推理证明算法复数复习资料

1、第3讲程序框图与算法语句【高考会这样考】1程序框图作为计算机科学的基础，是历年来高考的一个必考点，多以选择、填空题的形式出现，一般中档偏易，多与分段函数、数列、统计等综合考查2重点考查程序框图的应用，有时也考查基本的算法语句注重程序框图的输出功能、程序框图的补充，以及算法思想和基本的运算能力、逻辑思维能力的考查【复习指导】1本讲复习时，准确理解算法的基本概念、理解程序框图的含义和作用是解题的关键，所以复习时要立足双基，抓好基础，对算法语句的复习不需过难，仅需理解几种基本的算法语句2复习算法的重点应放在读懂程序框图上，尤其要重视循环结构的程序框图，弄清当型与直到型循环结构的区别，以及进入、退出循

2、环的条件、循环的次数基础梳理1算法通常是指可以用计算机来解决的某一类问题的程序或步骤，这些程序或步骤必须是明确和有效的，而且能够在有限步之内完成2程序框图又称流程图，是一种用规定的图形、指向线及文字说明来准确、直观地表示算法的图形通常程序框图由程序框和流程线组成，一个或几个程序框的组合表示算法中的一个步骤，流程线带方向箭头，按照算法进行的顺序将程序框连接起来3三种基本逻辑结构(1)顺序结构是由若干个依次执行的处理步骤组成的，这是任何一个算法都离不开的基本结构其结构形式为(2)条件结构是指算法的流程根据给定的条件是否成立而选择执行不同的流向的结构形式其结构形式为(3)循环结构是指从某处开始，按照

3、一定条件反复执行处理某一步骤的情况反复执行的处理步骤称为循环体循环结构又分为当型(WHILE型)和直到型(UNTIL型)其结构形式为4输入语句、输出语句、赋值语句的格式与功能语句一般格式功能输入语句INPUT“提示内容”；变量输入信息输出语句PRINT“提示内容”；表达式输出常量、变量的值和系统信息赋值语句变量表达式将表达式代表的值赋给变量5.条件语句(1)程序框图中的条件结构与条件语句相对应(2)条件语句的格式及框图IFTHEN格式IFTHENELSE格式6循环语句(1)程序框图中的循环结构与循环语句相对应(2)循环语句的格式及框图UNTIL语句WHILE语句一条规律顺序结构、循环结构和条件

4、结构的关系顺序结构是每个算法结构都含有的，而对于循环结构有重复性，条件结构具有选择性没有重复性，并且循环结构中必定包含一个条件结构，用于确定何时终止循环体循环结构和条件结构都含有顺序结构两个注意(1)利用循环结构表示算法，第一要先确定是利用当型循环结构，还是直到型循环结构；第二要选择准确的表示累计的变量；第三要注意在哪一步开始循环，满足什么条件不再执行循环体(2)关于赋值语句，有以下几点需要注意：赋值号左边只能是变量名字，而不是表达式，例如3m是错误的赋值号左右不能对换，赋值语句是将赋值号右边的表达式的值赋给赋值号左边的变量，例如Yx，表示用x的值替代变量Y的原先的取值，不能改写为xY.因为后

5、者表示用Y的值替代变量x的值在一个赋值语句中只能给一个变量赋值，不能出现一个或多个“”双基自测1(人教A版教材习题改编)关于程序框图的图形符号的理解，正确的有()任何一个程序框图都必须有起止框；输入框只能在开始框之后，输出框只能放在结束框之前；判断框是唯一具有超过一个退出点的图形符号；对于一个程序框图来说，判断框内的条件是唯一的A1个 B2个 C3个 D4个解析任何一个程序都有开始和结束，因而必须有起止框；输入和输出可以放在算法中任何需要输入、输出的位置；判断框内的条件不是唯一的，如ab，亦可写为ab.故只有对答案B2.程序框图如图所示：如果输入x5，则输出结果为()A109 B325C973

6、 D2 917解析第1次运行后，x53213200，第2次运行后，x133237200，第3次运行后，x3732109200，第4次运行后，x10932325200，故输出结果为325.答案B3.当a1，b3时，执行完如图的一段程序后x的值是()A1 B3C4 D2解析13，x134.答案C4(2011天津)阅读下边的程序框图，运行相应的程序，则输出i的值为()A3 B4 C5 D6解析因为该程序框图执行4次后结束，所以输出的i的值等于4，故选择B.答案B5(2011湖南)若执行如图所示的框图，输入x11，x22，x33，eq xto(x)2，则输出的数等于_解析算法的功能是求解三个数x1，x

7、2，x3的方差，输出的是Seq f(122222322,3)eq f(2,3).答案eq f(2,3)考向一算法的设计【例1】已知点P(x0，y0)和直线l：AxByC0，求点P(x0，y0)到直线l的距离d，写出其算法并画出程序框图审题视点 利用点到直线的距离公式可写出算法，而程序框图利用顺序结构比较简单解算法如下： 程序框图：第一步，输入x0，y0及直线方程的系数A，B，C.第二步，计算Z1Ax0By0C.第三步，计算Z2A2B2.第四步，计算deq f(|Z1|,r(Z2).第五步，输出d. 给出一个问题，设计算法应注意：(1)认真分析问题，联系解决此问题的一般数学方法；(2)综合考虑此

8、类问题中可能涉及的各种情况；(3)将解决问题的过程划分为若干个步骤；(4)用简练的语言将各个步骤表示出来【训练1】 已知函数yeq blcrc (avs4alco1(2，x0，,0，x0，,2，x0，)写出求该函数函数值的算法及程序框图解算法如下：第一步，输入x.第二步，如果x0，则y2；如果x0，则y0；如果x0，则y2.第三步，输出函数值y.相应的程序框图如图所示考向二基本逻辑结构【例2】(1)(2011福建)阅读下图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果是()A3 B11 C38 D123(2)(2010北京)已知函数yeq blcrc (avs4alco1(log2x，x2，,2x

9、，x2.)如图表示的是给定x的值，求其对应的函数值y的程序框图处应填写_；处应填写_审题视点 (1)注意循环结构的三个方面：循环变量和初始条件、循环体、终止条件；(2)为分段函数的条件结构解析(1)a110，a122310，a3221110.故输出结果为11.(2)由框图可知只要满足中的条件则对应的函数解析式为y2x，故此处应填写x2，则处应填写ylog2x.答案(1)B(2)x2？ylog2x 算法与程序框图是算法初步的核心，其中条件结构与循环结构是高考命题的重点，尤其是循环结构的程序框图是历年命题的热点要注意初始值的变化，分清计数变量与累加(乘)变量，掌握循环体等关键环节【训练2】 (20

10、11辽宁)执行右面的程序框图，如果输入的n是4，则输出的p是()A8 B5C3 D2解析第一次运行：p1，s1，t1，k2；第二次运行：p2，s1，t2，k3；第三次运行：p3，s2，t3，k4，不满足k0)观察：f1(x)f(x)eq f(x,x2)，f2(x)f(f1(x)eq f(x,3x4)，f3(x)f(f2(x)eq f(x,7x8)，f4(x)f(f3(x)eq f(x,15x16)，根据以上事实，由归纳推理可得：当nN*且n2时，fn(x)f(fn1(x)_.解析根据题意知，分子都是x，分母中的常数项依次是2,4,8,16，可知fn(x)的分母中常数项为2n，分母中x的系数为2

11、n1，故fn(x)eq f(x,2n1x2n).答案eq f(x,2n1x2n).考向一归纳推理【例1】观察下列等式：可以推测：132333n3_(nN*，用含有n的代数式表示)审题视点 第二列的右端分别是12,32,62,102,152，与第一列比较可得解析第二列等式的右端分别是11,33,66,1010,1515，1,3,6,10,15，第n项an与第n1项an1(n2)的差为：anan1n，a2a12，a3a23，a4a34，anan1n，各式相加得，ana123n，其中a11，an123n，即aneq f(nn1,2)，aeq oal(2,n)eq f(1,4)n2(n1)2.答案eq

12、 f(1,4)n2(n1)2 所谓归纳，就是由特殊到一般，因此在归纳时就要分析所给条件之间的变化规律，从而得到一般结论【训练1】 已知经过计算和验证有下列正确的不等式：eq r(3)eq r(17)2eq r(10)，eq r(7.5)eq r(12.5)2eq r(10)，eq r(8r(2)eq r(12r(2)2eq r(10)，根据以上不等式的规律，请写出一个对正实数m，n都成立的条件不等式_解析观察所给不等式可以发现：不等式左边两个根式的被开方数的和等于20，不等式的右边都是2eq r(10)，因此对正实数m，n都成立的条件不等式是：若m，nR，则当mn20时，有eq r(m)eq

13、r(n)2eq r(10).答案若m，nR，则当mn20时，有eq r(m)eq r(n)2eq r(10)考向二类比推理【例2】在平面几何里，有“若ABC的三边长分别为a，b，c，内切圆半径为r，则三角形面积为SABCeq f(1,2)(abc)r”，拓展到空间，类比上述结论，“若四面体ABCD的四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，内切球的半径为r，则四面体的体积为_”审题视点 注意发现其中的规律总结出共性加以推广，或将结论类比到其他方面，得出结论解析三角形的面积类比为四面体的体积，三角形的边长类比为四面体四个面的面积，内切圆半径类比为内切球的半径二维图形中eq f(1,2)类比为三维

14、图形中的eq f(1,3)，得V四面体ABCDeq f(1,3)(S1S2S3S4)r.答案V四面体ABCDeq f(1,3)(S1S2S3S4)r. (1)类比是从已经掌握了的事物的属性，推测正在研究的事物的属性，是以旧有的认识为基础，类比出新的结果；(2)类比是从一种事物的特殊属性推测另一种事物的特殊属性；(3)类比的结果是猜测性的，不一定可靠，但它却有发现的功能【训练2】 已知命题：“若数列an为等差数列，且ama，anb(mn，m，nN*)，则amneq f(bnam,nm)”现已知数列bn(bn0，nN*)为等比数列，且bma，bnb(mn，m，nN*)，若类比上述结论，则可得到bm

15、n_.答案aeq blc(rc)(avs4alco1(f(b,a)eq f(n,nm)考向三演绎推理【例3】数列an的前n项和记为Sn，已知a11，an1eq f(n2,n)Sn(nN)证明：(1)数列eq blcrc(avs4alco1(f(Sn,n)是等比数列；(2)Sn14an.审题视点 在推理论证过程中，一些稍复杂一点的证明题常常要由几个三段论才能完成大前提通常省略不写，或者写在结论后面的括号内，小前提有时也可以省略，而采取某种简明的推理模式证明(1)an1Sn1Sn，an1eq f(n2,n)Sn，(n2)Snn(Sn1Sn)，即nSn12(n1)Sn.eq f(Sn1,n1)2eq

16、 f(Sn,n)，(小前提)故eq blcrc(avs4alco1(f(Sn,n)是以2为公比，1为首项的等比数列(结论)(大前提是等比数列的定义，这里省略了)(2)由(1)可知eq f(Sn1,n1)4eq f(Sn1,n1)(n2)，Sn14(n1)eq f(Sn1,n1)4eq f(n12,n1)Sn14an(n2)，(小前提)又a23S13，S2a1a21344a1，(小前提)对于任意正整数n，都有Sn14an.(结论)(第(2)问的大前提是第(1)问的结论以及题中的已知条件) 演绎推理是从一般到特殊的推理；其一般形式是三段论，应用三段论解决问题时，应当首先明确什么是大前提和小前提，如

17、果前提是显然的，则可以省略【训练3】 已知函数f(x)eq f( 2x1,2x1)(xR)(1)判定函数f(x)的奇偶性；(2)判定函数f(x)在R上的单调性，并证明解(1)对xR有xR，并且f(x)eq f(2x1,2x1)eq f(12x,12x)eq f(2x1,2x1)f(x)，所以f(x)是奇函数(2)法一f(x)在R上单调递增，证明如下：任取x1，x2R，并且x1x2，f(x1)f(x2)eq f(2x11,2x11)eq f(2x21,2x21)eq f(2x112x212x212x11,2x112x21)eq f(22x12x2,2x112x21).x1x2，2x12x20，即

18、2x12x20，又2x110,2x210.eq f(22x12x2,2x112x21)0.f(x1)f(x2)f(x)在R上为单调递增函数法二f(x)eq f(2x1ln x,2x12)0f(x)在R上为单调递增函数难点突破25高考中归纳推理与类比推理问题的求解策略从近两年新课标高考试题可以看出高考对归纳推理与类比推理的考查主要以填空题的形式出现，难度为中等，常常以不等式、立体几何、解析几何、函数、数列等为载体来考查归纳推理与类比推理一、归纳推理【示例】 (2011陕西)观察下列等式11234934567254567891049照此规律，第五个等式应为_二、类比推理【示例】 设等差数列an的前

19、n项和为Sn，则S4，S8S4，S12S8，S16S12成等差数列类比以上结论有：设等比数列bn的前n项积为Tn，则T4，_，_，eq f(T16,T12)成等比数列第2讲直接证明与间接证明【高考会这样考】1在历年的高考中，证明方法是常考内容，考查的主要方式是对它们原理的理解和用法难度多为中档题，也有高档题2从考查形式上看，主要以不等式、立体几何、解析几何、函数与方程、数列等知识为载体，考查综合法、分析法、反证法等方法【复习指导】在备考中，对本部分的内容，要抓住关键，即分析法、综合法、反证法，要搞清三种方法的特点，把握三种方法在解决问题中的一般步骤，熟悉三种方法适用于解决的问题的类型，同时也要

20、加强训练，达到熟能生巧，有效运用它们的目的基础梳理1直接证明(1)综合法定义：利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法框图表示：eq x(PQ1)eq x(Q1Q2)eq x(Q2Q3)eq x(QnQ)(其中P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示要证的结论)(2)分析法定义：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、定理、定义、公理等)为止这种证明方法叫做分析法框图表示：eq x(QP1)eq x(P1P2)eq x(P2P3)eq x(

21、得到一个明显成立的条件).2间接证明一般地，由证明pq转向证明：綈qrt.t与假设矛盾，或与某个真命题矛盾从而判定綈q为假，推出q为真的方法，叫做反证法一个关系综合法与分析法的关系分析法与综合法相辅相成，对较复杂的问题，常常先从结论进行分析，寻求结论与条件、基础知识之间的关系，找到解决问题的思路，再运用综合法证明，或者在证明时将两种方法交叉使用两个防范(1)利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误，并用假设命题进行推理，没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的(2)用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)”“即要证”“就要证”等分析到一个明显成立的结论P

22、，再说明所要证明的数学问题成立双基自测1(人教A版教材习题改编)peq r(ab)eq r(cd)，qeq r(manc)eq r(f(b,m)f(d,n)(m、n、a、b、c、d均为正数)，则p、q的大小为()Apq Bpq Cpq D不确定解析q eq r(abf(mad,n)f(nbc,m)cd)eq r(ab2r(abcd)cd)eq r(ab)eq r(cd)p，当且仅当eq f(mad,n)eq f(abc,m)时取等号答案B2设alg 2lg 5，bex(x0)，则a与b大小关系为()Aab BabCab Dab解析alg 2lg 51，bex，当x0时，0b1.ab.答案A3否

23、定“自然数a，b，c中恰有一个偶数”时，正确的反设为()Aa，b，c都是奇数Ba，b，c都是偶数Ca，b，c中至少有两个偶数Da，b，c中至少有两个偶数或都是奇数解析a，b，c恰有一个偶数，即a，b，c中只有一个偶数，其反面是有两个或两个以上偶数或没有一个偶数即全都是奇数，故只有D正确答案D4(2012广州调研)设a、bR，若a|b|0，则下列不等式中正确的是()Aba0 Ba3b30 Ca2b20 Dba0解析a|b|0，|b|a，a0，aba，ba0.答案D5在用反证法证明数学命题时，如果原命题的否定事项不止一个时，必须将结论的否定情况逐一驳倒，才能肯定原命题的正确例如：在ABC中，若AB

24、AC，P是ABC内一点，APBAPC，求证：BAPCAP，用反证法证明时应分：假设_和_两类答案BAPCAPBAPCAP考向一综合法的应用【例1】设a，b，c0，证明：eq f(a2,b)eq f(b2,c)eq f(c2,a)abc.审题视点 用综合法证明，可考虑运用基本不等式证明a，b，c0，根据均值不等式，有eq f(a2,b)b2a，eq f(b2,c)c2b，eq f(c2,a)a2c.三式相加：eq f(a2,b)eq f(b2,c)eq f(c2,a)abc2(abc)当且仅当abc时取等号即eq f(a2,b)eq f(b2,c)eq f(c2,a)abc. 综合法是一种由因导

25、果的证明方法，即由已知条件出发，推导出所要证明的等式或不等式成立因此，综合法又叫做顺推证法或由因导果法其逻辑依据是三段论式的演绎推理方法，这就要保证前提正确，推理合乎规律，才能保证结论的正确性【训练1】 设a，b为互不相等的正数，且ab1，证明：eq f(1,a)eq f(1,b)4.证明eq f(1,a)eq f(1,b)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a)f(1,b)(ab)2eq f(b,a)eq f(a,b)224.又a与b不相等故eq f(1,a)eq f(1,b)4.考向二分析法的应用【例2】已知m0，a，bR，求证：eq blc(rc)(avs4alco1(f(

26、amb,1m)2eq f(a2mb2,1m).审题视点 先去分母，合并同类项，化成积式证明m0，1m0.所以要证原不等式成立，只需证明(amb)2(1m)(a2mb2)，即证m(a22abb2)0，即证(ab)20，而(ab)20显然成立，故原不等式得证 逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找使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【训练2】 已知a，b，m都是正数，且ab.求证：eq f(am,bm)eq f(a,b).证明要证明eq f(am,bm)eq f(a,b)，由于a，b，m都是正数，只需证a(bm)b(am)，只需证ambm，由于m0，所以，只需

27、证ab.已知ab，所以原不等式成立(说明：本题还可用作差比较法、综合法、反证法)考向三反证法的应用【例3】已知函数f(x)axeq f(x2,x1)(a1)(1)证明：函数f(x)在(1，)上为增函数(2)用反证法证明f(x)0没有负根审题视点 第(1)问用单调增函数的定义证明；第(2)问假设存在x00后，应推导出x0的范围与x00矛盾即可证明(1)法一任取x1，x2(1，)，不妨设x1x2，则x2x10，ax2x11，且ax10.所以ax2ax1ax1(ax2x11)0.又因为x110，x210，所以eq f(x22,x21)eq f(x12,x11)eq f(x22x11x12x21,x2

28、1x11)eq f(3x2x1,x21x11)0，于是f(x2)f(x1)ax2ax1eq f(x22,x21)eq f(x12,x11)0，故函数f(x)在(1，)上为增函数法二f(x)axln aeq f(3,x12)0，f(x)在(1，)上为增函数(2)假设存在x00(x01)满足f(x0)0，则ax0eq f(x02,x01)，又0ax01，所以0eq f(x02,x01)1，即eq f(1,2)x02，与x00(x01)假设矛盾故f(x0)0没有负根 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，反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是：

29、与已知条件矛盾；与假设矛盾；与定义、公理、定理矛盾；与事实矛盾等方面，反证法常常是解决某些“疑难”问题的有力工具，是数学证明中的一件有力武器【训练3】 已知a，b为非零向量，且a，b不平行，求证：向量ab与ab不平行证明假设向量ab与ab平行，即存在实数使ab(ab)成立，则(1)a(1)b0，a，b不平行，eq blcrc (avs4alco1(10，,10，)得eq blcrc (avs4alco1(1，,1，)所以方程组无解，故假设不成立，故原命题成立规范解答24怎样用反证法证明问题【问题研究】 反证法是主要的间接证明方法，其基本特点是反设结论，导出矛盾，当问题从正面证明无法入手时，就可

30、以考虑使用反证法进行证明.在高考中，对反证法的考查往往是在试题中某个重要的步骤进行.【解决方案】 首先反设，且反设必须恰当，然后再推理、得出矛盾，最后肯定.【示例】(本题满分12分)(2011安徽)设直线l1：yk1x1，l2：yk2x1，其中实数k1，k2满足k1k220.(1)证明l1与l2相交；(2)证明l1与l2的交点在椭圆2x2y21上 第(1)问采用反证法，第(2)问解l1与l2的交点坐标，代入椭圆方程验证解答示范 证明(1)假设l1与l2不相交，则l1与l2平行或重合，有k1k2，(2分)代入k1k220，得keq oal(2,1)20.(4分)这与k1为实数的事实相矛盾，从而k

31、1k2，即l1与l2相交(6分)(2)由方程组eq blcrc (avs4alco1(yk1x1，,yk2x1，)解得交点P的坐标(x，y)为eq blcrc (avs4alco1(xf(2,k2k1)，,yf(k2k1,k2k1).)(9分)从而2x2y22eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,k2k1)2eq blc(rc)(avs4alco1(f(k2k1,k2k1)2eq f(8koal(2,2)koal(2,1)2k1k2,koal(2,2)koal(2,1)2k1k2)eq f(koal(2,1)koal(2,2)4,koal(2,1)koal(2,2)4)1，此即表明

32、交点P(x，y)在椭圆2x2y21上(12分) 用反证法证明不等式要把握三点：(1)必须先否定结论，即肯定结论的反面；(2)必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须依据这一条件进行推证；(3)推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有的与假设矛盾，有的与已知事实矛盾等，但是推导出的矛盾必须是明显的【试一试】 已知数列an的前n项和为Sn，且满足anSn2.(1)求数列an的通项公式；(2)求证数列an中不存在三项按原来顺序成等差数列尝试解答(1)当n1时，a1S12a12，则a11.又anSn2，所以an1Sn12，两式相减得an1eq f(1,2)an，所以an是首项为1，

33、公比为eq f(1,2)的等比数列，所以aneq f(1,2n1).(2)反证法：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为ap1，aq1，ar1(pqr，且p，q，rN*)，则2eq f(1,2q)eq f(1,2p)eq f(1,2r)，所以22rq2rp1.又因为pqr，所以rq，rpN*.所以式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立，所以假设不成立，原命题得证第4讲数学归纳法【高考会这样考】1数学归纳法的原理及其步骤2能用数学归纳法证明一些简单的数学命题【复习指导】复习时要抓住数学归纳法证明命题的原理，明晰其内在的联系，把握数学归纳法证明命题的一般步骤，熟知每一步之间的区别联系，熟悉数学归纳法

34、在证明命题中的应用技巧基础梳理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，通常叫做归纳法根据推理过程中考查的对象是涉及事物的全体或部分可分为完全归纳法和不完全归纳法2数学归纳法(1)数学归纳法：设Pn是一个与正整数相关的命题集合，如果：证明起始命题P1(或P0)成立；在假设Pk成立的前提下，推出Pk1也成立，那么可以断定Pn对一切正整数成立(2)用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题时，其步骤为：归纳奠基：证明当取第一个自然数n0时命题成立；归纳递推：假设nk，(kN*，kn0)时，命题成立，证明当nk1时，命题成立；由得出结论 两个防范数学归纳法是一种只适用于与正整数有关的命题的证

35、明方法，第一步是递推的“基础”，第二步是递推的“依据”，两个步骤缺一不可，在证明过程中要防范以下两点：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)第二步中，归纳假设起着“已知条件”的作用，在证明nk1时，命题也成立的过程中一定要用到它，否则就不是数学归纳法第二步关键是“一凑假设，二凑结论”三个注意运用数学归纳法应注意以下三点：(1)nn0时成立，要弄清楚命题的含义(2)由假设nk成立证nk1时，要推导详实，并且一定要运用nk成立的结论(3)要注意nk到nk1时增加的项数双基自测1在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为eq f(1,2)n(n3)条时，第一步检验第一个

36、值n0 等于()A1 B2 C3 D0解析边数最少的凸n边形是三角形答案C2利用数学归纳法证明不等式1eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,2n1)f(n)(n2，nN*)的过程，由nk到nk1时，左边增加了()A1项 Bk项 C2k1项 D2k项解析1eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,2k11)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2)f(1,3)f(1,2k1)eq f(1,2k)eq f(1,2k1)eq f(1,2k11)，共增加了2k项，故选D.答案D3用数学归纳法证明：“1aa2an1eq f(1an2,1a)(a1，nN*)”在验证n1时

37、，左端计算所得的项为()A1 B1a C1aa2 D1aa2a3答案C4某个命题与自然数n有关，若nk(kN*)时命题成立，那么可推得当nk1时该命题也成立，现已知n5时，该命题不成立，那么可以推得()An6时该命题不成立 Bn6时该命题成立Cn4时该命题不成立 Dn4时该命题成立解析法一由nk(kN*)成立，可推得当nk1时该命题也成立因而若n4成立，必有n5成立现知n5不成立，所以n4一定不成立法二其逆否命题“若当nk1时该命题不成立，则当nk时也不成立”为真，故“n5时不成立”“n4时不成立”答案C5用数学归纳法证明不等式eq f(1,n1)eq f(1,n2)eq f(1,nn)eq

38、f(13,24)的过程中，由nk推导nk1时，不等式的左边增加的式子是_解析不等式的左边增加的式子是eq f(1,2k1)eq f(1,2k2)eq f(1,k1)eq f(1,2k12k2)，故填eq f(1,2k12k2).答案eq f(1,2k12k2)考向一用数学归纳法证明等式【例1】用数学归纳法证明：tan tan 2tan 2tan 3tan(n1)tan neq f(tan n,tan )n(nN*，n2)审题视点 注意第一步验证的值，在第二步推理证明时要注意把假设作为已知证明(1)当n2时，右边eq f(tan 2,tan )2eq f(2,1tan2)2eq f(2tan2,

39、1tan2)tan tan 2左边，等式成立(2)假设当nk(kN*且k2)时，等式成立，即tan tan 2tan 2tan 3tan(k1)tan keq f(tan k,tan )k，那么当nk1时，tan tan 2tan 2tan 3tan(k1)tan ktan ktan(k1)eq f(tan k,tan )ktan ktan(k1)eq f(tan k,tan )1tan ktan(k1)(k1)eq f(tan k,tan )eq f(tank1tan k,tank1k)(k1)eq f(tank1,tan )(k1)这就是说，当nk1时等式也成立由(1)(2)知，对任何nN

40、*且n2，原等式成立 用数学归纳法证明等式时，要注意第(1)步中验证n0的值，如本题要取n02，在第(2)步的证明中应在归纳假设的基础上正确地使用正切的差角公式【训练1】 用数学归纳法证明：对任意的nN*，eq f(1,13)eq f(1,35)eq f(1,2n12n1)eq f(n,2n1).证明(1)当n1时，左边eq f(1,13)eq f(1,3)，右边eq f(1,211)eq f(1,3)，左边右边，所以等式成立(2)假设当nk(kN*且k1)时等式成立，即有eq f(1,13)eq f(1,35)eq f(1,2k12k1)eq f(k,2k1)，则当nk1时，eq f(1,1

41、3)eq f(1,35)eq f(1,2k12k1)eq f(1,2k12k3)eq f(k,2k1)eq f(1,2k12k3)eq f(k2k31,2k12k3)eq f(2k23k1,2k12k3)eq f(k1,2k3)eq f(k1,2k11)，所以当nk1时，等式也成立由(1)(2)可知，对一切nN*等式都成立考向二用数学归纳法证明整除问题【例2】是否存在正整数m使得f(n)(2n7)3n9对任意自然数n都能被m整除，若存在，求出最大的m的值，并证明你的结论；若不存在，说明理由审题视点 观察所给函数式，凑出推理要证明所需的项解由f(n)(2n7)3n9得，f(1)36，f(2)33

42、6，f(3)1036，f(4)3436，由此猜想：m36.下面用数学归纳法证明：(1)当n1时，显然成立；(2)假设nk(kN*且k1)时，f(k)能被36整除，即f(k)(2k7)3k9能被36整除；当nk1时，2(k1)73k19(2k7)3k1272723k193(2k7)3k918(3k11)，由于3k11是2的倍数，故18(3k11)能被36整除，这就是说，当nk1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)(2n7)3n9能被36整除，m的最大值为36. 证明整除问题的关键“凑项”，而采用增项、减项、拆项和因式分解等手段，凑出nk时的情形，从而利用归纳假设

43、使问题获证【训练2】 用数学归纳法证明an1(a1)2n1(nN*)能被a2a1整除证明(1)当n1时，a2(a1)a2a1可被a2a1整除(2)假设nk(kN*且k1)时，ak1(a1)2k1能被a2a1整除，则当nk1时，ak2(a1)2k1aak1(a1)2(a1)2k1aak1a(a1)2k1(a2a1)(a1)2k1aak1(a1)2k1(a2a1)(a1)2k1，由假设可知aak1(a1)2k1能被a2a1整除，(a2a1)(a1)2k1也能被a2a1整除，ak2(a1)2k1也能被a2a1整除，即nk1时命题也成立，对任意nN*原命题成立考向三用数学归纳法证明不等式【例3】用数学

44、归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,3)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,5)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2n1)eq f(r(2n1),2)均成立审题视点 本题用数学归纳法证明不等式，在推理过程中用放缩法，要注意放缩的“度”证明(1)当n2时，左边1eq f(1,3)eq f(4,3)；右边eq f(r(5),2).左边右边，不等式成立(2)假设nk(k2，且kN*)时不等式成立，即eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,3)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,5)e

45、q blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2k1)eq f(r(2k1),2).则当nk1时，eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,3)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,5)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2k1)eq blcrc(avs4alco1(1f(1,2k11)eq f(r(2k1),2)eq f(2k2,2k1)eq f(2k2,2r(2k1)eq f(r(4k28k4),2r(2k1)eq f(r(4k28k3),2 r(2k1)eq f(r(2k3)r(2k1),2 r(2k1)eq f(r(2k11),2).当nk1

46、时，不等式也成立由(1)(2)知，对于一切大于1的自然数n，不等式都成立 在由nk到nk1的推证过程中，应用放缩技巧，使问题得以简化，用数学归纳法证明不等式问题时，从nk到nk1的推证过程中，证明不等式的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩法等【训练3】 已知函数f(x)eq f(1,3)x3x，数列an满足条件：a11，an1f(an1)试比较eq f(1,1a1)eq f(1,1a2)eq f(1,1a3)eq f(1,1an)与1的大小，并说明理由解f(x)x21，an1f(an1)，an1(an1)21.函数g(x)(x1)21x22x在区间1，)上单调递增，于是由a11，得a2(a

47、11)21221，进而得a3(a21)21241231，由此猜想：an2n1.下面用数学归纳法证明这个猜想：当n1时，a12111，结论成立；假设nk(k1且kN*)时结论成立，即ak2k1，则当nk1时，由g(x)(x1)21在区间1，)上单调递增知，ak1(ak1)2122k12k11，即nk1时，结论也成立由、知，对任意nN*，都有an2n1.即1an2n，eq f(1,1an)eq f(1,2n)，eq f(1,1a1)eq f(1,1a2)eq f(1,1a3)eq f(1,1an)eq f(1,2)eq f(1,22)eq f(1,23)eq f(1,2n)1eq blc(rc)(

48、avs4alco1(f(1,2)n1.考向四归纳、猜想、证明【例4】数列an满足Sn2nan(nN*)(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式an；(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想审题视点 利用Sn与an的关系式求出an的前几项，然后归纳出an，并用数学归纳法证明解(1)当n1时，a1S12a1，a11.当n2时，a1a2S222a2，a2eq f(3,2).当n3时，a1a2a3S323a3，a3eq f(7,4).当n4时，a1a2a3a4S424a4，a4eq f(15,8).由此猜想aneq f(2n1,2n1)(nN*)(2)证明当n1时，左边a11，右边eq f(2

49、11,20)1，左边右边，结论成立假设nk(k1且kN*)时，结论成立，即akeq f(2k1,2k1)，那么nk1时，ak1Sk1Sk2(k1)ak12kak2akak1，2ak12ak，ak1eq f(2ak,2)eq f(2f(2k1,2k1),2)eq f(2k11,2k)，这表明nk1时，结论成立，由知猜想aneq f(2n1,2n1)成立 (1)归纳、猜想、证明是高考重点考查的内容之一，此类问题可分为归纳性问题和存在性问题，本例从特例入手，通过观察、分析、归纳、猜想，探索出一般规律(2)数列是定义在N*上的函数，这与数学归纳法所运用的范围是一致的，并且数列的递推公式与归纳原理实质上

50、是一致的，数列中有不少问题常用数学归纳法解决【训练4】 由下列各式1eq f(1,2)，1eq f(1,2)eq f(1,3)1，1eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,4)eq f(1,5)eq f(1,6)eq f(1,7)eq f(3,2)，1eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,15)2，1eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,31)eq f(5,2)，你能得到怎样的一般不等式，并加以证明答案猜想：第n个不等式为1eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,2n1)eq f(n,2)(nN*)(1)当n1时，1eq f(1,2)，猜想正确(2)

51、假设当nk(k1且kN*)时猜想正确，即1eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,2k1)eq f(k,2)，那么，当nk1时，1eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,2k1)eq f(1,2k)eq f(1,2k1)eq f(1,2k11)eq f(k,2)eq f(1,2k)eq f(1,2k1)eq f(1,2k11)eq f(k,2)eq f(1,2k1)eq f(1,2k1)eq f(1,2k1)eq f(k,2)eq f(2k,2k1)eq f(k,2)eq f(1,2)eq f(k1,2).即当nk1时，不等式成立对于任意nN*，不等式恒成立阅卷报告20由于

52、方法选择不当导致失误【问题诊断】 用数学归纳法证明与正整数有关的一些等式命题时，关键在于弄清等式两边的构成规律，等式的两边各有多少项，由nk到nk1时，等式的两边会增加多少项，增加怎样的项，其难点在于归纳假设后，如何推证对下一个正整数值命题也成立.【防范措施】 把归纳假设当做已知条件参加推理.明确对下一个正整数值命题成立的目标，通过适当的变换达到这个目标，这里可以使用综合法，也可以使用分析法，甚至可以再次使用数学归纳法.【示例】 在数列an、bn中，a12，b14，且an，bn，an1成等差数列，bn，an1，bn1成等比数列(nN*)(1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测an，

53、bn的通项公式，并证明你的结论；(2)证明：eq f(1,a1b1)eq f(1,a2b2)eq f(1,anbn)eq f(5,12).实录(1)由条件得2bnanan1，aeq oal(2,n1)bnbn1.由此可得a26，b29，a312，b316，a420，b425.猜测ann(n1)，bn(n1)2.用数学归纳法证明：当n1时，由上可得结论成立假设当nk(k1且kN*)时，结论成立，即akk(k1)，bk(k1)2，那么当nk1时，ak12bkak2(k1)2k(k1)(k1)(k2)，bk1eq f(aoal(2,k1),bk)(k2)2，所以当nk1时，结论也成立由，可知ann(

54、n1)，bn(n1)2对一切正整数都成立错因第二问由于不等式的右端为常数，结论本身是不能用数学归纳法证明的，可考虑用放缩法证明，也可考虑加强不等式后，用数学归纳法证明(2)当n1时eq f(1,a1b1)eq f(1,6)eq f(5,12)假设nk(kN*)时不等式成立即eq f(1,a1b1)eq f(1,a2b2)eq f(1,akbk)eq f(5,12)当nk1时eq f(1,a1b1)eq f(1,a2b2)eq f(1,akbk)eq f(1,ak1bk1)eq f(5,12)eq f(1,ak1bk1)到此无法用数学归纳法证明正解(1)用实录(1)(2)证明：eq f(1,a1

55、b1)eq f(1,6)eq f(5,12).n2时，由(1)知anbn(n1)(2n1)2(n1)n.故eq f(1,a1b1)eq f(1,a2b2)eq f(1,anbn)eq f(1,6)eq f(1,2)eq blcrc(avs4alco1(f(1,23)f(1,34)f(1,nn1)eq f(1,6)eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)f(1,3)f(1,3)f(1,4)f(1,n)f(1,n1)eq f(1,6)eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)f(1,n1)eq f(1,6)eq f(1,4)eq f(5

56、,12).综上，原不等式成立第5讲复 数【高考会这样考】复数的基本概念、复数相等的充要条件以及复数的代数运算是高考的热点，并且一般在前三题的位置，主要考查对复数概念的理解以及复数的加减乘除四则运算，难度较小【复习指导】1复习时要理解复数的相关概念如实部、虚部、纯虚数、共轭复数等，以及复数的几何意义2要把复数的基本运算作为复习的重点，尤其是复数的四则运算与共轭复数的性质等因考题较容易，所以重在练基础基础梳理1复数的有关概念(1)复数的概念形如abi(a，bR)的数叫复数，其中a，b分别是它的实部和虚部若b0，则abi为实数，若b0，则abi为虚数，若a0且b0，则abi为纯虚数(2)复数相等：a

57、bicdiac且bd(a，b，c，dR)(3)共轭复数：abi与cdi共轭ac；bd(a，b，c，dR)(4)复数的模向量eq o(OZ,sup6()的模r叫做复数zabi(a，bR)的模，记作|z|或|abi|，即|z|abi|eq r(a2b2).2复数的四则运算设z1abi，z2cdi(a，b，c，dR)，则(1)加法：z1z2(abi)(cdi)(ac)(bd)i；(2)减法：z1z2(abi)(cdi)(ac)(bd)i；(3)乘法：z1z2(abi)(cdi)(acbd)(adbc)i；(4)除法：eq f(z1,z2)eq f(abi,cdi)eq f(abicdi,cdicdi)eq f(acbdbcadi,c2d2)(cdi0)一条规律任意两个复数全是实数时能比较大小，其他情况不能比较大小两条性质(1)i4n1，i4n1i，i4n21，i4n3i，inin1in2in30(各式中nN)(2)(1i)22i，eq f(1i,1i)i，eq f(1i,1i)i.双基自测1(人教A版教材习题改编)复数eq f(i,12i)(i是虚数单位)的实部是()A.eq f(1,5) Beq f(1,5) Ceq f(1,5)i Deq f(2,5)解析eq f(i,