推荐学习高中数学-第三章-数系的扩充与复数的引入课时作业-新人教A版选修1-2

第三章数系的扩充与复数的引入课时作业新人教A版选修1-21怎样学好复数复数系是高中阶段对原有的实数系的一次大扩充，为了帮助同学们更好地把握复数的概念、复数的运算及其几何意义，现从以下几方面加以总结．1．一个核心复数问题实数化是解决复数问题的基本原则，即最终都统一到a＋bi(a，b∈R)这一代数形式上来．2．三个热点(1)注意扩充后的实数系与其他数系的联系正整数、自然数、整数、有理数、实数、复数之间用集合关系可表示为N*NZQRC，且还有R∪{虚数}＝C，R∩{虚数}＝∅，Q∪{无理数}＝R，Q∩{无理数}＝∅.(2)注意复数相等的条件复数z＝a＋bi(a，b∈R)是由它的实部和虚部唯一确定的，两个复数相等的充要条件是复数问题实数化的主要方法，注意前提条件是a，b，c，d∈R.若忽略这一条件，则不能成立．(3)注意复数的几何应用复数z＝a＋bi(a，b∈R)与平面上的点Z(a，b)形成一一对应关系，从而与向量eq\o(OZ,\s\up6(→))一一对应(其中O为原点)；在解决有关复数问题时，可以利用复数加减的几何意义和向量的几何表示在复平面上结合图形进行解决．3．四个策略(1)复数相等策略：主要用于解复数方程，一般都是求其中的实系数(参数)值，在应用时，首先要看参数是否为实数．(2)分母实数化策略：在进行复数除法或解答与复数商有关的问题时，一般采用此策略，通过分母实数化，把求商的值或商形式的复数的实部和虚部分离开来，复数分式的分母实数化类似于无理分式的分母有理化．(3)点、向量策略：复数与复平面内的点一一对称，复数的实部和虚部分别是点的横、纵坐标，因此，我们可通过复数实部和虚部的符号来判定复数对应的点所在的象限．我们又可以把复数视为向量，利用它们的几何意义和向量知识解答问题，利用这个策略可化数为形，从而使待解问题直观化．(4)整体策略：要学会从整体出发去分析问题．如果遇到复数就设z＝a＋bi(a，b∈R)，有时会给问题的解答带来运算上的困难，若能把握住复数的整体性质，充分运用整体思想求解，则能事半功倍.2化虚为实——复数相等的妙用在汉语中，两个或两个以上才有“复”的内涵，这样我们才有理由称由实数确定的含虚数单位i的数z＝a＋bi(a，b∈R)为复数．那么复数集C的理论体系与实数集R的理论体系之间存在着怎样的联系和差异呢？1．对于复数z＝a＋bi(a，b∈R)，如果b＝0，则z就是我们过去熟知的实数．因此，学习复数，后续理论的一个基本点是“b≠0”．2．解决复数问题的一条主线是化虚为实．其实质就是复数相等的充要条件，即实部与虚部分别相等．利用复数相等的的充要条件可以解决求根、求模及求参数等问题，现精选几个典例，供大家赏析．1．求参数例1已知x，y∈R，x2＋2x＋(2y＋x)i＝3x＋(y＋1)i，求复数z＝x＋yi.解由复数相等的充要条件，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2x＝3x，,2y＋x＝y＋1.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝1，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝0.))所以z＝i，或z＝1.点评复数相等的充要条件是复数实数化的桥梁，是解复数问题的重要手段．2．求模例2若复数z满足z－2＝i－|z|，求|z|.解设z＝a＋bi(a，b∈R)，则由题意得，a＋bi－2＝i－eq\r(a2＋b2)，即(a－2)＋bi＝－eq\r(a2＋b2)＋i，由复数相等的充要条件得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2＝－\r(a2＋b2)，,b＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(3,4)，,b＝1，))所以z＝eq\f(3,4)＋i，所以|z|＝eq\f(5,4).3．求方程的根例3已知关于x的方程x2＋(k＋2i)x＋2＋ki＝0有实数根，求实数根x0及k的值．分析设出方程的实数根，代入方程，利用复数相等的充要条件建立方程组求解．解设x0是方程的实数根，代入方程并整理得(xeq\o\al(2,0)＋kx0＋2)＋(2x0＋k)i＝0.由复数相等的充要条件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,0)＋kx0＋2＝0,2x0＋k＝0))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝\r(2),k＝－2\r(2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝－\r(2),k＝2\r(2))).所以x0的值为±eq\r(2)，相应的k的值为∓2eq\r(2).易错警示求解本题易出现如下错误：因为方程有实数根，所以Δ＝(k＋2i)2－4(2＋ki)≥0，解得k≥2eq\r(3)或k≤－2eq\r(3).需注意由于虚数单位的特殊性，不能用判别式判断复系数一元二次方程有无实数根.3复数有了“形”才完美因为有了复平面，使得复数与复平面内点的坐标、平面向量三者之间有了一一对应关系，复数的有关问题借助平面向量或几何意义能使问题的解决更加快捷和直观．下面用实例来说明．1．复数与点坐标例1若i为虚数单位，图中复数平面内的点Z表示复数z，则表示复数z(1＋i)的点是______．解析因为点Z的坐标为(2，－1)，所以z＝2－i.所以z(1＋i)＝(2－i)·(1＋i)＝3＋i，即该复数对应的点的坐标为(3,1)．答案H点评本题主要考查复数的几何意义，体现了数形结合的思想．复数的几何表示：复数z＝a＋bi(a，b∈R)与复平面内的点Z(a，b)是一一对应的，如纯虚数与虚轴上的点对应，实数与实轴上的点对应．这种以点的坐标形式给出复数的题目打破了原来的出题方式，给人耳目一新的感觉．2．复数与平面向量例2设复数z1，z2满足|z1|＝|z2|＝4，|z1＋z2|＝4eq\r(3)，求|z1－z2|.分析设复数z1和z2在复平面内表示向量eq\o(OA,\s\up6(→))与eq\o(OB,\s\up6(→))，则复数z1＋z2表示向量eq\o(OA,\s\up6(→))与eq\o(OB,\s\up6(→))的和，画出复数所对应的向量，用余弦定理可求解．解复数z1和z2在复平面内表示向量eq\o(OA,\s\up6(→))与eq\o(OB,\s\up6(→))，画出如图所示的平行四边形，依题意，有|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝4，|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝4，|eq\o(OC,\s\up6(→))|＝4eq\r(3).cos∠OBC＝eq\f(42＋42－(4\r(3))2,2×4×4)＝－eq\f(1,2).因为∠AOB＋∠OBC＝180°，所以cos∠AOB＝eq\f(1,2).所以AB2＝42＋42－2×4×4cos∠AOB＝16，得AB＝4，即|z1－z2|＝4.点评解决此类问题是要根据已知条件画出图形，通过图形得到数量关系，由复数与向量的一一对应关系，把复数问题转化为向量问题．3．复数方程的几何意义例3已知复数z＝x＋yi(x，y∈R)，且|z－2|＝eq\r(3)，求eq\f(y,x)的最大值与最小值．分析利用复数的几何意义可知，|z－2|＝eq\r(3)的轨迹为一个圆，eq\f(y,x)就是圆上的点与原点连线的斜率．解复数z在复平面上对应的点Z(x，y)在以C(2,0)为圆心、eq\r(3)为半径的圆上，而eq\f(y,x)的几何意义是点Z(x，y)与原点连线的斜率，当连线与圆C相切时，连线的斜率分别取到最大值eq\r(3)，最小值－eq\r(3).点评|z－(a＋bi)|＝r的几何意义为复平面上以点C(a，b)为圆心，r为半径的圆，清楚常见的轨迹方程的复数形式，就不用再转化为普通方程了．

4复数四则运算的方法与技巧对于复数的运算问题，若能总结其变化规律，掌握解答复数题的方法和技巧，定能快速、简捷地解题．现举例说明．1．灵活运用一些结论利用结论：i2＝－1，i4＝1，(1±i)2＝±2i，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))3＝1，可以使一些复数问题得到简捷、快速的解决．例1计算：(eq\f(2＋2i,\r(3)－i))7－(eq\f(2－2i,1＋\r(3)i))7.分析本题考查复数的运算法则，运用1＋i＝i(1－i)，1＋eq\r(3)i＝i(eq\r(3)－i)对式子进行化简．解原式＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2i(1－i),\r(3)－i)))7－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2(1－i),i(\r(3)－i))))7＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2i(1－i),\r(3)－i)))7＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2i(1－i),\r(3)－i)))7＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2＋2i,\r(3)－i)))7＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f((1＋i)(\r(3)＋i),2)))7＝2[(1＋i)2]3(1＋i)(－i)7eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))7＝2(－8i)·(1＋i)·i·eq\f(－1＋\r(3)i,2)＝－8－8eq\r(3)＋(－8＋8eq\r(3))i.点评先化为同类项，再凑成eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))n形式．注意eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))3＝1的应用．2．挖掘隐含条件所谓隐含条件，就是隐藏在题目之中但又没有明确说明的条件．挖掘出这些隐含条件，往往能使解题变得事半功倍．例2计算：eq\f(2＋6i,6－2i).分析本题直接运用复数除法运算，比较繁琐，注意到分子、分母中实部和虚部的关系，可将分子、分母同乘以i来处理．解eq\f(2＋6i,6－2i)＝eq\f((2＋6i)i,(6－2i)i)＝eq\f((2＋6i)i,6i＋2)＝i.3．差异分析通过分析条件和结论之间的差异，促使两者向统一的方向发展，往往能使问题简捷获解．例3已知z7＝1(z∈C，且z≠1)，求1＋z＋z2＋z3＋z4＋z5＋z6的值．分析整体思考1＋z＋z2＋z3＋z4＋z5＋z6，乘以z即可解决问题．解因为z·(1＋z＋z2＋z3＋z4＋z5＋z6)＝z＋z2＋z3＋z4＋z5＋z6＋z7＝1＋z＋z2＋z3＋z4＋z5＋z6，所以z·(1＋z＋z2＋z3＋z4＋z5＋z6)－(1＋z＋z2＋z3＋z4＋z5＋z6)＝0.所以(z－1)(1＋z＋z2＋z3＋z4＋z5＋z6)＝0.又z≠1，所以1＋z＋z2＋z3＋z4＋z5＋z6＝0.5复数中的易错点1．对概念理解不清致误例1给出下列命题：(1)若(a2－1)＋(a2＋3a＋2)i(a∈R)是纯虚数，则实数a＝±1；(2)1＋i2是虚数；(3)在复平面中，实轴上的点均表示实数，虚轴上的点均表示纯虚数．其中真命题的个数为()A．0 B．1C．2 D．3错解(1)若(a2－1)＋(a2＋3a＋2)i(a∈R)是纯虚数，则a2－1＝0，解得a＝±1，故正确；(2)因为1＋i2中含有i，所以正确；(3)虚轴上所有点的横坐标都为0，故正确．所以选D.1合情推理的妙用合情推理包括归纳推理和类比推理，在近几年的高考试题中，关于合情推理的试题多与其他知识联系，以创新题的形式出现在考生面前．下面介绍一些推理的命题特点，揭示求解规律，以期对同学们求解此类问题有所帮助．一、归纳推理的考查1．数字规律周期性归纳例1观察下列各式：55＝3125,56＝15625,57＝78125，…，则52013的末四位数字为()A．3125B．5625C．0625D．8125解析∵55＝3125,56＝15625,57＝78125，58末四位数字为0625,59末四位数字为3125,510末四位数字为5625,511末四位数字为8125,512末四位数字为0625，…，由上可得末四位数字周期为4，呈规律性交替出现，∴52013＝54×502＋5末四位数字为3125.答案A点评对于具有周期规律性的数或代数式需要多探索几个才能发现规律，当已给出事实与所求相差甚“远”时，可考虑到看是否具有周期性．2．代数式形式归纳例2设函数f(x)＝eq\f(x,x＋2)(x>0)，观察：f1(x)＝f(x)＝eq\f(x,x＋2)，f2(x)＝f(f1(x))＝eq\f(x,3x＋4)，f3(x)＝f(f2(x))＝eq\f(x,7x＋8)，f4(x)＝f(f3(x))＝eq\f(x,15x＋16)，……根据以上事实，由归纳推理可得：当n∈N*且n≥2时，fn(x)＝f(fn－1(x))＝________.解析依题意，先求函数结果的分母中x项系数所组成数列的通项公式，由1,3,7,15，…，可推知该数列的通项公式为an＝2n－1.又函数结果的分母中常数项依次为2,4,8,16，…，故其通项公式为bn＝2n.所以当n≥2时，fn(x)＝f(fn－1(x))＝eq\f(x,(2n－1)x＋2n).答案eq\f(x,(2n－1)x＋2n)点评对于与数列有关的规律归纳，一定要观察全面，并且要有取特殊值最后检验的习惯．3．图表信息归纳例3古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，比如：图(1)图(2)他们研究过图(1)中的1,3,6,10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似的，称图(2)中的1,4,9,16，…这样的数为正方形数．下列数中既是三角形数又是正方形数的是()A．289B．1024C．1225D．1378分析将三角形数和正方形数分别视作数列，则既是三角形数又是正方形数的数字是上述两数列的公共项．解析设图(1)中数列1,3,6,10，…的通项公式为an，其解法如下：a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，an－an－1＝n.故an－a1＝2＋3＋4＋…＋n，∴an＝eq\f(n(n＋1),2).而图(2)中数列的通项公式为bn＝n2，因此所给的选项中只有1225满足a49＝eq\f(49×50,2)＝b35＝352＝1225.答案C点评此类图形推理问题涉及的图形构成的元素一般为点．题目类型为已知几个图形，图形中元素的数量呈现一定的变化，这种数量变化存在着简单的规律性，如点的数目的递增关系或递减关系，依据此规律求解问题，一般需转化为求数列的通项公式或前n项和等．二、类比推理的考查1．类比定义在求解类比某种熟悉的定义产生的类比推理型试题时，可以借助原定义来求解．例1等和数列的定义是：若数列{an}从第二项起，以后每一项与前一项的和都是同一常数，则此数列叫做等和数列，这个常数叫做等和数列的公和．如果数列{an}是等和数列，且a1＝1，a2＝3，则数列{an}的一个通项公式是________．解析由定义，知公和为4，且an＋an－1＝4，那么an－2＝－(an－1－2)，于是an－2＝(－1)n－1(a1－2)．因为a1＝1，得an＝2＋(－1)n即为数列的一个通项公式．答案an＝2＋(－1)n点评解题的前提是正确理解等和数列的定义，将问题转化为一个等比数列来求解．2．类比性质从一个特殊式子的性质、一个特殊图形的性质入手，提出类比推理型问题．求解时要认真分析两者之间的联系与区别，深入思考两者的转化过程是求解的关键．例2平面内的一个四边形为平行四边形的充要条件有多个，如两组对边分别平行．类似地，写出空间中的一个四棱柱为平行六面体的两个充要条件：充要条件①______________________________________________________；充要条件②____________________________________________________.解析类比平行四边形的两组对边分别平行可得，两组相对侧面互相平行是一个四棱柱为平行六面体的充要条件．类比平行四边形的两组对边分别相等可得，两组相对侧面分别全等是一个四棱柱为平行六面体的充要条件．类比平行四边形的一组对边平行且相等可得，一组相对侧面平行且全等是一个四棱柱为平行六面体的充要条件．类比平行四边形的对角线互相平分可得，主对角线互相平分是一个四棱柱为平行六面体的充要条件．类比平行四边形的对角线互相平分可得，对角面互相平分是一个四棱柱为平行六面体的充要条件．点评由平行四边形的性质类比到平行六面体的性质，注意结论类比的正确性．3．类比方法有一些处理问题的方法具有类比性，我们可以把这种方法类比应用到其他问题的求解中，注意知识的迁移．例3已知数列{an}的前n项的乘积Tn＝3n＋1，则其通项公式an＝________.解析类比数列前n项和Sn与通项an的关系an＝Sn－Sn－1(n≥2)，得到数列前n(n≥2)项的乘积Tn与通项an的关系．注意对n＝1的情况单独研究．当n＝1时，a1＝T1＝31＋1＝4.当n≥2时，an＝eq\f(Tn,Tn－1)＝eq\f(3n＋1,3n－1＋1)，a1不适合上式，所以通项公式an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，n＝1,\f(3n＋1,3n－1＋1)，n≥2)).答案eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，n＝1,\f(3n＋1,3n－1＋1)，n≥2)).2各有特长的综合法与分析法做任何事情都要讲究方法，方法对头，事半功倍；方法不当，事倍功半．解答数学问题，关键在于掌握思考问题的方法，少走弯路，以尽快获得满意的答案．证明数学问题的方法很多，其中综合法与分析法是最常见、使用频率最高的方法．综合法是从已知条件出发，一步步地推导结果，最后推出要证明的结果，即从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，其逐步推理实际上是寻找它的必要条件；分析法则是从待证结论出发，一步步地寻求使其成立的条件，直至寻求到已知条件或公理、定义、定理等，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理实际上是寻找它的充分条件．综合法表现为“由因导果”，分析法表现为“执果索因”，它们的应用十分广泛．要证明一个命题正确，我们可以从已知条件出发，通过一系列已确立的命题(如定义、定理等)，逐步向后推演，最后推得要证明的结果，这种思维方法就叫做综合法，可简单地概括为“由因导果”，即“由原因去推导结果”．要证明一个命题正确，为了寻找正确的证题方法或途径，我们可以先设想它的结论是正确的，然后追究它成立的原因，再就这些原因分别研究，看它们成立又各需具备什么条件，如此逐步往上逆求，直至达到已知的事实，这种思维方法就叫做分析法，可简单地概括为“执果索因”，即“拿着结果去寻找原因”．例1已知a>b>c，求证：eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)＋eq\f(4,c－a)≥0.分析首先使用分析法寻找证明思路．证法一(分析法)要证原不等式成立，只需证eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)≥eq\f(4,a－c).通分，得eq\f((b－c)＋(a－b),(a－b)(b－c))≥eq\f(4,a－c)，即证eq\f(a－c,(a－b)(b－c))≥eq\f(4,a－c).因为a>b>c，所以a－b>0，b－c>0，a－c>0.只需证(a－c)2≥4(a－b)(b－c)成立．由上面思路可得如下证题过程．证法二(综合法)∵a>b>c，∴a－b>0，b－c>0，a－c>0.∴4(a－b)(b－c)≤[(a－b)＋(b－c)]2＝(a－c)2.∴eq\f(a－c,(a－b)(b－c))≥eq\f(4,a－c)，即eq\f((b－c)＋(a－b),(a－b)(b－c))－eq\f(4,a－c)≥0.∴eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)＋eq\f(4,c－a)≥0.从例题不难发现，分析法和综合法各有其优缺点：从寻求解题思路来看，分析法“执果索因”，常常根底渐近，有希望成功；综合法“由因导果”，往往枝节横生，不容易奏效．从表达过程而论，分析法叙述繁琐，文辞冗长；综合法形式简洁，条理清晰．也就是说，分析法利于思考，综合法宜于表达．因此，在实际解题时，把分析法和综合法孤立起来运用是脱离实际的，两者结合，互相弥补才是应该提倡的；先以分析法为主寻求解题思路，再用综合法有条理地表达解题过程．最后，提醒一下，对于一些较复杂的问题，不论是从“已知”推向“未知”，还是由“未知”靠拢“已知”，都是一个比较长的过程，单靠分析法或综合法显得较为困难．为保证探索方向准确及过程快捷，人们常常把分析法与综合法两者并列起来使用，即常采取同时从已知和结论出发，寻找问题的一个中间目标的“两头凑”的方法去寻求证明途径：先从已知条件出发，看可以得出什么结果，再从要证明的结论开始寻求，看它成立需具备哪些条件，最后看它们的差距在哪里，从而找出正确的证明途径．例2设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若函数f(x＋1)与f(x)的图象关于y轴对称．求证：f(x＋eq\f(1,2))为偶函数．证明方法一要证f(x＋eq\f(1,2))为偶函数，只需证f(x＋eq\f(1,2))的对称轴为x＝0，只需证－eq\f(b,2a)－eq\f(1,2)＝0，只需证a＝－b.因为函数f(x＋1)与f(x)的图象关于y轴对称，即x＝－eq\f(b,2a)－1与x＝－eq\f(b,2a)关于y轴对称，所以－eq\f(b,2a)－1＝－eq\f(－b,2a)，所以a＝－b，所以f(x＋eq\f(1,2))为偶函数．方法二要证f(x＋eq\f(1,2))是偶函数，只需证f(－x＋eq\f(1,2))＝f(x＋eq\f(1,2))．因为f(x＋1)与f(x)的图象关于y轴对称，而f(x)与f(－x)的图象关于y轴对称，所以f(－x)＝f(x＋1)，f(－x＋eq\f(1,2))＝f(－(x－eq\f(1,2)))＝f((x－eq\f(1,2))＋1)＝f(x＋eq\f(1,2))，所以f(x＋eq\f(1,2))是偶函数．点评本题前半部分是用分析法证明，但寻找的充分条件不是显然成立的，可再用综合法证明，这种处理方法在推理证明中是常用的.3体验反证法的独到之处反证法作为一种证明方法，在高考中，虽然很少单独命题，但是有时运用反证法的证明思路判断、分析命题有独到之处．下面举例分析用反证法证明问题的几个类型：1．证明否定性问题例1平面内有四个点，任意三点不共线．证明：以任意三点为顶点的三角形不可能都是锐角三角形．分析假设以四点中任意三点为顶点的三角形都是锐角三角形，先固定三点组成一个三角形，则第四点要么在此三角形内，要么在此三角形外，且各个三角形的内角都是锐角，选取若干个角的和与一些已知结论对照即得矛盾．证明假设以任意三点为顶点的四个三角形都是锐角三角形，四个点为A，B，C，D.考虑△ABC，则点D有两种情况：在△ABC内部和外部．(1)如果点D在△ABC内部(如图(1))，根据假设知围绕点D的三个角∠ADB，∠ADC，∠BDC都小于90°，其和小于270°，这与一个周角等于360°矛盾．(2)如果点D在△ABC外部(如图(2))，根据假设知∠BAD，∠ABC，∠BCD，∠ADC都小于90°，即四边形ABCD的内角和小于360°，这与四边形内角和等于360°矛盾．综上所述，可知假设错误，题中结论成立．点评结论本身是否定形式、唯一性或存在性命题时，常用反证法．2．证明“至多”“至少”“唯一”“仅仅”等问题例2A是定义在[2,4]上且满足如下两个条件的函数φ(x)组成的集合：①对任意的x∈[1,2]，都有φ(2x)∈(1,2)；②存在常数L(0<L<1)，使得对任意的x1，x2∈[1,2]，都有|φ(2x1)－φ(2x2)|<L|x1－x2|.设φ(x)∈A，试证：如果存在x0∈(1,2)，使得x0＝φ(2x0)，那么这样的x0是唯一的．证明假设存在两个x0，x′0∈(1,2)，x0≠x′0，使得x0＝φ(2x0)，x′0＝φ(2x′0)，则由|φ(2x0)－φ(2x′0)|<L|x0－x′0|，得|x0－x′0|<L|x0－x′0|.所以L>1.这与题设中0<L<1矛盾，所以原假设不成立．故得证．点评若直接证明，往往思路不明确，而运用反证法则能迅速找到解题思路，从而简便得证．3．证明较复杂的问题例3如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值，则()A．△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形B．△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形C．△A1B1C1是钝角三角形，△A2B2C2是锐角三角形D．△A1B1C1是锐角三角形，△A2B2C2是钝角三角形解析因为正弦值在(0°，180°)内是正值，所以△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0.因此△A1B1C1是锐角三角形．假设△A2B2C2也是锐角三角形，并设cosA1＝sinA2，则cosA1＝cos(90°－A2)．所以A1＝90°－A2.同理设cosB1＝sinB2，cosC1＝sinC2，则有B1＝90°－B2，C1＝90°－C2.又A1＋B1＋C1＝180°，∴(90°－A2)＋(90°－B2)＋(90°－C2)＝180°，即A2＋B2＋C2＝90°.这与三角形内角和等于180°矛盾，所以原假设不成立，故选D.答案D例4已知a＋b＋c>0，ab＋bc＋ca>0，abc>0.求证：a>0，b>0，c>0.分析若从正面证明，比较复杂，需要考虑的方面比较多，故采用反证法来证明．证明假设a<0，由abc>0，知bc<0.由a＋b＋c>0，知b＋c>－a>0，于是ab＋bc＋ca＝a(b＋c)＋bc<0.这与已知矛盾．又若a＝0，则abc＝0，与abc>0矛盾．故a>0.同理可证b>0，c>0.小结至于什么情况下用反证法，应依问题的具体情况而定，切忌滥用反证法．一般说来，当非命题比原命题更具体、更明确、更简捷，易于推出矛盾时，才便于用反证法．运用反证法证题时，还应注意以下三点：1．必须周密考察原结论，防止否定有所遗漏；2．推理过程必须完全正确，否则，不能肯定非命题是错误的；3．在推理过程中，可以使用已知条件，推出的矛盾必须很明确，毫不含糊．另外，反证法证题的首要环节就是对所证结论进行反设，因此大家必须掌握一些常见关键词的否定形式.关键词否定是不是都是不都是等于(＝)不等于(≠)大于(>)不大于(≤)小于(<)不小于(≥)能不能至少有一个一个也没有至多有一个至少有两个至少有n个至多有n－1个至多有n个至少有n＋1个任意存在存在任意正解(1)若(a2－1)＋(a2＋3a＋2)i(a∈R)是纯虚数，则a2－1＝0且a2＋3a＋2≠0，解得a＝1，所以错误；(2)1＋i2＝1－1＝0是实数，所以错误；(3)除原点外虚轴上的点均表示纯虚数，原点对应的复数为0，所以错误．故答案为A.点评将复数化为标准代数形式，并正确理解复数是实数、虚数和纯虚数的条件，以及复数的几何意义是避免此类错误的关键．2．忽视题中的隐含条件致误例2m取何值时，复数z＝eq\f(m2＋4m－5,m－7)＋(m2－6m－7)i(m∈R)是实数？错解要使z为实数，需m2－6m－7＝0，解得m＝－1或m＝7，即m＝－1或m＝7时，z是实数．eq\x(错因分析未注意分式\f(m2＋4m－5,m－7)的分母中含有参数m.)正解要使z为实数，需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2－6m－7＝0，,m－7≠0，))解得m＝－1.即m＝－1时，z是实数．点评研究一个复数在什么情况下是实数、虚数时，要注意复数的实部、虚部有意义这一隐含条件．3．忽视复数相等的前提条件致误例3已知x∈C，x2－4x＋3＋(x－1)i＝0，求x.错解由复数相等的定义，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋3＝0，,x－1＝0，))解得x＝1.错因分析未注意x∈C，误把x2－4x＋3＋(x－1)i看成a＋bi(a，b∈R)的标准形式，错用复数相等的前提条件．正解原方程可化为(x－1)(x－3)＋(x－1)i＝0，即(x－1)(x－3＋i)＝0，故x－1＝0或x－3＋i＝0，解得x＝1或x＝3－i.点评复数相等的充要条件的用途非常广泛，是复数问题实数化的主要途径，但应用其解题时，需审清题意，注意复数相等的前提条件，并将复数化为标准代数形式．3．忽视复数不一定能比较大小致误例4求使不等式m2－(m2－3m)i<10＋(m2－4m＋3)i成立的实数m满足的条件．错解由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2<10，,－(m2－3m)<m2－4m＋3，))解得－eq\r(10)<m<eq\f(1,2)或3<m<eq\r(10).错因分析不全是实数的两个复数不能比较大小，只有相等与不相等之说.故a＋bi>c＋dia，b，c，d∈RD⇒/a>c，且b>d.正解因为不等式两边必须都是实数，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－(m2－3m)＝0，,m2－4m＋3＝0，,m2<10，))解得m＝3.点评虚数不能比较大小，两个复数能比较大小的前提条件是它们均是实数．在解决这类问题时，要注意挖掘表达式中的隐含条件．五、误用实数中的运算律例5式子(eq\f(1－i,1＋i))5的化简结果是()A．1 B．iC．－i D．±i错解1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,1＋i)))5＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,1＋i)))2))eq\f(5,2)＝(－1)eq\f(5,2)＝±i，故选D.错解2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,1＋i)))5＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,1＋i)))4))eq\f(5,4)＝1eq\f(5,4)＝1，故选A.错因分析实数中的幂的运算法则ars＝ars是在条件“a>0，r，s∈R”限制下进行的，在复数集中ars＝ars是在条件“r，s∈N*”限制下进行的，所以不能盲目推广.正解eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,1＋i)))5＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,1＋i)))4·eq\f(1－i,1＋i)＝(－i)4·(－i)＝－i.故选C.点评实数中的有些运算律和常用结论在复数范围内要慎用．六、误用实系数方程Δ>0例6已知关于t的一元二次方程t2＋(2＋i)t＋2xy＋(x－y)i＝0(x，y∈R)有实数根，求点(x，y)的轨迹方程．错解∵方程有实根，∴Δ＝(2＋i)2－4×1×[2xy＋(x－y)i]≥0，∴4＋4i－1－4(2xy＋xi－yi)≥0，∴3－8xy＋(4－4x＋4y)i≥0.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－8xy≥0，,4－4x＋4y＝0.))∴x－y＝1且xy≤eq\f(3,8).∴