2020屆高考一輪數(shù)學(xué)教師用書第11章算法初步、復(fù)數(shù)、推理與證明

1、第十一章算法初步、復(fù)數(shù)、推理與證明11.1推理與證明1 (課本 p64 練習(xí)第 3 題改編 )觀察等式112， 1322，13 532， 135742，從中歸納出一般的結(jié)論為13 (2n1)n2(nn*) 導(dǎo)航： 歸納推理； 等差數(shù)列背景2 (課本 p64 練習(xí)第 4 題改編 )觀察直線上 n(n2)個(gè)點(diǎn) ， 發(fā)現(xiàn) 2 個(gè)點(diǎn)確定1 條線段 ，3 個(gè)點(diǎn)確定3 條線段 ，4 個(gè)點(diǎn)確定6 條線段 ，5 個(gè)點(diǎn)確定10 條線段 ， 從中歸納出一般的結(jié)論為n(n2)個(gè)點(diǎn)確定1 2 (n1)n（n1）2條線段導(dǎo)航： 歸納推理； 解幾背景3 (課本 p66 練習(xí)第 4 題改編 )在等差數(shù)列an 中，若 mn

2、pq(m， n，p， qn*) ，則 amanapaq， 那么在等比數(shù)列an 中可以得到類似的結(jié)論為若mnpq(m，n，p，qn*) ，則 amanap aq導(dǎo)航： 類比推理； 數(shù)列背景4 (課本 p66 練習(xí)第 2 題改編 )試通過圓與球的類比 ，由“半徑為r 的圓的內(nèi)接矩形中，以正方形的面積最大，最大值為2r2” ，猜測關(guān)于球的相應(yīng)命題為半徑為r 的球的內(nèi)接長方體中 ，以正方體的體積最大，最大值為839r3導(dǎo)航： 類比推理； 立體幾何背景5(課本 p81 練習(xí)第 3 題改編 )對不等式“3265”若用分析法證明， 試補(bǔ)全證明過程： 要證明3265，只要證明3526， 只要證明 821582

3、12，因?yàn)?512，故不等式成立導(dǎo)航： 直接證明； 分析法6 (課本 p83 練習(xí)第 3 題)用反證法證明：“若一個(gè)三角形的3 個(gè)內(nèi)角中 ，至少有 2 個(gè)銳角” ，要做的假設(shè)是假設(shè)三角形中至多有1 個(gè)銳角導(dǎo)航： 反證法； 反設(shè)1合情推理(1)歸納推理定義：從個(gè)別事實(shí)中推演出一般性的結(jié)論 ，稱為歸納推理 (簡稱歸納法 )特點(diǎn)：歸納推理是由部分到整體、由個(gè)別到一般的推理(2)類比推理定義：根據(jù)兩個(gè)(或兩類 )對象之間在某些方面的相似或相同，推演出它們在其他方面也相似或相同，像這樣的推理通常稱為類比推理 (簡稱類比法 )特點(diǎn)：類比推理是由特殊到特殊的推理(3)合情推理合情推理是根據(jù)已有的事實(shí)、正確的

4、結(jié)論、實(shí)驗(yàn)和實(shí)踐的結(jié)果，以及個(gè)人的經(jīng)驗(yàn)和直覺等推測某些結(jié)果的推理過程歸納推理和類比推理都是數(shù)學(xué)活動中常用的合情推理2演繹推理(1)演繹推理一種由一般性的命題推演出特殊性命題的推理方法稱為演繹推理簡言之， 演繹推理是由一般到特殊的推理(2)“三段論”是演繹推理的一般模式，包括：大前提 一般性的原理；小前提 特殊對象；結(jié)論 揭示了一般原理與特殊對象的內(nèi)在聯(lián)系3直接證明(1)綜合法定義：從已知條件出發(fā)，以已知的定義、公理、定理為依據(jù)， 逐步下推 ，直到推出要證明的結(jié)論為止，這種證明方法常稱為綜合法框圖表示：已知條件? ? ?結(jié)論思維過程：由因?qū)Ч?2)分析法定義：從問題的結(jié)論出發(fā)，追溯導(dǎo)致結(jié)論成立的

5、條件，逐步上溯 ，直到使結(jié)論成立 的條件和已 知條件或已 知事實(shí)吻合 為止這種證明方法常稱為分析法框圖表示：結(jié)論 ? 已知條件思維過程：執(zhí)果索因4間接證明反證法：要從否定結(jié)論開始，經(jīng)過正確的推理 ， 導(dǎo)致邏輯矛盾 ， 從而達(dá)到新的否定(即肯定原命題)這個(gè)過程包括下面3 個(gè)步驟：(1)反設(shè) 假設(shè)命題的結(jié)論不成立，即假定原結(jié)論的反面為真；(2)歸謬 從反設(shè)和已知條件出發(fā)，經(jīng)過一系列正確的邏輯推理，得出矛盾結(jié)果；(3) 存真 由矛盾結(jié)果， 斷定反設(shè)不真，從而肯定原結(jié)論成立例1 觀察下列各式：ab 1， a2 b24， a3b38， a4b413， a5b519，則 a10b1064. 解析： 右側(cè)數(shù)

6、列1，4，8，13，19的差成等差數(shù)列，不妨設(shè) c11，c24，c38作差得 c2c13，c3c24，c10c9 11 用累加法處理：c10c163，所以 c1064. 【跟蹤反饋】1已知 x (0， )，觀察下列各式：x1x2，x4x2x2x24x23，x27x3x3x3x327x3 4， ， 類比得xaxn n1(nn*) ，則 ann. 解析： 第一個(gè)式子是n1 的情況 ，此時(shí) a11 1；第二個(gè)式子是n2 的情況 ，此時(shí) a224；第三個(gè)式子是n3 的情況 ，此時(shí) a3327，歸納可知ann. 例2(2018 連云港模擬) 已知正三角形的邊長為a， 其內(nèi)切圓的半徑為36a， 類似地 ，

7、正四面體棱長為a， 則它的內(nèi)切球半徑為612a. 解析： 等面積思想類比到等體積思想，借助底面正三角形的中心，正四面體的高可得出為63a，四個(gè)小的三棱錐的體積和等于正四面體的體積：413sr 13s63a(s 為正三角形的面積 )，內(nèi)切球半徑為612a.【跟蹤反饋】2已知正三角形的外接圓半徑與內(nèi)切圓半徑之比為21，類似地 ，正四面體外接球半徑與內(nèi)切球半徑之比為31. 解析： 設(shè)正四面體棱長為a，借助底面正三角形的中心，正四面體的高可得出為63a， 四個(gè)小的三棱錐的體積和等于正四面體的體積： 413sr 13s63a(s 為正三角形的面積)，內(nèi)切球半徑為612a，外接球半徑為63a612a361

8、2a，所以 31. 3在平面上 ，設(shè) ha， hb，hc 是三角形abc 三條邊上的高，p 為三角形內(nèi)任一點(diǎn)，p 到相應(yīng)三邊的距離分別為pa，pb，pc，我們可以得到結(jié)論：pahapbhbpchc1.把它類比到空間 ，則三棱錐中的類似結(jié)論為pahapbhbpchcpdhd1. 解析： 距離 ，高在平面中聯(lián)想到面積，空間中聯(lián)想到體積，所以設(shè) ha，hb，hc，hd分別是三棱錐a- bcd 四個(gè)面上的高， p 為三棱錐 a- bcd 內(nèi)任一點(diǎn) ， p 到相應(yīng)四個(gè)面的距離分別為pa，pb，pc，pd，于是可以得出結(jié)論：paha13s bcd pa13s bcd havp-bcdva-bcd，因?yàn)関p

9、-bcdvp-cda vp-bdavp-abc va-bcd， 所以pahapbhbpchcpdhd 1. 例3 若數(shù)列 an 是等差數(shù)列， 則數(shù)列bn(bn a1a2 ann)也為等差數(shù)列 類比這一性質(zhì)可知，若正項(xiàng)數(shù)列 cn 是等比數(shù)列，且dn 也是等比數(shù)列 ，則 dn 的表達(dá)式應(yīng)為nc1c2cnc1qn 12. 解析： 若an 是等差數(shù)列 ， 則 a1 a2anna1n（n1）2d， 所以 bna1n12d，即bn 為等差數(shù)列；若cn 是等比數(shù)列 ，則c1 c2 cn c1n q1 2 (n 1)c1n qn（n1）2，所以dnnc1c2cnc1qn 12即dn 為等比數(shù)列【跟蹤反饋】4設(shè)

10、等差數(shù)列 an 的前 n 項(xiàng)和為sn，則 s4，s8s4，s12s8，s16s12 成等差數(shù)列類比上述結(jié)論：設(shè)等比數(shù)列bn 的前n 項(xiàng)積為 tn，則 t4，t8t4，t12t8，t16t12成等比數(shù)列解析： 等差數(shù)列中的原理是“等長的片段和 ”也成等差數(shù)列， 等比數(shù)列bn 中，b1b2b3b4，b5b6b7b8，b9b10b11b12， 也成等比數(shù)列5 已 知 等 差 數(shù) 列 an中 ， 有a11a12 a2010a1a2 a3030， 則在 等 比 數(shù) 列 bn 中 ， 會 有 類 似 的 結(jié) 論 ：10b11b12b2030b1b2b30解析： 由等差數(shù)列的性質(zhì)“下標(biāo)和 ”得到啟發(fā) ，等比

11、數(shù)列的性質(zhì)可知b1b30b2b29 b11b20 ， 所 以10b11b12b20 30b1b2b30. (江蘇卷 )在平面上 ， 若兩個(gè)正三角形的邊長的比為12， 則它們的面積比為14，類似地 ，在空間 ， 若兩個(gè)正四面體的棱長的比為12， 則它們的體積比為18. 解析： 平面中面積比為邊長比的平方，空間中體積比是棱長比的立方1用反證法證明命題“設(shè)a，b 為實(shí)數(shù) ，則方程 x2axb0 至少有一個(gè)實(shí)根”時(shí)，要做的假設(shè)是假設(shè)方程x2ax b0 沒有實(shí)根解析： 反證法假設(shè)命題的結(jié)論不成立2 觀察下列各式： ab1， a2b23，a3b3 4，a4 b4 7， a5b511，則a10b10123.

12、 解析： 從給出的式子特點(diǎn)觀察可推知，等式右端的值，從第三項(xiàng)開始，后一個(gè)式子的右端值等于它前面兩個(gè)式子右端值的和，依據(jù)此規(guī)律 ，a10b10123. 3觀察下列不等式：112232，112213253，112213214274，照此規(guī)律 ，第五個(gè)不等式為1122132142152162116解析： 觀察每行不等式的特點(diǎn)，每行不等式左端最后一個(gè)分?jǐn)?shù)的分母的開方與右端值的分母相等，且每行右端分?jǐn)?shù)的分子構(gòu)成等差數(shù)列故第五個(gè)不等式為11221321421521622 ，f(8)52，f(16)3 ，f(32)72則可 以 歸 納 出 一 般 結(jié) 論 ： f(2n 1)n32(nn*)解析： 因?yàn)?f(

13、22)42，f(23)52，f(24)62，f(25)72，所以 f(2n1)n32(nn*)6(2018 南京模擬 )觀察下列等式：11212，11213141314，11213141516141516，據(jù)此規(guī)律 ，第 n 個(gè)等式可為112131412n112n1n 11n212n解析： 等式左邊的特征：第1 個(gè)等式有2 項(xiàng)，第 2 個(gè)有 4 項(xiàng)，第 3 個(gè)有 6 項(xiàng)， 且正負(fù)交錯(cuò) ， 故第 n 個(gè)等式左邊有2n 項(xiàng)且正負(fù)交錯(cuò) ，應(yīng)為112131412n112n；等式右邊的特征：第1個(gè)有 1 項(xiàng)，第 2 個(gè)有2 項(xiàng)，第 3 個(gè)有 3 項(xiàng)，故第 n 個(gè)有 n 項(xiàng) ，且由前幾個(gè)的規(guī)律不難發(fā)現(xiàn)第n

14、 個(gè)等式右邊應(yīng)為1n11n212n. 7在等差數(shù)列 an 中，若 a100， 則有a1 a2 an a1 a2 a19n(n19，nn*)成立 ，類比上述性質(zhì)， 在等比數(shù)列 bn 中，若 b91，則存在的等式為b1b2bnb1b2b17n(n17， nn*) 解析： 利用類比推理 ，借助等比數(shù)列的性質(zhì) ， b29bn1 b17n 1， 所以 b11b17，b21b16，b31b15，b17n1bn1可知存 在 的 等 式 為b1b2 bn b1b2 b17n(nb0)上一點(diǎn) m(x0 ， y0)的切線方程x0 xa2y0yb2 1. 解析： 可通過聯(lián)立直線方程與橢圓，通過計(jì)算 ，可證 0. 1

15、1 若p0(x0 ， y0) 在 橢 圓x2a2y2b21(ab0)外 ， 過 p0 作橢圓的兩條切線的切點(diǎn)分別為 p1，p2， 則切點(diǎn)弦 p1p2 所在的直線方程是x0 xa2y0yb2 1， 那么對于雙曲線則有如下命題：若p0(x0，y0)在雙曲線x2a2y2b21(a0，b0)外，過 p0 作雙曲線的兩條切線，切點(diǎn)分別為p1，p2，則切點(diǎn)弦p1p2所在直線的方程是x0 xa2y0yb21. 解析： 設(shè) p1(x1，y1)，p2(x2，y2)， 則p1，p2 的切線方程分別是x1xa2y1yb2 1，x2xa2y2yb21.因?yàn)?p0(x0，y0)在這兩條切線上，故有x1x0a2y1y0b

16、21，x2x0a2y2y0b21， 這說明 p1(x1，y1)， p2(x2，y2)在直線x0 xa2y0yb21 上，故切點(diǎn)弦p1p2 所在的直線方程是x0 xa2y0yb21. 12 等差數(shù)列 bn 通項(xiàng)公式為bnn2.求證：數(shù)列 bn 中任意不同的三項(xiàng)都不可能成為等比數(shù)列證明：假設(shè)數(shù)列 bn 中存在三項(xiàng)bp， bq，br(p，q，r n*， 且互不相等 )成等比數(shù)列 ，則b2q bpbr， 即 (q2)2 (p2)(r 2)所以 (q2pr)2(2qpr)0.因?yàn)閜，q，r n* ，所以q2pr02qpr0，pr22pr，即(p r)20，pr 與 pr 矛盾所以假設(shè)不成立 ，即數(shù)列 b

17、n 中任意不同的三項(xiàng)都不可能成為等比數(shù)列11.2數(shù)學(xué)歸納法 (理科選用 )1 (課本 p87 練習(xí)第 2 題改編 )用數(shù)學(xué)歸納法證明“ 3nn3(n3，n n*)”，第一步應(yīng)驗(yàn)證 n3 時(shí)， 不等式成立解析： 第一步驗(yàn)證初始值，應(yīng)為 3.導(dǎo)航： 數(shù)學(xué)歸納法；第一步驗(yàn)證初始值2(課本 p87 練習(xí)第 2 題改編 )已知 f(n)1n1n11n21n2，則下列說法正確的有 . f(n) 中共有 n 項(xiàng)，當(dāng) n2 時(shí)，f(2) 1213；f(n)中共有 n1 項(xiàng)，當(dāng) n2 時(shí)，f(2)121314；f(n)中共有 n2n 項(xiàng)，當(dāng) n2 時(shí)，f(2)1213；f(n)中共有 n2n1 項(xiàng)，當(dāng) n2 時(shí)

18、，f(2) 121314. 導(dǎo)航： 項(xiàng)數(shù)問題； 初始值問題3 (課本 p88 練習(xí)第 4 題改編 )設(shè) f(n) 112131412n， 則f(n 1) f(n) 12n112n212n312n2n解析： f(n1) 112 12n12n112n2n，f(n) 112131412n，所以 f(n1) f(n) 12n112n212n3 12n2n.導(dǎo)航： 項(xiàng)的問題4 (課本 p90 練習(xí)第 1 題)已知 n 為正偶數(shù)，用數(shù)學(xué)歸納法證明11213141n21n21n412n時(shí)，若已假設(shè)nk(k 2 且 k 為偶數(shù) )時(shí)命題為真 ， 則還需要用歸納假設(shè)再證. nk1 時(shí)等式成立nk2時(shí)等式成立n2

19、k 2時(shí)等式成立n2(k2)時(shí)等式成立解析： 因?yàn)?n 為正偶數(shù) ，nk 時(shí)等式成立，即 n 為第 k 個(gè)偶數(shù)時(shí)命題成立，所以需假設(shè) n為下一個(gè)偶數(shù)，即 nk2 時(shí)等式成立導(dǎo)航： 數(shù)學(xué)歸納法結(jié)構(gòu)問題5(課本 p87 練習(xí)第3 題)對于不等式n2nn1(nn*) ， 某同學(xué)用數(shù)學(xué)歸納法證明的過程如下：(1)當(dāng) n1 時(shí)，12111，不等式成立(2)假設(shè)當(dāng) nk(k n*) 時(shí)， 不等式成立 ，即k2k k 1 ， 則 當(dāng)n k 1 時(shí) ，（k1）2（ k1）k23k24 時(shí)， 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 條直線與前面n1條直線有n1 個(gè)交點(diǎn) )導(dǎo)航： 關(guān)鍵探究到隱含的遞推公式數(shù)學(xué)歸納法一般地 ，對于某些與正整數(shù)有關(guān)的數(shù)學(xué)命題 ，我們有數(shù)學(xué)歸納法公理：如果(1)當(dāng) n 取第一個(gè)值n0(例如 n01， 2等 )時(shí)結(jié)論正確；(2)假設(shè)當(dāng)nk(k n*， 且 kn0)時(shí)結(jié)論正確 ， 證明當(dāng) nk1 時(shí)結(jié)論也正確那么 ，命題對于從n0 開始的所有正整數(shù) n 都成立例1 用數(shù)學(xué)歸納法證明：124146168 12n（2n 2）n4（n1）(nn*) 證 明 ： (1) 當(dāng)n 1時(shí) ， 左 邊 121（ 212）18， 右邊14（11）18，

21、左邊右邊 ，所以等式成立(2)假設(shè) nk(k n*) 時(shí)等式成立 ， 即有12414 6168 12k（2k2）k4（k1），則當(dāng) nk1 時(shí)，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）.所以當(dāng) nk1 時(shí)，等式也成立 ，由(1)(2)可知 ，對于一切nn*等式恒成立【跟蹤反饋】1 (2018 南京模擬)求證： (n 1)(n 2) (n n) 2n 1 3 5 (2n 1)(nn*) 證明： (1)當(dāng) n1 時(shí)，等式左邊 2，右邊 2，

22、故等式成立；(2)假設(shè)當(dāng)nk(k n*) 時(shí)等式成立 ，即(k 1)(k 2) (k k)2k 1 3 5 (2k 1)，那么當(dāng) nk 1 時(shí)，左邊 (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)，所以當(dāng) nk1 時(shí)等式也成立由(1)(2)可知 ，對所有 nn*等式成立例2求證：2124 14 2n12nn1. 證明： 當(dāng) n1 時(shí)，左式32，右式2，左式 右式 ，所以結(jié)論成立假設(shè) nk(k 1，k n*) 時(shí)結(jié)論成立 ，即212414 2k 12kk1，

23、則當(dāng)nk1時(shí)，212414 2k12k2k32（k1）k1 2k32（k1）2k32k1，要證當(dāng) nk1 時(shí)結(jié)論成立， 只需證2k32k1k2， 即證2k32（ k1）（ k2） ， 由基本不等式得2k32（k1）（ k 2）2（k 1）（ k2）成立 ， 故2k32k1k2成立 ，所以當(dāng)nk1 時(shí)， 結(jié)論成立由 可知 ， 當(dāng) nn*時(shí)，不等式b11b1b21b2 bn1bnn1成立【跟蹤反饋】2 (2018 鎮(zhèn)江模擬 )若函數(shù) f(x) x22x3，定義數(shù)列 xn 如下： x12，xn 1 是過點(diǎn) p(4，5)、qn(xn，f(xn) 的直線 pqn與 x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)， 試運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法

24、證明： 2xnxn 13. 證明： 當(dāng) n1 時(shí)，x1 2，f(x1) 3，q1(2，3)所以直線pq1 的方程為y 4x 11， 令y 0， 得x2 114， 因 此2x1x23 ，即 n1 時(shí)結(jié)論成立 假設(shè)當(dāng) nk 時(shí)，結(jié)論成立 ，即 2xkxk 13.當(dāng) nk1 時(shí)，直線 pqk1 的方程為y5f（xk1） 5xk14 (x 4)又f(xk 1)x2k12xk13， 代入上式 ，令y0，得xk 234xk12xk 1 452xk 1， 由歸納假設(shè) ， 2xk13，xk 2452xk10， 即 xk 1xk2，所以 2xk 1xk23，即當(dāng) nk1 時(shí)， 結(jié)論成立由 知對任意的正整數(shù)n，2

25、xnxn 1x4x6 ，猜想：數(shù)列 x2n 是遞減數(shù)列下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng) n1 時(shí)，已證命題成立 假設(shè)當(dāng)n k(k n* ，且k1)時(shí)命題成立， 即x2kx2k 2， 易知xk0 ，那么 x2k2x2k411x2k111x2k 3x2k 3x2k1（1x2k1）（ 1 x2k3）11x2k211x2k（1x2k1）（ 1x2k3）錯(cuò)誤 ! 0， 即 x2(k1)x2(k 1)2.所以當(dāng)nk1 時(shí)命題也成立結(jié)合 知，對于任何nn*命題成立【跟蹤反饋】3已知數(shù)列 an 的前 n 項(xiàng)和 sn 滿足：snan21an1，且 an0， nn*. (1)求 a1，a2，a3，并猜想 an 的通項(xiàng)公式

26、；(2)證明通項(xiàng)公式的正確性解析：(1)當(dāng) n1 時(shí)， 由已知得a1a121a11， a212a120.a131(an0) 當(dāng)n2 時(shí)，由已知得a1a2a221a21，將a131 代入并整理得a222 3a220.a253(an0) 同理可得a375.猜想 an2n12n 1(nn*)(2)證明： 由(1)知，當(dāng) n1，2，3 時(shí)，通項(xiàng)公式成立假設(shè)當(dāng) n k(k3，k n*)時(shí) ， 通 項(xiàng) 公 式 成 立 ， 即ak 2k12k 1. 由ak 1 sk 1 skak121ak1ak21ak， 將 ak2k12k1代入上式并整理得a2k122k 1ak120，解得： ak 12k32k1(an0

27、) 即當(dāng) nk1時(shí) ， 通項(xiàng)公式也成立 由和可知 ，對所有 nn* ， an2n12n 1都成立(江蘇卷 )已知集合x 1 ，2，3，yn1， 2，3，n(n n*) ，設(shè) sn(a ，b)|a 整除 b 或 b 整除 a，ax，byn ，令f(n) 表示集合sn所含元素的個(gè)數(shù)(1)寫出 f(6)的值；(2)當(dāng) n6 時(shí)，寫出 f(n)的表達(dá)式 ，并用數(shù)學(xué)歸納法證明證明： (1)y61，2，3， 4，5，6，s6 中的元素 (a，b)滿足：若a1，則 b1，2，3，4，5，6；若 a2，則 b1，2，4，6；若 a3，則 b1，3， 6.所以 f(6) 13.當(dāng) n6 時(shí)，f(n) n2n2n

28、3， n6tn2n12n13，n6t1，n2n2n23，n6t2，n2n12n3，n6t3，n2n2n13，n6t4，n2n12n23，n6t5.(tn*) 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明： .當(dāng) n6 時(shí)，f(6)6 2626313， 結(jié)論成立； .假設(shè)nk(k6)時(shí)結(jié)論成立 ，那么nk1 時(shí)，sk 1 在 sk 的基礎(chǔ)上新增加的元素在 (1， k1)， (2，k 1)，(3，k 1)中產(chǎn)生 ，分以下情形討論：1)若 k16t，則 k6(t1)5，此時(shí)有f(k 1) f(k) 3k 2k 12k233(k1)2k12k13，結(jié)論成立；2)若 k16t1，則 k6t，此時(shí)有f(k 1) f(k) 1k

29、2k2k31(k1)2（k1） 12（k1） 13， 結(jié)論成立；3)若 k 16t2，則 k6t1，此時(shí)有f(k 1) f(k) 2 k2k12k132(k1)2k12（ k1） 23，結(jié)論成立；4)若 k 16t3，則 k6t2，此時(shí)有f(k 1)f(k) 2 k 2k2k232(k1) 2（ k1） 12k 13，結(jié)論成立；5)若 k 16t4，則 k6t3，此時(shí)有f(k 1)f(k) 2 k 2k 12k32(k1) 2k12（k1） 13，結(jié)論成立；6)若 k 16t5，則 k6t4，此時(shí)有f(k 1)f(k) 1k2k2k131(k1)2（k1） 12（ k1） 23， 結(jié)論成立綜上

30、所述 ，結(jié)論對滿足n6 的自然數(shù)n均成立1(2018 徐州模擬 )用數(shù)學(xué)歸納法證明2n2n1，n 的第一個(gè)取值應(yīng)是3. 解析： n1 時(shí)，212，2 113，2n2n1 不成立； n2 時(shí)，224，2215，2n2n1 不成立； n3 時(shí)，238，2317，2n2n1 成立 n 的第一個(gè)取值應(yīng)是 3. 2用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式1121412n112764(nn*)成立 ，其初始值至少應(yīng)取 8. 解析： 左邊 11214 12n1112n112212n1，代入驗(yàn)證可知n 的最小值是 8. 3 利用數(shù)學(xué)歸納法證明“(n 1)(n2) (nn)2n 13 (2n1)，nn*”時(shí) ，從“ nk”變到“

31、 nk1”時(shí) ，左邊應(yīng)增乘的因式是2(2k1)解析： 當(dāng) nk(k n*) 時(shí) ，左式為 (k1)(k2) (kk)；當(dāng) nk1 時(shí)，左式為(k11) (k12) (k1k 1) (k1k) (k 1k1)，則左邊應(yīng)增乘的式子是（2k1）（ 2k2）k1 2(2k1)4用數(shù)學(xué)歸納法證明：“1121312n 11)”時(shí) ， 由 nk(k1)不等式成立 ，推理 nk1 時(shí)，左邊應(yīng)增加的項(xiàng)數(shù)是2k. 解析：當(dāng) n k 時(shí) ， 要證的式子為1121312k1k；當(dāng) n k1 時(shí)，要證的式子為1121312k112k12k112k 11k1.左邊增加了2k 項(xiàng)5設(shè) s112，s2122212， ，sn

32、12 22 32 (n 1)2n2 (n1)2 2212，用數(shù)學(xué)歸納法證明snn（2n1）3時(shí)，第二步從 “k”到“ k1”應(yīng)添加的項(xiàng)為(k1)2k2. 解析： 由 s1，s2，sn 可以發(fā)現(xiàn)由nk 到 nk1 時(shí)，中間增加了兩項(xiàng)(k1)2k2(n， k n*)6如果命題p(n)對 nk(k n*) 成立 ，則它對 n k2 也成立若 p(n)對 n2 也成立，則下列結(jié)論正確的是.(填序號 ) p(n)對所有正整數(shù)n 都成立； p(n)對所有正偶數(shù)n 都成立； p(n)對所有正奇數(shù)n 都成立； p(n)對所有自然數(shù)n 都成立解析： n2 時(shí) ，nk，nk2 成立 ，n 為 2，4，6，故 n

33、為所有正偶數(shù)7設(shè) f(x) 是定義在正整數(shù)集上的函數(shù)，且 f(x) 滿足：當(dāng)f(k) k1 成立時(shí) ，總能推出 f(k1)k2 成立 ， 那么下列命題總成立的是 .(填序號 ) 若 f(1)2 成立 ，則 f(10)11 成立；若 f(3)4 成立 ，則當(dāng) k1 時(shí)，均有 f(k) k1 成立；若 f(2)3 成立 ，則 f(1) 2 成立；若 f(4)5 成立 ，則當(dāng) k4 時(shí)，均有 f(k) k1 成立解析： 當(dāng) f(k) k1 成立時(shí) ，總能推出f(k 1) k2 成立 ，說明如果當(dāng)kn 時(shí)，f(n) n 1 成立 ，那么當(dāng) kn1 時(shí)，f(n1)n2 也成立 ，所以如果當(dāng)k4 時(shí)，f(

34、4)5 成立 ，那么當(dāng) k4 時(shí)，f(k) k1 也成立8 (2018 鹽城模擬 )設(shè)數(shù)列 an 的前n項(xiàng)和為sn，且對任意的自然數(shù)n 都有 (sn1)2ansn，通過計(jì)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*. 設(shè)平面上n 個(gè)圓周最多把平面分成f(n) 片(平面區(qū)域 )， 則 f(2) 4，f(n) n2n2.(n1，n n*) 解析： 易知 2 個(gè)圓周最多把平面分成4片； n 個(gè)圓周最多把平面分成f(n)片， 再放入第n 1 個(gè)圓周 ，為使得到

35、盡可能多的平面區(qū)域 ，第 n1 個(gè)應(yīng)與前面n 個(gè)都相交且交點(diǎn)均不同 ，有 n 條公共弦 ，其端點(diǎn)把第n1 個(gè)圓周分成2n 段， 每段都把已知的某一片劃分成2 片，即 f(n1)f(n) 2n(n1)，所以 f(n) f(1) n(n1)，而 f(1)2， 從而f(n) n2n2. 10證明 3 個(gè)連續(xù)自然數(shù)的立方和(f(n)n3 (n1)3(n2)3(nn)能被 9 整除證明： 當(dāng) n0 時(shí)，不等式顯然成立，假設(shè)當(dāng)nk(k 0，k n)時(shí)不等式成立，即 k3(k1)3 (k2)3 能被 9 整除 ， 那么 ，當(dāng) nk1 時(shí)，(k1)3 (k 2)3(k3)3(k1)3(k 2)3k39k29k

36、 27(k1)3(k2)3k39(k2k3)，(k1)3(k2)3k3根據(jù)假設(shè)被9 整除 ，9(k2k3)也能被9 整除 (因?yàn)?kn)由 可知， f(n) n3(n1)3(n2)3(nn)能被 9整除11 已知點(diǎn) pn(an， bn)滿足 an1an bn1，bn1bn1 4a2n(nn*) ， 且點(diǎn) p1 的坐標(biāo)為 (1， 1)(1)求過點(diǎn) p1，p2 的直線 l 的方程；(2)試用數(shù)學(xué)歸納法證明：對于nn* ，點(diǎn) pn都在 (1)中的直線l 上解析： (1)由題意得a11，b1 1，b2 114113，a2 11313，p213，13.直線 l 的方程為y1131x1131， 即 2xy

37、1.(2)當(dāng) n1 時(shí)，2a1 b12 1(1)1 成立 假設(shè) nk(k n*) 時(shí)，2ak bk1 成立則2ak1bk12ak bk1bk1bk14a2k (2ak1)bk1 2ak12ak12ak1，當(dāng) nk1 時(shí)，2ak1bk11 也成立由 知，對于 nn*，都有 2anbn1，即點(diǎn) pn 都在直線l 上12已知f(n) 11231331431n3，g(n)3212n2，nn*. (1)當(dāng) n1，2，3 時(shí)，試比較 f(n)與 g(n)的大??；(2)猜想 f(n)與 g(n)的大小關(guān)系 ，并給出證明解析： (1)當(dāng) n1 時(shí)，f(1) 1，g(1)1，所以 f(1)g(1)；當(dāng) n2 時(shí)

38、，f(2) 98，g(2)118，所以 f(2)g(2) ；當(dāng) n3 時(shí)，f(3)251216，g(3)312216，所以 f(3)g(3) (2)由(1)，猜想f(n) g(n)，下面用數(shù)學(xué)歸納法給出證明當(dāng) n1， 2，3 時(shí) ，不等式顯然成立，假設(shè)當(dāng)n k(k3，k n*)時(shí)不等式成立，即 1123133143 1k33212k2.那么 ，當(dāng) nk1 時(shí)，f(k 1) f(k) 1（k1）33212k21（k1）3.因?yàn)?2（k1）212k21（ k1）3k32（k1）312k23k12（k1）3k20 ， 所 以f(k 1)50，所以代入y 250.6(x50)中，得到結(jié)果為31.導(dǎo)航：

39、 偽代碼； 選擇結(jié)構(gòu)6 (課本 p15 練習(xí)第 2 題)如圖是一個(gè)算法流程圖 ，則輸出的s的值為 3. 解析： 執(zhí)行循環(huán) ，得到 s11，n 3；s8，n5； s3，n 7；此時(shí)結(jié)束循環(huán)，得到 s3.導(dǎo)航： 流程圖； 循環(huán)結(jié)構(gòu)1算法通常是指對一類問題的機(jī)械的、統(tǒng)一的求解方法2流程圖是由一些圖框和流程線組成的，其中圖框表示各種操作的類型，圖框中的文字和符號表示操作的內(nèi)容，流程線表示操作的先后次序3三種基本邏輯結(jié)構(gòu)(1) 依次進(jìn)行多個(gè)處理的結(jié)構(gòu)稱為順序結(jié)構(gòu) ， 是任何一個(gè)算法都離不開的基本結(jié)構(gòu)其結(jié)構(gòu)形式為(2)選擇結(jié)構(gòu)是先根據(jù)條件作出判斷，再決定執(zhí)行哪一種操作的結(jié)構(gòu)其結(jié)構(gòu)形式為(3) 循環(huán)結(jié)構(gòu)是指

40、需要重復(fù)執(zhí)行同一操作的結(jié)構(gòu) ，需要重復(fù)執(zhí)行的同一操作稱為循環(huán)體循環(huán)結(jié)構(gòu)又分為當(dāng)型和直到型其結(jié)構(gòu)形式為4賦值語句、輸入語句、輸出語句賦值語句用符號“”表示，其一般格式是變量表達(dá)式(或變量 )，其作用是對程序中的變量賦值；輸入語句“read a，b”表示輸入的數(shù)據(jù)依次送給a， b，輸出語句 “ print x”表示輸出運(yùn)算結(jié)果x. 5算法的選擇結(jié)構(gòu)由條件語句來表達(dá)，一般是if thenelse 語句 ，其一般形式是ifathenbelsecendif. 6算法中的循環(huán)結(jié)構(gòu)，可以運(yùn)用循環(huán)語句來實(shí)現(xiàn)(1)當(dāng)循環(huán)的次數(shù)已經(jīng)確定，可用“ for”語句表示“for”語句的一般形式為for i from “初

41、值”to“終值 ”step“步長”循環(huán)體end for 說明：上面 “for”和“end for”之間縮進(jìn)的步驟稱為循環(huán)體，如果省略“ step 步長” ，那么重復(fù)循環(huán)時(shí)，i 每次增加1. (2)不論循環(huán)次數(shù)是否確定都可以用下面循環(huán)語句來實(shí)現(xiàn)循環(huán)結(jié)構(gòu)當(dāng)型和直到型兩種語句結(jié)構(gòu)當(dāng)型語句的一般格式是whilep循環(huán)體end while，直到型語句的一般格式是do循環(huán)體untilpenddo. 7復(fù)數(shù)的有關(guān)概念(1)定義：形如abi(a，br)的數(shù)叫做復(fù)數(shù) ，其中 a 叫做復(fù)數(shù)z 的實(shí)部 ，b 叫做復(fù)數(shù) z 的虛部 (i 為虛數(shù)單位 ) (2)分類：滿足條件 (a，b為實(shí)數(shù) )復(fù)數(shù)的分類abi 為實(shí)數(shù)

42、 ? b0 abi 為虛數(shù) ? b0 a6i 為純虛數(shù) ? a0 且b0 (3)復(fù)數(shù)相等： abicdi? ac 且 bd(a，b，c，dr)(4)共軛復(fù)數(shù)：a bi 與 cdi 共軛 ? ac，b d(a，b，c，dr)(5)模：向量 oz的模叫做復(fù)數(shù)zabi的模 ， 記作 |a bi|或 |z|， 即 |z| |a bi| a2b2(a，br)8復(fù)數(shù)的幾何意義復(fù)數(shù) zabi 與復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)z(a，b)及平面向量 oz(a，b)(a，br)是一一對應(yīng)關(guān)系9復(fù)數(shù)的運(yùn)算(1)運(yùn)算法則： 設(shè) z1a bi，z2cdi，a，b，c，dr答案： (a c) (b d)i(acbd) (bcad)iac

43、 bdc2 d2bcadc2d2i (2)幾何意義： 復(fù)數(shù)加減法可按向量的平行四邊形或三角形法則進(jìn)行如圖給出的平行四邊形oz1zz2 可以直觀地反映出復(fù)數(shù)加減法的幾何意義， 即ozoz1oz2， z1z2oz2oz1. 例1若復(fù)數(shù) z 滿足 (2i)z 4 3i (i 為虛數(shù)單位 )，則|z|5. 解析： |z|43i2i|43i|2i|555，則|z|5. 【跟蹤反饋】1若復(fù)數(shù)zi(32i)(i是虛數(shù)單位 )，則 z 的虛部為3. 解析： z 23i，則 z 的虛部為 3. 2(2018 常州零模 )若復(fù)數(shù)z 滿足z 2i|z|21(其中 i 為虛數(shù)單位 )，則|z| 1. 解析： |z 2i|z|21 ，|z| |2i|z|21，所以 |z| 2|z|21，|z|1.例2運(yùn)行如圖所示的偽代碼，則輸出的結(jié)果 s 為 9. s1 i1 while i6 a ab b ab ii2 end while print b 解析： 進(jìn)入循環(huán)后 ，a1，b11，i4；a12，b 32，i 6；a35，b85， i8，此時(shí)跳出循環(huán)4運(yùn)行如圖所示的偽代碼， 其結(jié)果為17. s1 for i from 1 to 7 step 2 ssi end for pr