2020届高考一轮数学教师用书第11章算法初步、复数、推理与证明

1、第十一章算法初步、复数、推理与证明11.1推理与证明1 (课本 p64 练习第 3 题改编 )观察等式112， 1322，13 532， 135742，从中归纳出一般的结论为13 (2n1)n2(nn*) 导航： 归纳推理； 等差数列背景2 (课本 p64 练习第 4 题改编 )观察直线上 n(n2)个点 ， 发现 2 个点确定1 条线段 ，3 个点确定3 条线段 ，4 个点确定6 条线段 ，5 个点确定10 条线段 ， 从中归纳出一般的结论为n(n2)个点确定1 2 (n1)n（n1）2条线段导航： 归纳推理； 解几背景3 (课本 p66 练习第 4 题改编 )在等差数列an 中，若 mn

2、pq(m， n，p， qn*) ，则 amanapaq， 那么在等比数列an 中可以得到类似的结论为若mnpq(m，n，p，qn*) ，则 amanap aq导航： 类比推理； 数列背景4 (课本 p66 练习第 2 题改编 )试通过圆与球的类比 ，由“半径为r 的圆的内接矩形中，以正方形的面积最大，最大值为2r2” ，猜测关于球的相应命题为半径为r 的球的内接长方体中 ，以正方体的体积最大，最大值为839r3导航： 类比推理； 立体几何背景5(课本 p81 练习第 3 题改编 )对不等式“3265”若用分析法证明， 试补全证明过程： 要证明3265，只要证明3526， 只要证明 821582

3、12，因为1512，故不等式成立导航： 直接证明； 分析法6 (课本 p83 练习第 3 题)用反证法证明：“若一个三角形的3 个内角中 ，至少有 2 个锐角” ，要做的假设是假设三角形中至多有1 个锐角导航： 反证法； 反设1合情推理(1)归纳推理定义：从个别事实中推演出一般性的结论 ，称为归纳推理 (简称归纳法 )特点：归纳推理是由部分到整体、由个别到一般的推理(2)类比推理定义：根据两个(或两类 )对象之间在某些方面的相似或相同，推演出它们在其他方面也相似或相同，像这样的推理通常称为类比推理 (简称类比法 )特点：类比推理是由特殊到特殊的推理(3)合情推理合情推理是根据已有的事实、正确的

4、结论、实验和实践的结果，以及个人的经验和直觉等推测某些结果的推理过程归纳推理和类比推理都是数学活动中常用的合情推理2演绎推理(1)演绎推理一种由一般性的命题推演出特殊性命题的推理方法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：大前提 一般性的原理；小前提 特殊对象；结论 揭示了一般原理与特殊对象的内在联系3直接证明(1)综合法定义：从已知条件出发，以已知的定义、公理、定理为依据， 逐步下推 ，直到推出要证明的结论为止，这种证明方法常称为综合法框图表示：已知条件? ? ?结论思维过程：由因导果(2)分析法定义：从问题的结论出发，追溯导致结论成立的

5、条件，逐步上溯 ，直到使结论成立 的条件和已 知条件或已 知事实吻合 为止这种证明方法常称为分析法框图表示：结论 ? 已知条件思维过程：执果索因4间接证明反证法：要从否定结论开始，经过正确的推理 ， 导致逻辑矛盾 ， 从而达到新的否定(即肯定原命题)这个过程包括下面3 个步骤：(1)反设 假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真；(2)归谬 从反设和已知条件出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果；(3) 存真 由矛盾结果， 断定反设不真，从而肯定原结论成立例1 观察下列各式：ab 1， a2 b24， a3b38， a4b413， a5b519，则 a10b1064. 解析： 右侧数

6、列1，4，8，13，19的差成等差数列，不妨设 c11，c24，c38作差得 c2c13，c3c24，c10c9 11 用累加法处理：c10c163，所以 c1064. 【跟踪反馈】1已知 x (0， )，观察下列各式：x1x2，x4x2x2x24x23，x27x3x3x3x327x3 4， ， 类比得xaxn n1(nn*) ，则 ann. 解析： 第一个式子是n1 的情况 ，此时 a11 1；第二个式子是n2 的情况 ，此时 a224；第三个式子是n3 的情况 ，此时 a3327，归纳可知ann. 例2(2018 连云港模拟) 已知正三角形的边长为a， 其内切圆的半径为36a， 类似地 ，

7、正四面体棱长为a， 则它的内切球半径为612a. 解析： 等面积思想类比到等体积思想，借助底面正三角形的中心，正四面体的高可得出为63a，四个小的三棱锥的体积和等于正四面体的体积：413sr 13s63a(s 为正三角形的面积 )，内切球半径为612a.【跟踪反馈】2已知正三角形的外接圆半径与内切圆半径之比为21，类似地 ，正四面体外接球半径与内切球半径之比为31. 解析： 设正四面体棱长为a，借助底面正三角形的中心，正四面体的高可得出为63a， 四个小的三棱锥的体积和等于正四面体的体积： 413sr 13s63a(s 为正三角形的面积)，内切球半径为612a，外接球半径为63a612a361

8、2a，所以 31. 3在平面上 ，设 ha， hb，hc 是三角形abc 三条边上的高，p 为三角形内任一点，p 到相应三边的距离分别为pa，pb，pc，我们可以得到结论：pahapbhbpchc1.把它类比到空间 ，则三棱锥中的类似结论为pahapbhbpchcpdhd1. 解析： 距离 ，高在平面中联想到面积，空间中联想到体积，所以设 ha，hb，hc，hd分别是三棱锥a- bcd 四个面上的高， p 为三棱锥 a- bcd 内任一点 ， p 到相应四个面的距离分别为pa，pb，pc，pd，于是可以得出结论：paha13s bcd pa13s bcd havp-bcdva-bcd，因为vp

9、-bcdvp-cda vp-bdavp-abc va-bcd， 所以pahapbhbpchcpdhd 1. 例3 若数列 an 是等差数列， 则数列bn(bn a1a2 ann)也为等差数列 类比这一性质可知，若正项数列 cn 是等比数列，且dn 也是等比数列 ，则 dn 的表达式应为nc1c2cnc1qn 12. 解析： 若an 是等差数列 ， 则 a1 a2anna1n（n1）2d， 所以 bna1n12d，即bn 为等差数列；若cn 是等比数列 ，则c1 c2 cn c1n q1 2 (n 1)c1n qn（n1）2，所以dnnc1c2cnc1qn 12即dn 为等比数列【跟踪反馈】4设

10、等差数列 an 的前 n 项和为sn，则 s4，s8s4，s12s8，s16s12 成等差数列类比上述结论：设等比数列bn 的前n 项积为 tn，则 t4，t8t4，t12t8，t16t12成等比数列解析： 等差数列中的原理是“等长的片段和 ”也成等差数列， 等比数列bn 中，b1b2b3b4，b5b6b7b8，b9b10b11b12， 也成等比数列5 已 知 等 差 数 列 an中 ， 有a11a12 a2010a1a2 a3030， 则在 等 比 数 列 bn 中 ， 会 有 类 似 的 结 论 ：10b11b12b2030b1b2b30解析： 由等差数列的性质“下标和 ”得到启发 ，等比

11、数列的性质可知b1b30b2b29 b11b20 ， 所 以10b11b12b20 30b1b2b30. (江苏卷 )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 ， 若两个正四面体的棱长的比为12， 则它们的体积比为18. 解析： 平面中面积比为边长比的平方，空间中体积比是棱长比的立方1用反证法证明命题“设a，b 为实数 ，则方程 x2axb0 至少有一个实根”时，要做的假设是假设方程x2ax b0 没有实根解析： 反证法假设命题的结论不成立2 观察下列各式： ab1， a2b23，a3b3 4，a4 b4 7， a5b511，则a10b10123.

12、 解析： 从给出的式子特点观察可推知，等式右端的值，从第三项开始，后一个式子的右端值等于它前面两个式子右端值的和，依据此规律 ，a10b10123. 3观察下列不等式：112232，112213253，112213214274，照此规律 ，第五个不等式为1122132142152162116解析： 观察每行不等式的特点，每行不等式左端最后一个分数的分母的开方与右端值的分母相等，且每行右端分数的分子构成等差数列故第五个不等式为11221321421521622 ，f(8)52，f(16)3 ，f(32)72则可 以 归 纳 出 一 般 结 论 ： f(2n 1)n32(nn*)解析： 因为 f(

13、22)42，f(23)52，f(24)62，f(25)72，所以 f(2n1)n32(nn*)6(2018 南京模拟 )观察下列等式：11212，11213141314，11213141516141516，据此规律 ，第 n 个等式可为112131412n112n1n 11n212n解析： 等式左边的特征：第1 个等式有2 项，第 2 个有 4 项，第 3 个有 6 项， 且正负交错 ， 故第 n 个等式左边有2n 项且正负交错 ，应为112131412n112n；等式右边的特征：第1个有 1 项，第 2 个有2 项，第 3 个有 3 项，故第 n 个有 n 项 ，且由前几个的规律不难发现第n

14、 个等式右边应为1n11n212n. 7在等差数列 an 中，若 a100， 则有a1 a2 an a1 a2 a19n(n19，nn*)成立 ，类比上述性质， 在等比数列 bn 中，若 b91，则存在的等式为b1b2bnb1b2b17n(n17， nn*) 解析： 利用类比推理 ，借助等比数列的性质 ， b29bn1 b17n 1， 所以 b11b17，b21b16，b31b15，b17n1bn1可知存 在 的 等 式 为b1b2 bn b1b2 b17n(nb0)上一点 m(x0 ， y0)的切线方程x0 xa2y0yb2 1. 解析： 可通过联立直线方程与椭圆，通过计算 ，可证 0. 1

15、1 若p0(x0 ， y0) 在 椭 圆x2a2y2b21(ab0)外 ， 过 p0 作椭圆的两条切线的切点分别为 p1，p2， 则切点弦 p1p2 所在的直线方程是x0 xa2y0yb2 1， 那么对于双曲线则有如下命题：若p0(x0，y0)在双曲线x2a2y2b21(a0，b0)外，过 p0 作双曲线的两条切线，切点分别为p1，p2，则切点弦p1p2所在直线的方程是x0 xa2y0yb21. 解析： 设 p1(x1，y1)，p2(x2，y2)， 则p1，p2 的切线方程分别是x1xa2y1yb2 1，x2xa2y2yb21.因为 p0(x0，y0)在这两条切线上，故有x1x0a2y1y0b

16、21，x2x0a2y2y0b21， 这说明 p1(x1，y1)， p2(x2，y2)在直线x0 xa2y0yb21 上，故切点弦p1p2 所在的直线方程是x0 xa2y0yb21. 12 等差数列 bn 通项公式为bnn2.求证：数列 bn 中任意不同的三项都不可能成为等比数列证明：假设数列 bn 中存在三项bp， bq，br(p，q，r n*， 且互不相等 )成等比数列 ，则b2q bpbr， 即 (q2)2 (p2)(r 2)所以 (q2pr)2(2qpr)0.因为p，q，r n* ，所以q2pr02qpr0，pr22pr，即(p r)20，pr 与 pr 矛盾所以假设不成立 ，即数列 b

17、n 中任意不同的三项都不可能成为等比数列11.2数学归纳法 (理科选用 )1 (课本 p87 练习第 2 题改编 )用数学归纳法证明“ 3nn3(n3，n n*)”，第一步应验证 n3 时， 不等式成立解析： 第一步验证初始值，应为 3.导航： 数学归纳法；第一步验证初始值2(课本 p87 练习第 2 题改编 )已知 f(n)1n1n11n21n2，则下列说法正确的有 . f(n) 中共有 n 项，当 n2 时，f(2) 1213；f(n)中共有 n1 项，当 n2 时，f(2)121314；f(n)中共有 n2n 项，当 n2 时，f(2)1213；f(n)中共有 n2n1 项，当 n2 时

18、，f(2) 121314. 导航： 项数问题； 初始值问题3 (课本 p88 练习第 4 题改编 )设 f(n) 112131412n， 则f(n 1) f(n) 12n112n212n312n2n解析： f(n1) 112 12n12n112n2n，f(n) 112131412n，所以 f(n1) f(n) 12n112n212n3 12n2n.导航： 项的问题4 (课本 p90 练习第 1 题)已知 n 为正偶数，用数学归纳法证明11213141n21n21n412n时，若已假设nk(k 2 且 k 为偶数 )时命题为真 ， 则还需要用归纳假设再证. nk1 时等式成立nk2时等式成立n2

19、k 2时等式成立n2(k2)时等式成立解析： 因为 n 为正偶数 ，nk 时等式成立，即 n 为第 k 个偶数时命题成立，所以需假设 n为下一个偶数，即 nk2 时等式成立导航： 数学归纳法结构问题5(课本 p87 练习第3 题)对于不等式n2nn1(nn*) ， 某同学用数学归纳法证明的过程如下：(1)当 n1 时，12111，不等式成立(2)假设当 nk(k n*) 时， 不等式成立 ，即k2k k 1 ， 则 当n k 1 时 ，（k1）2（ k1）k23k24 时， f(n)12(n1)(n2)(n3)(用 n表示 )解析：f(3)2，f(4)f(3)3235，f(n) f(n 1)n

20、1， 由累加法得到f(n)12(n1)(n2)(n3) (第 n 条直线与前面n1条直线有n1 个交点 )导航： 关键探究到隐含的递推公式数学归纳法一般地 ，对于某些与正整数有关的数学命题 ，我们有数学归纳法公理：如果(1)当 n 取第一个值n0(例如 n01， 2等 )时结论正确；(2)假设当nk(k n*， 且 kn0)时结论正确 ， 证明当 nk1 时结论也正确那么 ，命题对于从n0 开始的所有正整数 n 都成立例1 用数学归纳法证明：124146168 12n（2n 2）n4（n1）(nn*) 证 明 ： (1) 当n 1时 ， 左 边 121（ 212）18， 右边14（11）18，

21、左边右边 ，所以等式成立(2)假设 nk(k n*) 时等式成立 ， 即有12414 6168 12k（2k2）k4（k1），则当 nk1 时，124146168 12k（2k2）12（k1） 2（ k1） 2k4（k1）14（k 1）（ k2）k（k2） 14（k1）（ k2）（k1）24（k1）（ k2）k14（k 2）k 14（k11）.所以当 nk1 时，等式也成立 ，由(1)(2)可知 ，对于一切nn*等式恒成立【跟踪反馈】1 (2018 南京模拟)求证： (n 1)(n 2) (n n) 2n 1 3 5 (2n 1)(nn*) 证明： (1)当 n1 时，等式左边 2，右边 2，

22、故等式成立；(2)假设当nk(k n*) 时等式成立 ，即(k 1)(k 2) (k k)2k 1 3 5 (2k 1)，那么当 nk 1 时，左边 (k11)(k 1 2) (k 1 k 1) (k 2)(k 3) (kk)(2k 1)(2k 2) 2k 1 3 5 (2k1)(2k1) 22k1 1 3 5 (2k1)(2k1)，所以当 nk1 时等式也成立由(1)(2)可知 ，对所有 nn*等式成立例2求证：2124 14 2n12nn1. 证明： 当 n1 时，左式32，右式2，左式 右式 ，所以结论成立假设 nk(k 1，k n*) 时结论成立 ，即212414 2k 12kk1，

23、则当nk1时，212414 2k12k2k32（k1）k1 2k32（k1）2k32k1，要证当 nk1 时结论成立， 只需证2k32k1k2， 即证2k32（ k1）（ k2） ， 由基本不等式得2k32（k1）（ k 2）2（k 1）（ k2）成立 ， 故2k32k1k2成立 ，所以当nk1 时， 结论成立由 可知 ， 当 nn*时，不等式b11b1b21b2 bn1bnn1成立【跟踪反馈】2 (2018 镇江模拟 )若函数 f(x) x22x3，定义数列 xn 如下： x12，xn 1 是过点 p(4，5)、qn(xn，f(xn) 的直线 pqn与 x轴的交点的横坐标， 试运用数学归纳法

24、证明： 2xnxn 13. 证明： 当 n1 时，x1 2，f(x1) 3，q1(2，3)所以直线pq1 的方程为y 4x 11， 令y 0， 得x2 114， 因 此2x1x23 ，即 n1 时结论成立 假设当 nk 时，结论成立 ，即 2xkxk 13.当 nk1 时，直线 pqk1 的方程为y5f（xk1） 5xk14 (x 4)又f(xk 1)x2k12xk13， 代入上式 ，令y0，得xk 234xk12xk 1 452xk 1， 由归纳假设 ， 2xk13，xk 2452xk10， 即 xk 1xk2，所以 2xk 1xk23，即当 nk1 时， 结论成立由 知对任意的正整数n，2

25、xnxn 1x4x6 ，猜想：数列 x2n 是递减数列下面用数学归纳法证明：当 n1 时，已证命题成立 假设当n k(k n* ，且k1)时命题成立， 即x2kx2k 2， 易知xk0 ，那么 x2k2x2k411x2k111x2k 3x2k 3x2k1（1x2k1）（ 1 x2k3）11x2k211x2k（1x2k1）（ 1x2k3）错误 ! 0， 即 x2(k1)x2(k 1)2.所以当nk1 时命题也成立结合 知，对于任何nn*命题成立【跟踪反馈】3已知数列 an 的前 n 项和 sn 满足：snan21an1，且 an0， nn*. (1)求 a1，a2，a3，并猜想 an 的通项公式

26、；(2)证明通项公式的正确性解析：(1)当 n1 时， 由已知得a1a121a11， a212a120.a131(an0) 当n2 时，由已知得a1a2a221a21，将a131 代入并整理得a222 3a220.a253(an0) 同理可得a375.猜想 an2n12n 1(nn*)(2)证明： 由(1)知，当 n1，2，3 时，通项公式成立假设当 n k(k3，k n*)时 ， 通 项 公 式 成 立 ， 即ak 2k12k 1. 由ak 1 sk 1 skak121ak1ak21ak， 将 ak2k12k1代入上式并整理得a2k122k 1ak120，解得： ak 12k32k1(an0

27、) 即当 nk1时 ， 通项公式也成立 由和可知 ，对所有 nn* ， an2n12n 1都成立(江苏卷 )已知集合x 1 ，2，3，yn1， 2，3，n(n n*) ，设 sn(a ，b)|a 整除 b 或 b 整除 a，ax，byn ，令f(n) 表示集合sn所含元素的个数(1)写出 f(6)的值；(2)当 n6 时，写出 f(n)的表达式 ，并用数学归纳法证明证明： (1)y61，2，3， 4，5，6，s6 中的元素 (a，b)满足：若a1，则 b1，2，3，4，5，6；若 a2，则 b1，2，4，6；若 a3，则 b1，3， 6.所以 f(6) 13.当 n6 时，f(n) n2n2n

28、3， n6tn2n12n13，n6t1，n2n2n23，n6t2，n2n12n3，n6t3，n2n2n13，n6t4，n2n12n23，n6t5.(tn*) 下面用数学归纳法证明： .当 n6 时，f(6)6 2626313， 结论成立； .假设nk(k6)时结论成立 ，那么nk1 时，sk 1 在 sk 的基础上新增加的元素在 (1， k1)， (2，k 1)，(3，k 1)中产生 ，分以下情形讨论：1)若 k16t，则 k6(t1)5，此时有f(k 1) f(k) 3k 2k 12k233(k1)2k12k13，结论成立；2)若 k16t1，则 k6t，此时有f(k 1) f(k) 1k

29、2k2k31(k1)2（k1） 12（k1） 13， 结论成立；3)若 k 16t2，则 k6t1，此时有f(k 1) f(k) 2 k2k12k132(k1)2k12（ k1） 23，结论成立；4)若 k 16t3，则 k6t2，此时有f(k 1)f(k) 2 k 2k2k232(k1) 2（ k1） 12k 13，结论成立；5)若 k 16t4，则 k6t3，此时有f(k 1)f(k) 2 k 2k 12k32(k1) 2k12（k1） 13，结论成立；6)若 k 16t5，则 k6t4，此时有f(k 1)f(k) 1k2k2k131(k1)2（k1） 12（ k1） 23， 结论成立综上

30、所述 ，结论对满足n6 的自然数n均成立1(2018 徐州模拟 )用数学归纳法证明2n2n1，n 的第一个取值应是3. 解析： n1 时，212，2 113，2n2n1 不成立； n2 时，224，2215，2n2n1 不成立； n3 时，238，2317，2n2n1 成立 n 的第一个取值应是 3. 2用数学归纳法证明不等式1121412n112764(nn*)成立 ，其初始值至少应取 8. 解析： 左边 11214 12n1112n112212n1，代入验证可知n 的最小值是 8. 3 利用数学归纳法证明“(n 1)(n2) (nn)2n 13 (2n1)，nn*”时 ，从“ nk”变到“

31、 nk1”时 ，左边应增乘的因式是2(2k1)解析： 当 nk(k n*) 时 ，左式为 (k1)(k2) (kk)；当 nk1 时，左式为(k11) (k12) (k1k 1) (k1k) (k 1k1)，则左边应增乘的式子是（2k1）（ 2k2）k1 2(2k1)4用数学归纳法证明：“1121312n 11)”时 ， 由 nk(k1)不等式成立 ，推理 nk1 时，左边应增加的项数是2k. 解析：当 n k 时 ， 要证的式子为1121312k1k；当 n k1 时，要证的式子为1121312k112k12k112k 11k1.左边增加了2k 项5设 s112，s2122212， ，sn

32、12 22 32 (n 1)2n2 (n1)2 2212，用数学归纳法证明snn（2n1）3时，第二步从 “k”到“ k1”应添加的项为(k1)2k2. 解析： 由 s1，s2，sn 可以发现由nk 到 nk1 时，中间增加了两项(k1)2k2(n， k n*)6如果命题p(n)对 nk(k n*) 成立 ，则它对 n k2 也成立若 p(n)对 n2 也成立，则下列结论正确的是.(填序号 ) p(n)对所有正整数n 都成立； p(n)对所有正偶数n 都成立； p(n)对所有正奇数n 都成立； p(n)对所有自然数n 都成立解析： n2 时 ，nk，nk2 成立 ，n 为 2，4，6，故 n

33、为所有正偶数7设 f(x) 是定义在正整数集上的函数，且 f(x) 满足：当f(k) k1 成立时 ，总能推出 f(k1)k2 成立 ， 那么下列命题总成立的是 .(填序号 ) 若 f(1)2 成立 ，则 f(10)11 成立；若 f(3)4 成立 ，则当 k1 时，均有 f(k) k1 成立；若 f(2)3 成立 ，则 f(1) 2 成立；若 f(4)5 成立 ，则当 k4 时，均有 f(k) k1 成立解析： 当 f(k) k1 成立时 ，总能推出f(k 1) k2 成立 ，说明如果当kn 时，f(n) n 1 成立 ，那么当 kn1 时，f(n1)n2 也成立 ，所以如果当k4 时，f(

34、4)5 成立 ，那么当 k4 时，f(k) k1 也成立8 (2018 盐城模拟 )设数列 an 的前n项和为sn，且对任意的自然数n 都有 (sn1)2ansn，通过计算s1，s2，s3，猜想 snnn1. 解析： 由(s1 1)2s1 s1，得 s112，由(s21)2 (s2s1)s2，得 s223，依次得s334，s445，猜想 snnn1. 9*. 设平面上n 个圆周最多把平面分成f(n) 片(平面区域 )， 则 f(2) 4，f(n) n2n2.(n1，n n*) 解析： 易知 2 个圆周最多把平面分成4片； n 个圆周最多把平面分成f(n)片， 再放入第n 1 个圆周 ，为使得到

35、尽可能多的平面区域 ，第 n1 个应与前面n 个都相交且交点均不同 ，有 n 条公共弦 ，其端点把第n1 个圆周分成2n 段， 每段都把已知的某一片划分成2 片，即 f(n1)f(n) 2n(n1)，所以 f(n) f(1) n(n1)，而 f(1)2， 从而f(n) n2n2. 10证明 3 个连续自然数的立方和(f(n)n3 (n1)3(n2)3(nn)能被 9 整除证明： 当 n0 时，不等式显然成立，假设当nk(k 0，k n)时不等式成立，即 k3(k1)3 (k2)3 能被 9 整除 ， 那么 ，当 nk1 时，(k1)3 (k 2)3(k3)3(k1)3(k 2)3k39k29k

36、 27(k1)3(k2)3k39(k2k3)，(k1)3(k2)3k3根据假设被9 整除 ，9(k2k3)也能被9 整除 (因为 kn)由 可知， f(n) n3(n1)3(n2)3(nn)能被 9整除11 已知点 pn(an， bn)满足 an1an bn1，bn1bn1 4a2n(nn*) ， 且点 p1 的坐标为 (1， 1)(1)求过点 p1，p2 的直线 l 的方程；(2)试用数学归纳法证明：对于nn* ，点 pn都在 (1)中的直线l 上解析： (1)由题意得a11，b1 1，b2 114113，a2 11313，p213，13.直线 l 的方程为y1131x1131， 即 2xy

37、1.(2)当 n1 时，2a1 b12 1(1)1 成立 假设 nk(k n*) 时，2ak bk1 成立则2ak1bk12ak bk1bk1bk14a2k (2ak1)bk1 2ak12ak12ak1，当 nk1 时，2ak1bk11 也成立由 知，对于 nn*，都有 2anbn1，即点 pn 都在直线l 上12已知f(n) 11231331431n3，g(n)3212n2，nn*. (1)当 n1，2，3 时，试比较 f(n)与 g(n)的大小；(2)猜想 f(n)与 g(n)的大小关系 ，并给出证明解析： (1)当 n1 时，f(1) 1，g(1)1，所以 f(1)g(1)；当 n2 时

38、，f(2) 98，g(2)118，所以 f(2)g(2) ；当 n3 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当 n1， 2，3 时 ，不等式显然成立，假设当n k(k3，k n*)时不等式成立，即 1123133143 1k33212k2.那么 ，当 nk1 时，f(k 1) f(k) 1（k1）33212k21（k1）3.因为12（k1）212k21（ k1）3k32（k1）312k23k12（k1）3k20 ， 所 以f(k 1)50，所以代入y 250.6(x50)中，得到结果为31.导航：

39、 伪代码； 选择结构6 (课本 p15 练习第 2 题)如图是一个算法流程图 ，则输出的s的值为 3. 解析： 执行循环 ，得到 s11，n 3；s8，n5； s3，n 7；此时结束循环，得到 s3.导航： 流程图； 循环结构1算法通常是指对一类问题的机械的、统一的求解方法2流程图是由一些图框和流程线组成的，其中图框表示各种操作的类型，图框中的文字和符号表示操作的内容，流程线表示操作的先后次序3三种基本逻辑结构(1) 依次进行多个处理的结构称为顺序结构 ， 是任何一个算法都离不开的基本结构其结构形式为(2)选择结构是先根据条件作出判断，再决定执行哪一种操作的结构其结构形式为(3) 循环结构是指

40、需要重复执行同一操作的结构 ，需要重复执行的同一操作称为循环体循环结构又分为当型和直到型其结构形式为4赋值语句、输入语句、输出语句赋值语句用符号“”表示，其一般格式是变量表达式(或变量 )，其作用是对程序中的变量赋值；输入语句“read a，b”表示输入的数据依次送给a， b，输出语句 “ print x”表示输出运算结果x. 5算法的选择结构由条件语句来表达，一般是if thenelse 语句 ，其一般形式是ifathenbelsecendif. 6算法中的循环结构，可以运用循环语句来实现(1)当循环的次数已经确定，可用“ for”语句表示“for”语句的一般形式为for i from “初

41、值”to“终值 ”step“步长”循环体end for 说明：上面 “for”和“end for”之间缩进的步骤称为循环体，如果省略“ step 步长” ，那么重复循环时，i 每次增加1. (2)不论循环次数是否确定都可以用下面循环语句来实现循环结构当型和直到型两种语句结构当型语句的一般格式是whilep循环体end while，直到型语句的一般格式是do循环体untilpenddo. 7复数的有关概念(1)定义：形如abi(a，br)的数叫做复数 ，其中 a 叫做复数z 的实部 ，b 叫做复数 z 的虚部 (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

42、 ? b0 abi 为虚数 ? b0 a6i 为纯虚数 ? a0 且b0 (3)复数相等： abicdi? ac 且 bd(a，b，c，dr)(4)共轭复数：a bi 与 cdi 共轭 ? ac，b d(a，b，c，dr)(5)模：向量 oz的模叫做复数zabi的模 ， 记作 |a bi|或 |z|， 即 |z| |a bi| a2b2(a，br)8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 oz(a，b)(a，br)是一一对应关系9复数的运算(1)运算法则： 设 z1a bi，z2cdi，a，b，c，dr答案： (a c) (b d)i(acbd) (bcad)iac

43、 bdc2 d2bcadc2d2i (2)几何意义： 复数加减法可按向量的平行四边形或三角形法则进行如图给出的平行四边形oz1zz2 可以直观地反映出复数加减法的几何意义， 即ozoz1oz2， z1z2oz2oz1. 例1若复数 z 满足 (2i)z 4 3i (i 为虚数单位 )，则|z|5. 解析： |z|43i2i|43i|2i|555，则|z|5. 【跟踪反馈】1若复数zi(32i)(i是虚数单位 )，则 z 的虚部为3. 解析： z 23i，则 z 的虚部为 3. 2(2018 常州零模 )若复数z 满足z 2i|z|21(其中 i 为虚数单位 )，则|z| 1. 解析： |z 2i|z|21 ，|z| |2i|z|21，所以 |z| 2|z|21，|z|1.例2运行如图所示的伪代码，则输出的结果 s 为 9. s1 i1 while i6 a ab b ab ii2 end while print b 解析： 进入循环后 ，a1，b11，i4；a12，b 32，i 6；a35，b85， i8，此时跳出循环4运行如图所示的伪代码， 其结果为17. s1 for i from 1 to 7 step 2 ssi end for pr