2018_2019学年高中数学二推理与证明、复数学案新人教A版.docx

二推理与证明、复数1.推理2.证明（1）直接证明综合法分析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）为止实质由因导果执果索因框图表示文字语言因为所以或由得要证只需证即证（2）间接证明反证法：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.3.复数（1）复数的概念形如abi（a，bR）的数叫做复数，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：abicdiac且bd（a，b，c，dR）.（3）共轭复数：abi与cdi共轭ac，bd（a，b，c，dR）.（4）复数的模向量的模r（r0，rR）叫做复数zabi（a，bR）的模，记作|z|或|abi|，即|z|abi|.（5）复数运算设z1abi，z2cdi（a，b，c，dR），则加法：z1z2（abi）（cdi）（ac）（bd）i；减法：z1z2（abi）（cdi）（ac）（bd）i；乘法：z1z2（abi）（cdi）（acbd）（adbc）i；除法：i（cdi0）.1.演绎推理是由一般到特殊的推理，它常用来证明和推理数学问题，注意推理过程的严密性，书写格式的规范性.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，再说明所要证明的数学问题成立.3.利用反证法证明数学问题时，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.4.z20在复数范围内有可能成立，例如：当z3i时z290）.与此类似，我们可以得到：正四面体（所有棱长都相等的四面体）的体积（V）与它的棱长（a）的立方成正比，即Vma3（m0）；正方体的体积（V）与它的棱长（a）的立方成正比，即Vna3（n0）；正八面体（所有棱长都相等的八面体）的体积（V）与它的棱长（a）的立方成正比，即Vta3（t0）.那么mnt（）A.164 B.1216C.1 D.64【解析】（1）由|x|y|1的不同整数解的个数为4，|x|y|2的不同整数解的个数为8，|x|y|3的不同整数解的个数为12，归纳推理得|x|y|n的不同整数解的个数为4n，故|x|y|20的不同整数解的个数为80.故选B.（2）正四面体的体积Va2aa3，正方体的体积Va3，正八面体的体积V2a2aa3，所以mnt164.【答案】（1）B（2）A（1）归纳推理的特点及一般步骤（2）类比推理的特点及一般步骤 1.观察下列一组等式123nn（n1）1223n（n1）n（n1）（n2）123234n（n1）（n2）n（n1）（n2）（n3）.猜想：12342345n（n1）（n2）（n3）.解析：归纳可得此式是与n（n1）（n2）（n3）（n4）的积.答案：n（n1）（n2）（n3）（n4）2.已知命题：若数列an为等差数列，且ama，anb（mn，m，nN*），则amn.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bmn.解析：在等差数列an中，设公差为d，则所以amn.在等比数列bn中，设公比为q，则所以bmn.答案：主题2直接证明与间接证明设a0，b0，ab1，求证：8.试用综合法和分析法分别证明.【证明】法一：（综合法）因为a0，b0，ab1，所以1ab2.所以，ab，所以4.又（ab）24，所以8（当且仅当ab时等号成立）.法二：（分析法）因为a0，b0，ab1，要证8，只要证8，只要证8，即证4.也就是证4.即证2，由基本不等式可知，当a0，b0时，2成立，所以原不等式成立.（1）综合法和分析法的特点综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法，也是解决数学问题的常用的方法，综合法是由因导果的思维方式，而分析法的思路恰恰相反，它是执果索因的思维方式；分析法和综合法是两种思路相反的推理方法：分析法是倒溯，综合法是顺推，二者各有优缺点.分析法容易探路，且探路与表述合一，缺点是表述易错；综合法条理清晰，易于表述，因此对于难题常把二者交互运用，互补优缺，形成分析综合法，其逻辑基础是充分条件与必要条件.（2）反证法的证明思路反证法是一种间接证明命题的方法，它的理论依据是p与綈p真假性相反，通过证明綈p为假命题说明p为真命题，证明过程中必须出现矛盾，反证法反映了“正难则反”的证题思想.它与利用逆否命题的等价性证明原命题不同，利用逆否命题证明的理论依据是“pq”与“綈q綈p”是等价的，若证明“綈q綈p”为真即可推得“pq”为真证明过程不出现矛盾. 用分析法证明2cos（）.证明：要证原等式成立，只需证：2cos（）sin sin（2）sin .因为式左边2cos（）sin sin（）2cos（）sin sin（）cos cos（）sin cos（）sin sin（）cos sin 右边，所以式成立，即原等式成立.主题3数学归纳法设a0，f（x），令a11，an1f（an），nN*.（1）写出a2，a3，a4的值，并猜想数列an的通项公式；（2）用数学归纳法证明你的猜想.【解】（1）因为a11，所以a2f（a1）f（1），a3f（a2），a4f（a3）.猜想an（nN*）.（2）证明：当n1时，a11，猜想正确.假设当nk（k1，kN*）时猜想正确，即ak，则ak1f（ak），所以nk1时猜想正确.由，知对于任何nN*，都有an.（1）用数学归纳法证明等式问题是数学归纳法的常见题型，其关键点在于“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n0是多少.（2）由nk到nk1时，除等式两边变化的项外还要利用nk时的式子，即利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明. 用数学归纳法证明当nN*时，1n2（n1）3（n2）（n2）3（n1）2n1n（n1）（n2）.证明：（1）当n1时，1123，结论成立.（2）假设nk（k1，kN*）时结论成立，即1k2 （k1）3（k2）（k2）3（k1）2k1k（k1）（k2）.当nk1时，则1（k1）2k3（k1）（k1）3k2（k1）11k2（k1）（k1）2k1123k（k1）k（k1）（k2）（k1）（k2）（k1）（k2）（k3），即当nk1时结论也成立.综上所述，可知结论对一切nN*都成立.主题4复数（1）已知1i（i为虚数单位），则复数z（）A.1i B.1iC.1i D.1i（2）是z的共轭复数，若z2，（z）i2（i为虚数单位），则z（）A.1i B.1iC.1i D.1i【解析】（1）由1i，得z1i，故选B.（2）设zabi（a，bR），则abi.由z2，可得a1.由（z）i2，得b1，所以z1i.【答案】（1）B（2）D利用复数的四则运算求复数的一般思路（1）复数的加、减、乘法运算：满足多项式的加、减、乘法法则，利用法则后将实部与虚部分别写出即可，注意多项式乘法公式的运算.（2）复数的除法运算：主要是利用分子、分母同乘以分母的共轭复数进行运算化简. 1.已知i是虚数单位，若（mi）234i，则实数m的值为（）A.2 B.2C. D.2解析：选A.（mi）2（m21）2mi34i，由复数相等得解得m2，故选A.2.“复数z在复平面内对应的点在第三象限”是“a0”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析：选A.zaa3i在复平面内对应的点在第三象限，则a0，可以判断“a0”是“a0”的充分不必要条件.3.定义运算adbc，若复数x，y，则y.解析：依题意，y4i（xi）2xi4i22xi44422.答案：2 A基础达标 1.若复数是纯虚数，则实数a的值为（）A.2 B.C. D.解析：选A.因为是纯虚数，所以a2.2.已知复数z1i，z2i，则z在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限解析：选D.因为z1i，z2i，所以zi，所以复数z在复平面内对应的点为，在第四象限.故选D.3.对于数25，规定第1次操作为2353133，第2次操作为13333355，第3次操作为5353250，如此反复操作，则第2 018次操作后得到的数是（）A.25 B.250C.55 D.133解析：选C.由规定：第1次操作为2353133，第2次操作为13333355，第3次操作为5353250，第4次操作为235303133，故操作得到的数值周期出现，且周期为3.又2 01836722，故第2 018次操作后得到的数等于第2次操作后得到的数，即55，故选C.4.已知命题12222n12n1（nN*）及其证明：（1）当n1时，左边1，右边2111，所以等式成立；（2）假设当nk时等式成立，即12222k12k1，则当nk1时，12222k12k2k11，所以当nk1时等式也成立.由（1）（2），知对任意的正整数n等式都成立.则以下说法正确的是（）A.命题、推理都正确B.命题正确、推理不正确C.命题不正确、推理正确D.命题、推理都不正确解析：选B.命题正确，但证明nk1时没有用到假设的结论，故推理不正确.5.对“a，b，c是不全相等的正数”，给出下列判断：（ab）2（bc）2（ca）20；ab与bc及ac中至少有一个成立；ac，bc，ab不能同时成立.其中判断正确的个数为（）A.0 B.1C.2 D.3解析：选B.若（ab）2（bc）2（ca）20，则abc，与“a，b，c是不全相等的正数”矛盾，故正确.ab与bc及ac中最多只能有一个成立，故不正确.由于“a，b，c是不全相等的正数”，有两种情形：至多有两个数相等或三个数都互不相等，故不正确.6.已知mR，复数的实部和虚部相等，则m.解析：由，由已知得，则m.答案：7.在平面几何中：ABC中C的内角平分线CE分AB所成线段的比为.把这个结论类比到空间：在三棱锥ABCD中（如图），DEC平分二面角ACDB且与AB相交于E，则得到类比的结论是.解析：由平面中线段的比转化为空间中面积的比可得.答案：8.观察下列等式：S1n2n，S2n3n2n，S3n4n3n2，S4n5n4n3n，S5An6n5n4Bn2，可以推测，AB.解析：由S1，S2，S3，S4，S5的特征，推测A.又Sk的各项系数的和为1，所以AB1，所以B.故AB.答案：9.已知|x|1，|y|1，用分析法证明：|xy|1xy|.证明：要证|xy|1xy|，即证（xy）2（1xy）2，即证x2y21x2y2，即证（x21）（1y2）0，因为|x|1，|y|1，所以x210，1y20，所以（x21）（1y2）0，不等式得证.10.设f（x），g（x）（其中a0，且a1）.（1）523，请你推测g（5）能否用f（2），f（3），g（2），g（3）来表示；（2）如果（1）中获得了一个结论，请你推测能否将其推广.解：（1）由f（3）g（2）g（3）f（2），又g（5），因此g（5）f（3）g（2）g（3）f（2）.（2）由g（5）f（3）g（2）g（3）f（2），即g（23）f（3）g（2）g（3）f（2），于是推测g（xy）f（x）g（y）g（x）f（y）.证明：因为f（x），g（x）（大前提）.所以g（xy），g（y），f（y），（小前提及结论）所以f（x）g（y）g（x）f（y）g（xy）.故推测正确.B能力提升11.定义：如果函数yf（x）在定义域内的给定区间a，b上存在x0（ax0b），满足f（x0），则称函数yf（x）是a，b上的“平均值函数”，x0是它的一个均值点，例如yx2是1，1上的平均值函数，0就是它的均值点.现有函数f（x）x3mx是1，1上的平均值函数，则实数m的取值范围是.解析：由f（x）x3mx是1，1上的平均值函数，知关于x的方程x3mx在区间（1，1）上有解，即方程x3mxm10在区间（1，1）上有解，就是方程mx2x1在区间（1，1）上有解.因为当x（1，1）时，x2x1，所以m的取值范围是.答案：12.传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数.他们研究过如图所示的三角形数：将三角形数1，3，6，10，记为数列an，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列bn.可以推测：（1）b2 016是数列an中的第项；（2）b2k1（用k表示）.解析：观察知这些三角形数满足an，nN*，当n5k1或n5k，kN*时，对应的三角形数是5的倍数，为数列bn中的项，将5k1和5k列为一组，所以b2 016是第1 008组的后面一项，即b2 016是数列an中的第51 0085 040项；b2k1是第k组的前面一项，是数列an中的第5k1项，即b2k1a5k1.答案：（1）5 040（2）13.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.证明：（1）假设直线l1与l2不相交，则l1与l2平行，由直线l1与l2的方程可知实数k1，k2分别为两直线的斜率，则有k1k2，代入k1k220，消去k1，得k20，k2无实数解，这与已知k2为实数矛盾，所以k1k2，即l1与l2相交.（2）法一：由方程组，解得故l1与l2的交点坐标为.而21.此即表明l1与l2的交点