1)A(2)A规律方法21.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
46、共轭复数，注意要把i的幂写成最简形式2记住以下结论，可提高运算速度(1)(1i)22i；(2)i；(3)i；3熟知“in”的周期性in的周期性i4n1；i4n1i；i4n21；i4n3i(nN)对点训练(2013山东高考)复数z满足(z3)(2i)5(i为虚数单位)，则z的共轭复数为()A2iB2iC5iD5i【答案】D考向三 208复数及其运算的几何意义如图1152，平行四边形OABC，顶点O、A、C分别表示0,32i，24i，试求：图1152(1)对应的复数，对应的复数；(2)对应的复数【尝试解答】(1)，对应的复数为32i.，对应的复数为32i.(2)，对应的复数为(32i)(24i)5
47、2i.规律方法3复数与复平面内的点是一一对应的，复数和复平面内以原点为起点的向量也是一一对应的，因此复数加减法的几何意义可按平面向量加减法理解，利用平行四边形法则或三角形法则解决问题对点训练(1)若i为虚数单位，图中1153复平面内点Z表示复数z，则表示复数的点是()图1153AEBFCGDH(2)(2014重庆高考)复平面内表示复数i(12i)的点位于()A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【答案】(1)D(2)A思想方法之二十六解决复数问题的根本方法实数化复数集是实数集的推广和发展，在解决复数问题时，将复数问题转化为熟悉的实数问题，有助于解决问题复数问题向实数问题的转化，主要用于求实数
48、、虚数、纯虚数、对应点在复平面的某一位置等，其转化的关键在于利用复数相等的条件解题复数转化为实数化的有效途径有以下四种：(1)复数的概念及分类；(2)复数的相等；(3)复数的模；(4)z与的关系：zR.1个示范例(2013天津高考)已知a，bR，i是虚数单位若(ai)(1i)bi，则abi_.【解析】由复数相等的定义求得a，b的值，即得复数由(ai)(1i)bi可得(a1)(a1)ibi，因此a10，a1b，解得a1，b2，故abi12i.1个对点练若abi(a，b为实数，i为虚数单位)，则ab_.【解析】(3b)(3b)ii.解得ab3.【答案】3课时限时检测(七十)数系的扩充与复数的引入(
49、时间：60分钟满分：80分)一、选择题(每小题5分，共30分)1(2013北京高考)在复平面内，复数i(2i)对应的点位于()A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【答案】A2(2013课标全国卷)若复数z满足(34i)z|43i|，则z的虚部为()A4BC4D.【答案】D3(2013四川高考)如图1154，在复平面内，点A表示复数z，则图中表示z的共轭复数的点是()图1154AABBCCDD【答案】B4若复数(aR，i是虚数单位)是纯虚数，则实数a的值为()A2B4C6D6【答案】C5(2013陕西高考)设z1，z2是复数，则下列命题中的假命题是()A若|z1z2|0，则12B若z12，则
50、1z2C若|z1|z2|，则z11z22D若|z1|z2|，则zz【答案】D6若zcos isin (i是虚数单位)，则z21的值可能是()A.B. C.D.【答案】D二、填空题(每小题5分，共15分)7(2013重庆高考)设复数z12i(i是虚数单位)，则|z|_.【答案】8已知复数z112i，z21i，z334i，它们在复平面上对应的点分别为A、B、C，若，(，R)，则的值是_【答案】19(理)已知复数z1cos 23isin 23和复数z2cos 37isin 37，则z1z2_.【答案】i三、解答题(本大题共3小题，共35分)10(10分)已知复数z1满足(z12)(1i)1i(i为虚
51、数单位)，复数z2的虚部为2，且z1z2是实数，求z2.【解】(z12)(1i)1i，z1222i，设z2a2i(aR)，则z1z2(2i)(a2i)(2a2)(4a)i，又z1z2是实数，a4，从而z242i.11(12分)复数z112i，z22i，z312i，它们在复平面上的对应点是一个正方形的三个顶点，求这个正方形的第四个顶点对应的复数【解】如图，z1、z2、z3分别对应点A、B、C.，所对应的复数为z2z1(2i)(12i)3i，在正方形ABCD中，所对应的复数为3i，又，所对应的复数为z3(3i)(12i)(3i)2i，第四个顶点对应的复数为2i.12(13分)已知z是复数，z2i，均为实数(i为虚数单位)，且复数(zai)2在复平面上对应的点在第一象限，求实数a的取值范围【解】设zxyi(x，yR)，z2ix(y2)i，由题意得y2.(x2i)(2i)(2x2)(x4)i，由题意得x4，z42i(zai)2(124aa2)8(a2)i，根据条件，可知解得2a6.实数a的取值范围是(2,6)
