推理證明算法復(fù)數(shù)復(fù)習(xí)資料

1、第3講程序框圖與算法語句【高考會(huì)這樣考】1程序框圖作為計(jì)算機(jī)科學(xué)的基礎(chǔ)，是歷年來高考的一個(gè)必考點(diǎn)，多以選擇、填空題的形式出現(xiàn)，一般中檔偏易，多與分段函數(shù)、數(shù)列、統(tǒng)計(jì)等綜合考查2重點(diǎn)考查程序框圖的應(yīng)用，有時(shí)也考查基本的算法語句注重程序框圖的輸出功能、程序框圖的補(bǔ)充，以及算法思想和基本的運(yùn)算能力、邏輯思維能力的考查【復(fù)習(xí)指導(dǎo)】1本講復(fù)習(xí)時(shí)，準(zhǔn)確理解算法的基本概念、理解程序框圖的含義和作用是解題的關(guān)鍵，所以復(fù)習(xí)時(shí)要立足雙基，抓好基礎(chǔ)，對算法語句的復(fù)習(xí)不需過難，僅需理解幾種基本的算法語句2復(fù)習(xí)算法的重點(diǎn)應(yīng)放在讀懂程序框圖上，尤其要重視循環(huán)結(jié)構(gòu)的程序框圖，弄清當(dāng)型與直到型循環(huán)結(jié)構(gòu)的區(qū)別，以及進(jìn)入、退出循

2、環(huán)的條件、循環(huán)的次數(shù)基礎(chǔ)梳理1算法通常是指可以用計(jì)算機(jī)來解決的某一類問題的程序或步驟，這些程序或步驟必須是明確和有效的，而且能夠在有限步之內(nèi)完成2程序框圖又稱流程圖，是一種用規(guī)定的圖形、指向線及文字說明來準(zhǔn)確、直觀地表示算法的圖形通常程序框圖由程序框和流程線組成，一個(gè)或幾個(gè)程序框的組合表示算法中的一個(gè)步驟，流程線帶方向箭頭，按照算法進(jìn)行的順序?qū)⒊绦蚩蜻B接起來3三種基本邏輯結(jié)構(gòu)(1)順序結(jié)構(gòu)是由若干個(gè)依次執(zhí)行的處理步驟組成的，這是任何一個(gè)算法都離不開的基本結(jié)構(gòu)其結(jié)構(gòu)形式為(2)條件結(jié)構(gòu)是指算法的流程根據(jù)給定的條件是否成立而選擇執(zhí)行不同的流向的結(jié)構(gòu)形式其結(jié)構(gòu)形式為(3)循環(huán)結(jié)構(gòu)是指從某處開始，按照

3、一定條件反復(fù)執(zhí)行處理某一步驟的情況反復(fù)執(zhí)行的處理步驟稱為循環(huán)體循環(huán)結(jié)構(gòu)又分為當(dāng)型(WHILE型)和直到型(UNTIL型)其結(jié)構(gòu)形式為4輸入語句、輸出語句、賦值語句的格式與功能語句一般格式功能輸入語句INPUT“提示內(nèi)容”；變量輸入信息輸出語句PRINT“提示內(nèi)容”；表達(dá)式輸出常量、變量的值和系統(tǒng)信息賦值語句變量表達(dá)式將表達(dá)式代表的值賦給變量5.條件語句(1)程序框圖中的條件結(jié)構(gòu)與條件語句相對應(yīng)(2)條件語句的格式及框圖IFTHEN格式IFTHENELSE格式6循環(huán)語句(1)程序框圖中的循環(huán)結(jié)構(gòu)與循環(huán)語句相對應(yīng)(2)循環(huán)語句的格式及框圖UNTIL語句WHILE語句一條規(guī)律順序結(jié)構(gòu)、循環(huán)結(jié)構(gòu)和條件

4、結(jié)構(gòu)的關(guān)系順序結(jié)構(gòu)是每個(gè)算法結(jié)構(gòu)都含有的，而對于循環(huán)結(jié)構(gòu)有重復(fù)性，條件結(jié)構(gòu)具有選擇性沒有重復(fù)性，并且循環(huán)結(jié)構(gòu)中必定包含一個(gè)條件結(jié)構(gòu)，用于確定何時(shí)終止循環(huán)體循環(huán)結(jié)構(gòu)和條件結(jié)構(gòu)都含有順序結(jié)構(gòu)兩個(gè)注意(1)利用循環(huán)結(jié)構(gòu)表示算法，第一要先確定是利用當(dāng)型循環(huán)結(jié)構(gòu)，還是直到型循環(huán)結(jié)構(gòu)；第二要選擇準(zhǔn)確的表示累計(jì)的變量；第三要注意在哪一步開始循環(huán)，滿足什么條件不再執(zhí)行循環(huán)體(2)關(guān)于賦值語句，有以下幾點(diǎn)需要注意：賦值號左邊只能是變量名字，而不是表達(dá)式，例如3m是錯(cuò)誤的賦值號左右不能對換，賦值語句是將賦值號右邊的表達(dá)式的值賦給賦值號左邊的變量，例如Yx，表示用x的值替代變量Y的原先的取值，不能改寫為xY.因?yàn)楹?/p>

5、者表示用Y的值替代變量x的值在一個(gè)賦值語句中只能給一個(gè)變量賦值，不能出現(xiàn)一個(gè)或多個(gè)“”雙基自測1(人教A版教材習(xí)題改編)關(guān)于程序框圖的圖形符號的理解，正確的有()任何一個(gè)程序框圖都必須有起止框；輸入框只能在開始框之后，輸出框只能放在結(jié)束框之前；判斷框是唯一具有超過一個(gè)退出點(diǎn)的圖形符號；對于一個(gè)程序框圖來說，判斷框內(nèi)的條件是唯一的A1個(gè) B2個(gè) C3個(gè) D4個(gè)解析任何一個(gè)程序都有開始和結(jié)束，因而必須有起止框；輸入和輸出可以放在算法中任何需要輸入、輸出的位置；判斷框內(nèi)的條件不是唯一的，如ab，亦可寫為ab.故只有對答案B2.程序框圖如圖所示：如果輸入x5，則輸出結(jié)果為()A109 B325C973

6、 D2 917解析第1次運(yùn)行后，x53213200，第2次運(yùn)行后，x133237200，第3次運(yùn)行后，x3732109200，第4次運(yùn)行后，x10932325200，故輸出結(jié)果為325.答案B3.當(dāng)a1，b3時(shí)，執(zhí)行完如圖的一段程序后x的值是()A1 B3C4 D2解析13，x134.答案C4(2011天津)閱讀下邊的程序框圖，運(yùn)行相應(yīng)的程序，則輸出i的值為()A3 B4 C5 D6解析因?yàn)樵摮绦蚩驁D執(zhí)行4次后結(jié)束，所以輸出的i的值等于4，故選擇B.答案B5(2011湖南)若執(zhí)行如圖所示的框圖，輸入x11，x22，x33，eq xto(x)2，則輸出的數(shù)等于_解析算法的功能是求解三個(gè)數(shù)x1，x

7、2，x3的方差，輸出的是Seq f(122222322,3)eq f(2,3).答案eq f(2,3)考向一算法的設(shè)計(jì)【例1】已知點(diǎn)P(x0，y0)和直線l：AxByC0，求點(diǎn)P(x0，y0)到直線l的距離d，寫出其算法并畫出程序框圖審題視點(diǎn) 利用點(diǎn)到直線的距離公式可寫出算法，而程序框圖利用順序結(jié)構(gòu)比較簡單解算法如下： 程序框圖：第一步，輸入x0，y0及直線方程的系數(shù)A，B，C.第二步，計(jì)算Z1Ax0By0C.第三步，計(jì)算Z2A2B2.第四步，計(jì)算deq f(|Z1|,r(Z2).第五步，輸出d. 給出一個(gè)問題，設(shè)計(jì)算法應(yīng)注意：(1)認(rèn)真分析問題，聯(lián)系解決此問題的一般數(shù)學(xué)方法；(2)綜合考慮此

8、類問題中可能涉及的各種情況；(3)將解決問題的過程劃分為若干個(gè)步驟；(4)用簡練的語言將各個(gè)步驟表示出來【訓(xùn)練1】 已知函數(shù)yeq blcrc (avs4alco1(2，x0，,0，x0，,2，x0，)寫出求該函數(shù)函數(shù)值的算法及程序框圖解算法如下：第一步，輸入x.第二步，如果x0，則y2；如果x0，則y0；如果x0，則y2.第三步，輸出函數(shù)值y.相應(yīng)的程序框圖如圖所示考向二基本邏輯結(jié)構(gòu)【例2】(1)(2011福建)閱讀下圖所示的程序框圖，運(yùn)行相應(yīng)的程序，輸出的結(jié)果是()A3 B11 C38 D123(2)(2010北京)已知函數(shù)yeq blcrc (avs4alco1(log2x，x2，,2x

9、，x2.)如圖表示的是給定x的值，求其對應(yīng)的函數(shù)值y的程序框圖處應(yīng)填寫_；處應(yīng)填寫_審題視點(diǎn) (1)注意循環(huán)結(jié)構(gòu)的三個(gè)方面：循環(huán)變量和初始條件、循環(huán)體、終止條件；(2)為分段函數(shù)的條件結(jié)構(gòu)解析(1)a110，a122310，a3221110.故輸出結(jié)果為11.(2)由框圖可知只要滿足中的條件則對應(yīng)的函數(shù)解析式為y2x，故此處應(yīng)填寫x2，則處應(yīng)填寫ylog2x.答案(1)B(2)x2？ylog2x 算法與程序框圖是算法初步的核心，其中條件結(jié)構(gòu)與循環(huán)結(jié)構(gòu)是高考命題的重點(diǎn)，尤其是循環(huán)結(jié)構(gòu)的程序框圖是歷年命題的熱點(diǎn)要注意初始值的變化，分清計(jì)數(shù)變量與累加(乘)變量，掌握循環(huán)體等關(guān)鍵環(huán)節(jié)【訓(xùn)練2】 (20

10、11遼寧)執(zhí)行右面的程序框圖，如果輸入的n是4，則輸出的p是()A8 B5C3 D2解析第一次運(yùn)行：p1，s1，t1，k2；第二次運(yùn)行：p2，s1，t2，k3；第三次運(yùn)行：p3，s2，t3，k4，不滿足k0)觀察：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)，根據(jù)以上事實(shí)，由歸納推理可得：當(dāng)nN*且n2時(shí)，fn(x)f(fn1(x)_.解析根據(jù)題意知，分子都是x，分母中的常數(shù)項(xiàng)依次是2,4,8,16，可知fn(x)的分母中常數(shù)項(xiàng)為2n，分母中x的系數(shù)為2

11、n1，故fn(x)eq f(x,2n1x2n).答案eq f(x,2n1x2n).考向一歸納推理【例1】觀察下列等式：可以推測：132333n3_(nN*，用含有n的代數(shù)式表示)審題視點(diǎn) 第二列的右端分別是12,32,62,102,152，與第一列比較可得解析第二列等式的右端分別是11,33,66,1010,1515，1,3,6,10,15，第n項(xiàng)an與第n1項(xiàng)an1(n2)的差為：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 所謂歸納，就是由特殊到一般，因此在歸納時(shí)就要分析所給條件之間的變化規(guī)律，從而得到一般結(jié)論【訓(xùn)練1】 已知經(jīng)過計(jì)算和驗(yàn)證有下列正確的不等式：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)，根據(jù)以上不等式的規(guī)律，請寫出一個(gè)對正實(shí)數(shù)m，n都成立的條件不等式_解析觀察所給不等式可以發(fā)現(xiàn)：不等式左邊兩個(gè)根式的被開方數(shù)的和等于20，不等式的右邊都是2eq r(10)，因此對正實(shí)數(shù)m，n都成立的條件不等式是：若m，nR，則當(dāng)mn20時(shí)，有eq r(m)eq

13、r(n)2eq r(10).答案若m，nR，則當(dāng)mn20時(shí)，有eq r(m)eq r(n)2eq r(10)考向二類比推理【例2】在平面幾何里，有“若ABC的三邊長分別為a，b，c，內(nèi)切圓半徑為r，則三角形面積為SABCeq f(1,2)(abc)r”，拓展到空間，類比上述結(jié)論，“若四面體ABCD的四個(gè)面的面積分別為S1，S2，S3，S4，內(nèi)切球的半徑為r，則四面體的體積為_”審題視點(diǎn) 注意發(fā)現(xiàn)其中的規(guī)律總結(jié)出共性加以推廣，或?qū)⒔Y(jié)論類比到其他方面，得出結(jié)論解析三角形的面積類比為四面體的體積，三角形的邊長類比為四面體四個(gè)面的面積，內(nèi)切圓半徑類比為內(nèi)切球的半徑二維圖形中eq f(1,2)類比為三維

14、圖形中的eq f(1,3)，得V四面體ABCDeq f(1,3)(S1S2S3S4)r.答案V四面體ABCDeq f(1,3)(S1S2S3S4)r. (1)類比是從已經(jīng)掌握了的事物的屬性，推測正在研究的事物的屬性，是以舊有的認(rèn)識為基礎(chǔ)，類比出新的結(jié)果；(2)類比是從一種事物的特殊屬性推測另一種事物的特殊屬性；(3)類比的結(jié)果是猜測性的，不一定可靠，但它卻有發(fā)現(xiàn)的功能【訓(xùn)練2】 已知命題：“若數(shù)列an為等差數(shù)列，且ama，anb(mn，m，nN*)，則amneq f(bnam,nm)”現(xiàn)已知數(shù)列bn(bn0，nN*)為等比數(shù)列，且bma，bnb(mn，m，nN*)，若類比上述結(jié)論，則可得到bm

15、n_.答案aeq blc(rc)(avs4alco1(f(b,a)eq f(n,nm)考向三演繹推理【例3】數(shù)列an的前n項(xiàng)和記為Sn，已知a11，an1eq f(n2,n)Sn(nN)證明：(1)數(shù)列eq blcrc(avs4alco1(f(Sn,n)是等比數(shù)列；(2)Sn14an.審題視點(diǎn) 在推理論證過程中，一些稍復(fù)雜一點(diǎn)的證明題常常要由幾個(gè)三段論才能完成大前提通常省略不寫，或者寫在結(jié)論后面的括號內(nèi)，小前提有時(shí)也可以省略，而采取某種簡明的推理模式證明(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為公比，1為首項(xiàng)的等比數(shù)列(結(jié)論)(大前提是等比數(shù)列的定義，這里省略了)(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)對于任意正整數(shù)n，都有Sn14an.(結(jié)論)(第(2)問的大前提是第(1)問的結(jié)論以及題中的已知條件) 演繹推理是從一般到特殊的推理；其一般形式是三段論，應(yīng)用三段論解決問題時(shí)，應(yīng)當(dāng)首先明確什么是大前提和小前提，如

17、果前提是顯然的，則可以省略【訓(xùn)練3】 已知函數(shù)f(x)eq f( 2x1,2x1)(xR)(1)判定函數(shù)f(x)的奇偶性；(2)判定函數(shù)f(x)在R上的單調(diào)性，并證明解(1)對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)是奇函數(shù)(2)法一f(x)在R上單調(diào)遞增，證明如下：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上為單調(diào)遞增函數(shù)法二f(x)eq f(2x1ln x,2x12)0f(x)在R上為單調(diào)遞增函數(shù)難點(diǎn)突破25高考中歸納推理與類比推理問題的求解策略從近兩年新課標(biāo)高考試題可以看出高考對歸納推理與類比推理的考查主要以填空題的形式出現(xiàn)，難度為中等，常常以不等式、立體幾何、解析幾何、函數(shù)、數(shù)列等為載體來考查歸納推理與類比推理一、歸納推理【示例】 (2011陜西)觀察下列等式11234934567254567891049照此規(guī)律，第五個(gè)等式應(yīng)為_二、類比推理【示例】 設(shè)等差數(shù)列an的前

19、n項(xiàng)和為Sn，則S4，S8S4，S12S8，S16S12成等差數(shù)列類比以上結(jié)論有：設(shè)等比數(shù)列bn的前n項(xiàng)積為Tn，則T4，_，_，eq f(T16,T12)成等比數(shù)列第2講直接證明與間接證明【高考會(huì)這樣考】1在歷年的高考中，證明方法是?？純?nèi)容，考查的主要方式是對它們原理的理解和用法難度多為中檔題，也有高檔題2從考查形式上看，主要以不等式、立體幾何、解析幾何、函數(shù)與方程、數(shù)列等知識為載體，考查綜合法、分析法、反證法等方法【復(fù)習(xí)指導(dǎo)】在備考中，對本部分的內(nèi)容，要抓住關(guān)鍵，即分析法、綜合法、反證法，要搞清三種方法的特點(diǎn)，把握三種方法在解決問題中的一般步驟，熟悉三種方法適用于解決的問題的類型，同時(shí)也要

20、加強(qiáng)訓(xùn)練，達(dá)到熟能生巧，有效運(yùn)用它們的目的基礎(chǔ)梳理1直接證明(1)綜合法定義：利用已知條件和某些數(shù)學(xué)定義、公理、定理等，經(jīng)過一系列的推理論證，最后推導(dǎo)出所要證明的結(jié)論成立，這種證明方法叫做綜合法框圖表示：eq x(PQ1)eq x(Q1Q2)eq x(Q2Q3)eq x(QnQ)(其中P表示已知條件、已有的定義、公理、定理等，Q表示要證的結(jié)論)(2)分析法定義：從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最后，把要證明的結(jié)論歸結(jié)為判定一個(gè)明顯成立的條件(已知條件、定理、定義、公理等)為止這種證明方法叫做分析法框圖表示：eq x(QP1)eq x(P1P2)eq x(P2P3)eq x(

21、得到一個(gè)明顯成立的條件).2間接證明一般地，由證明pq轉(zhuǎn)向證明：綈qrt.t與假設(shè)矛盾，或與某個(gè)真命題矛盾從而判定綈q為假，推出q為真的方法，叫做反證法一個(gè)關(guān)系綜合法與分析法的關(guān)系分析法與綜合法相輔相成，對較復(fù)雜的問題，常常先從結(jié)論進(jìn)行分析，尋求結(jié)論與條件、基礎(chǔ)知識之間的關(guān)系，找到解決問題的思路，再運(yùn)用綜合法證明，或者在證明時(shí)將兩種方法交叉使用兩個(gè)防范(1)利用反證法證明數(shù)學(xué)問題時(shí)，要假設(shè)結(jié)論錯(cuò)誤，并用假設(shè)命題進(jìn)行推理，沒有用假設(shè)命題推理而推出矛盾結(jié)果，其推理過程是錯(cuò)誤的(2)用分析法證明數(shù)學(xué)問題時(shí)，要注意書寫格式的規(guī)范性，常常用“要證(欲證)”“即要證”“就要證”等分析到一個(gè)明顯成立的結(jié)論P(yáng)

22、，再說明所要證明的數(shù)學(xué)問題成立雙基自測1(人教A版教材習(xí)題改編)peq r(ab)eq r(cd)，qeq r(manc)eq r(f(b,m)f(d,n)(m、n、a、b、c、d均為正數(shù))，則p、q的大小為()Apq Bpq Cpq D不確定解析q eq r(abf(mad,n)f(nbc,m)cd)eq r(ab2r(abcd)cd)eq r(ab)eq r(cd)p，當(dāng)且僅當(dāng)eq f(mad,n)eq f(abc,m)時(shí)取等號答案B2設(shè)alg 2lg 5，bex(x0)，則a與b大小關(guān)系為()Aab BabCab Dab解析alg 2lg 51，bex，當(dāng)x0時(shí)，0b1.ab.答案A3否

23、定“自然數(shù)a，b，c中恰有一個(gè)偶數(shù)”時(shí)，正確的反設(shè)為()Aa，b，c都是奇數(shù)Ba，b，c都是偶數(shù)Ca，b，c中至少有兩個(gè)偶數(shù)Da，b，c中至少有兩個(gè)偶數(shù)或都是奇數(shù)解析a，b，c恰有一個(gè)偶數(shù)，即a，b，c中只有一個(gè)偶數(shù)，其反面是有兩個(gè)或兩個(gè)以上偶數(shù)或沒有一個(gè)偶數(shù)即全都是奇數(shù)，故只有D正確答案D4(2012廣州調(diào)研)設(shè)a、bR，若a|b|0，則下列不等式中正確的是()Aba0 Ba3b30 Ca2b20 Dba0解析a|b|0，|b|a，a0，aba，ba0.答案D5在用反證法證明數(shù)學(xué)命題時(shí)，如果原命題的否定事項(xiàng)不止一個(gè)時(shí)，必須將結(jié)論的否定情況逐一駁倒，才能肯定原命題的正確例如：在ABC中，若AB

24、AC，P是ABC內(nèi)一點(diǎn)，APBAPC，求證：BAPCAP，用反證法證明時(shí)應(yīng)分：假設(shè)_和_兩類答案BAPCAPBAPCAP考向一綜合法的應(yīng)用【例1】設(shè)a，b，c0，證明：eq f(a2,b)eq f(b2,c)eq f(c2,a)abc.審題視點(diǎn) 用綜合法證明，可考慮運(yùn)用基本不等式證明a，b，c0，根據(jù)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)當(dāng)且僅當(dāng)abc時(shí)取等號即eq f(a2,b)eq f(b2,c)eq f(c2,a)abc. 綜合法是一種由因?qū)?/p>

25、果的證明方法，即由已知條件出發(fā)，推導(dǎo)出所要證明的等式或不等式成立因此，綜合法又叫做順推證法或由因?qū)Чㄆ溥壿嬕罁?jù)是三段論式的演繹推理方法，這就要保證前提正確，推理合乎規(guī)律，才能保證結(jié)論的正確性【訓(xùn)練1】 設(shè)a，b為互不相等的正數(shù)，且ab1，證明：eq f(1,a)eq f(1,b)4.證明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與b不相等故eq f(1,a)eq f(1,b)4.考向二分析法的應(yīng)用【例2】已知m0，a，bR，求證：eq blc(rc)(avs4alco1(f(

26、amb,1m)2eq f(a2mb2,1m).審題視點(diǎn) 先去分母，合并同類項(xiàng)，化成積式證明m0，1m0.所以要證原不等式成立，只需證明(amb)2(1m)(a2mb2)，即證m(a22abb2)0，即證(ab)20，而(ab)20顯然成立，故原不等式得證 逆向思考是用分析法證題的主要思想，通過反推，逐步尋找使結(jié)論成立的充分條件，正確把握轉(zhuǎn)化方向是使問題順利獲解的關(guān)鍵【訓(xùn)練2】 已知a，b，m都是正數(shù)，且ab.求證：eq f(am,bm)eq f(a,b).證明要證明eq f(am,bm)eq f(a,b)，由于a，b，m都是正數(shù)，只需證a(bm)b(am)，只需證ambm，由于m0，所以，只需

27、證ab.已知ab，所以原不等式成立(說明：本題還可用作差比較法、綜合法、反證法)考向三反證法的應(yīng)用【例3】已知函數(shù)f(x)axeq f(x2,x1)(a1)(1)證明：函數(shù)f(x)在(1，)上為增函數(shù)(2)用反證法證明f(x)0沒有負(fù)根審題視點(diǎn) 第(1)問用單調(diào)增函數(shù)的定義證明；第(2)問假設(shè)存在x00后，應(yīng)推導(dǎo)出x0的范圍與x00矛盾即可證明(1)法一任取x1，x2(1，)，不妨設(shè)x1x2，則x2x10，ax2x11，且ax10.所以ax2ax1ax1(ax2x11)0.又因?yàn)閤110，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，故函數(shù)f(x)在(1，)上為增函數(shù)法二f(x)axln aeq f(3,x12)0，f(x)在(1，)上為增函數(shù)(2)假設(shè)存在x00(x01)滿足f(x0)0，則ax0eq f(x02,x01)，又0ax01，所以0eq f(x02,x01)1，即eq f(1,2)x02，與x00(x01)假設(shè)矛盾故f(x0)0沒有負(fù)根 當(dāng)一個(gè)命題的結(jié)論是以“至多”，“至少”、“唯一”或以否定形式出現(xiàn)時(shí)，宜用反證法來證，反證法的關(guān)鍵是在正確的推理下得出矛盾，矛盾可以是：

29、與已知條件矛盾；與假設(shè)矛盾；與定義、公理、定理矛盾；與事實(shí)矛盾等方面，反證法常常是解決某些“疑難”問題的有力工具，是數(shù)學(xué)證明中的一件有力武器【訓(xùn)練3】 已知a，b為非零向量，且a，b不平行，求證：向量ab與ab不平行證明假設(shè)向量ab與ab平行，即存在實(shí)數(shù)使ab(ab)成立，則(1)a(1)b0，a，b不平行，eq blcrc (avs4alco1(10，,10，)得eq blcrc (avs4alco1(1，,1，)所以方程組無解，故假設(shè)不成立，故原命題成立規(guī)范解答24怎樣用反證法證明問題【問題研究】 反證法是主要的間接證明方法，其基本特點(diǎn)是反設(shè)結(jié)論，導(dǎo)出矛盾，當(dāng)問題從正面證明無法入手時(shí)，就可

30、以考慮使用反證法進(jìn)行證明.在高考中，對反證法的考查往往是在試題中某個(gè)重要的步驟進(jìn)行.【解決方案】 首先反設(shè)，且反設(shè)必須恰當(dāng)，然后再推理、得出矛盾，最后肯定.【示例】(本題滿分12分)(2011安徽)設(shè)直線l1：yk1x1，l2：yk2x1，其中實(shí)數(shù)k1，k2滿足k1k220.(1)證明l1與l2相交；(2)證明l1與l2的交點(diǎn)在橢圓2x2y21上 第(1)問采用反證法，第(2)問解l1與l2的交點(diǎn)坐標(biāo)，代入橢圓方程驗(yàn)證解答示范 證明(1)假設(shè)l1與l2不相交，則l1與l2平行或重合，有k1k2，(2分)代入k1k220，得keq oal(2,1)20.(4分)這與k1為實(shí)數(shù)的事實(shí)相矛盾，從而k

31、1k2，即l1與l2相交(6分)(2)由方程組eq blcrc (avs4alco1(yk1x1，,yk2x1，)解得交點(diǎn)P的坐標(biāo)(x，y)為eq blcrc (avs4alco1(xf(2,k2k1)，,yf(k2k1,k2k1).)(9分)從而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、交點(diǎn)P(x，y)在橢圓2x2y21上(12分) 用反證法證明不等式要把握三點(diǎn)：(1)必須先否定結(jié)論，即肯定結(jié)論的反面；(2)必須從否定結(jié)論進(jìn)行推理，即應(yīng)把結(jié)論的反面作為條件，且必須依據(jù)這一條件進(jìn)行推證；(3)推導(dǎo)出的矛盾可能多種多樣，有的與已知矛盾，有的與假設(shè)矛盾，有的與已知事實(shí)矛盾等，但是推導(dǎo)出的矛盾必須是明顯的【試一試】 已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足anSn2.(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)求證數(shù)列an中不存在三項(xiàng)按原來順序成等差數(shù)列嘗試解答(1)當(dāng)n1時(shí)，a1S12a12，則a11.又anSn2，所以an1Sn12，兩式相減得an1eq f(1,2)an，所以an是首項(xiàng)為1，

33、公比為eq f(1,2)的等比數(shù)列，所以aneq f(1,2n1).(2)反證法：假設(shè)存在三項(xiàng)按原來順序成等差數(shù)列，記為ap1，aq1，ar1(pqr，且p，q，rN*)，則2eq f(1,2q)eq f(1,2p)eq f(1,2r)，所以22rq2rp1.又因?yàn)閜qr，所以rq，rpN*.所以式左邊是偶數(shù)，右邊是奇數(shù)，等式不成立，所以假設(shè)不成立，原命題得證第4講數(shù)學(xué)歸納法【高考會(huì)這樣考】1數(shù)學(xué)歸納法的原理及其步驟2能用數(shù)學(xué)歸納法證明一些簡單的數(shù)學(xué)命題【復(fù)習(xí)指導(dǎo)】復(fù)習(xí)時(shí)要抓住數(shù)學(xué)歸納法證明命題的原理，明晰其內(nèi)在的聯(lián)系，把握數(shù)學(xué)歸納法證明命題的一般步驟，熟知每一步之間的區(qū)別聯(lián)系，熟悉數(shù)學(xué)歸納法

34、在證明命題中的應(yīng)用技巧基礎(chǔ)梳理1歸納法由一系列有限的特殊事例得出一般結(jié)論的推理方法，通常叫做歸納法根據(jù)推理過程中考查的對象是涉及事物的全體或部分可分為完全歸納法和不完全歸納法2數(shù)學(xué)歸納法(1)數(shù)學(xué)歸納法：設(shè)Pn是一個(gè)與正整數(shù)相關(guān)的命題集合，如果：證明起始命題P1(或P0)成立；在假設(shè)Pk成立的前提下，推出Pk1也成立，那么可以斷定Pn對一切正整數(shù)成立(2)用數(shù)學(xué)歸納法證明一個(gè)與正整數(shù)有關(guān)的命題時(shí)，其步驟為：歸納奠基：證明當(dāng)取第一個(gè)自然數(shù)n0時(shí)命題成立；歸納遞推：假設(shè)nk，(kN*，kn0)時(shí)，命題成立，證明當(dāng)nk1時(shí)，命題成立；由得出結(jié)論 兩個(gè)防范數(shù)學(xué)歸納法是一種只適用于與正整數(shù)有關(guān)的命題的證

35、明方法，第一步是遞推的“基礎(chǔ)”，第二步是遞推的“依據(jù)”，兩個(gè)步驟缺一不可，在證明過程中要防范以下兩點(diǎn)：第一步驗(yàn)證nn0時(shí)，n0不一定為1，要根據(jù)題目要求選擇合適的起始值(2)第二步中，歸納假設(shè)起著“已知條件”的作用，在證明nk1時(shí)，命題也成立的過程中一定要用到它，否則就不是數(shù)學(xué)歸納法第二步關(guān)鍵是“一湊假設(shè)，二湊結(jié)論”三個(gè)注意運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法應(yīng)注意以下三點(diǎn)：(1)nn0時(shí)成立，要弄清楚命題的含義(2)由假設(shè)nk成立證nk1時(shí)，要推導(dǎo)詳實(shí)，并且一定要運(yùn)用nk成立的結(jié)論(3)要注意nk到nk1時(shí)增加的項(xiàng)數(shù)雙基自測1在應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法證明凸n邊形的對角線為eq f(1,2)n(n3)條時(shí)，第一步檢驗(yàn)第一個(gè)

36、值n0 等于()A1 B2 C3 D0解析邊數(shù)最少的凸n邊形是三角形答案C2利用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式1eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,2n1)f(n)(n2，nN*)的過程，由nk到nk1時(shí)，左邊增加了()A1項(xiàng) Bk項(xiàng) C2k1項(xiàng) D2k項(xiàng)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項(xiàng)，故選D.答案D3用數(shù)學(xué)歸納法證明：“1aa2an1eq f(1an2,1a)(a1，nN*)”在驗(yàn)證n1時(shí)

37、，左端計(jì)算所得的項(xiàng)為()A1 B1a C1aa2 D1aa2a3答案C4某個(gè)命題與自然數(shù)n有關(guān)，若nk(kN*)時(shí)命題成立，那么可推得當(dāng)nk1時(shí)該命題也成立，現(xiàn)已知n5時(shí)，該命題不成立，那么可以推得()An6時(shí)該命題不成立 Bn6時(shí)該命題成立Cn4時(shí)該命題不成立 Dn4時(shí)該命題成立解析法一由nk(kN*)成立，可推得當(dāng)nk1時(shí)該命題也成立因而若n4成立，必有n5成立現(xiàn)知n5不成立，所以n4一定不成立法二其逆否命題“若當(dāng)nk1時(shí)該命題不成立，則當(dāng)nk時(shí)也不成立”為真，故“n5時(shí)不成立”“n4時(shí)不成立”答案C5用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式eq f(1,n1)eq f(1,n2)eq f(1,nn)eq

38、f(13,24)的過程中，由nk推導(dǎo)nk1時(shí)，不等式的左邊增加的式子是_解析不等式的左邊增加的式子是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)考向一用數(shù)學(xué)歸納法證明等式【例1】用數(shù)學(xué)歸納法證明：tan tan 2tan 2tan 3tan(n1)tan neq f(tan n,tan )n(nN*，n2)審題視點(diǎn) 注意第一步驗(yàn)證的值，在第二步推理證明時(shí)要注意把假設(shè)作為已知證明(1)當(dāng)n2時(shí)，右邊eq f(tan 2,tan )2eq f(2,1tan2)2eq f(2tan2,

39、1tan2)tan tan 2左邊，等式成立(2)假設(shè)當(dāng)nk(kN*且k2)時(shí)，等式成立，即tan tan 2tan 2tan 3tan(k1)tan keq f(tan k,tan )k，那么當(dāng)nk1時(shí)，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)這就是說，當(dāng)nk1時(shí)等式也成立由(1)(2)知，對任何nN

40、*且n2，原等式成立 用數(shù)學(xué)歸納法證明等式時(shí)，要注意第(1)步中驗(yàn)證n0的值，如本題要取n02，在第(2)步的證明中應(yīng)在歸納假設(shè)的基礎(chǔ)上正確地使用正切的差角公式【訓(xùn)練1】 用數(shù)學(xué)歸納法證明：對任意的nN*，eq f(1,13)eq f(1,35)eq f(1,2n12n1)eq f(n,2n1).證明(1)當(dāng)n1時(shí)，左邊eq f(1,13)eq f(1,3)，右邊eq f(1,211)eq f(1,3)，左邊右邊，所以等式成立(2)假設(shè)當(dāng)nk(kN*且k1)時(shí)等式成立，即有eq f(1,13)eq f(1,35)eq f(1,2k12k1)eq f(k,2k1)，則當(dāng)nk1時(shí)，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)，所以當(dāng)nk1時(shí)，等式也成立由(1)(2)可知，對一切nN*等式都成立考向二用數(shù)學(xué)歸納法證明整除問題【例2】是否存在正整數(shù)m使得f(n)(2n7)3n9對任意自然數(shù)n都能被m整除，若存在，求出最大的m的值，并證明你的結(jié)論；若不存在，說明理由審題視點(diǎn) 觀察所給函數(shù)式，湊出推理要證明所需的項(xiàng)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.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：(1)當(dāng)n1時(shí)，顯然成立；(2)假設(shè)nk(kN*且k1)時(shí)，f(k)能被36整除，即f(k)(2k7)3k9能被36整除；當(dāng)nk1時(shí)，2(k1)73k19(2k7)3k1272723k193(2k7)3k918(3k11)，由于3k11是2的倍數(shù)，故18(3k11)能被36整除，這就是說，當(dāng)nk1時(shí)，f(n)也能被36整除由(1)(2)可知對一切正整數(shù)n都有f(n)(2n7)3n9能被36整除，m的最大值為36. 證明整除問題的關(guān)鍵“湊項(xiàng)”，而采用增項(xiàng)、減項(xiàng)、拆項(xiàng)和因式分解等手段，湊出nk時(shí)的情形，從而利用歸納假設(shè)

43、使問題獲證【訓(xùn)練2】 用數(shù)學(xué)歸納法證明an1(a1)2n1(nN*)能被a2a1整除證明(1)當(dāng)n1時(shí)，a2(a1)a2a1可被a2a1整除(2)假設(shè)nk(kN*且k1)時(shí)，ak1(a1)2k1能被a2a1整除，則當(dāng)nk1時(shí)，ak2(a1)2k1aak1(a1)2(a1)2k1aak1a(a1)2k1(a2a1)(a1)2k1aak1(a1)2k1(a2a1)(a1)2k1，由假設(shè)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時(shí)命題也成立，對任意nN*原命題成立考向三用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式【例3】用數(shù)學(xué)

44、歸納法證明：對一切大于1的自然數(shù)，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)均成立審題視點(diǎn) 本題用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式，在推理過程中用放縮法，要注意放縮的“度”證明(1)當(dāng)n2時(shí)，左邊1eq f(1,3)eq f(4,3)；右邊eq f(r(5),2).左邊右邊，不等式成立(2)假設(shè)nk(k2，且kN*)時(shí)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).則當(dāng)nk1時(shí)，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).當(dāng)nk1

46、時(shí)，不等式也成立由(1)(2)知，對于一切大于1的自然數(shù)n，不等式都成立 在由nk到nk1的推證過程中，應(yīng)用放縮技巧，使問題得以簡化，用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式問題時(shí)，從nk到nk1的推證過程中，證明不等式的常用方法有比較法、分析法、綜合法、放縮法等【訓(xùn)練3】 已知函數(shù)f(x)eq f(1,3)x3x，數(shù)列an滿足條件：a11，an1f(an1)試比較eq f(1,1a1)eq f(1,1a2)eq f(1,1a3)eq f(1,1an)與1的大小，并說明理由解f(x)x21，an1f(an1)，an1(an1)21.函數(shù)g(x)(x1)21x22x在區(qū)間1，)上單調(diào)遞增，于是由a11，得a2(a

47、11)21221，進(jìn)而得a3(a21)21241231，由此猜想：an2n1.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明這個(gè)猜想：當(dāng)n1時(shí)，a12111，結(jié)論成立；假設(shè)nk(k1且kN*)時(shí)結(jié)論成立，即ak2k1，則當(dāng)nk1時(shí)，由g(x)(x1)21在區(qū)間1，)上單調(diào)遞增知，ak1(ak1)2122k12k11，即nk1時(shí)，結(jié)論也成立由、知，對任意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.考向四歸納、猜想、證明【例4】數(shù)列an滿足Sn2nan(nN*)(1)計(jì)算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通項(xiàng)公式an；(2)用數(shù)學(xué)歸納法證明(1)中的猜想審題視點(diǎn) 利用Sn與an的關(guān)系式求出an的前幾項(xiàng)，然后歸納出an，并用數(shù)學(xué)歸納法證明解(1)當(dāng)n1時(shí)，a1S12a1，a11.當(dāng)n2時(shí)，a1a2S222a2，a2eq f(3,2).當(dāng)n3時(shí)，a1a2a3S323a3，a3eq f(7,4).當(dāng)n4時(shí)，a1a2a3a4S424a4，a4eq f(15,8).由此猜想aneq f(2n1,2n1)(nN*)(2)證明當(dāng)n1時(shí)，左邊a11，右邊eq f(2

49、11,20)1，左邊右邊，結(jié)論成立假設(shè)nk(k1且kN*)時(shí)，結(jié)論成立，即akeq f(2k1,2k1)，那么nk1時(shí)，ak1Sk1Sk2(k1)ak12kak2akak1，2ak12ak，ak1eq f(2ak,2)eq f(2f(2k1,2k1),2)eq f(2k11,2k)，這表明nk1時(shí)，結(jié)論成立，由知猜想aneq f(2n1,2n1)成立 (1)歸納、猜想、證明是高考重點(diǎn)考查的內(nèi)容之一，此類問題可分為歸納性問題和存在性問題，本例從特例入手，通過觀察、分析、歸納、猜想，探索出一般規(guī)律(2)數(shù)列是定義在N*上的函數(shù)，這與數(shù)學(xué)歸納法所運(yùn)用的范圍是一致的，并且數(shù)列的遞推公式與歸納原理實(shí)質(zhì)上

50、是一致的，數(shù)列中有不少問題常用數(shù)學(xué)歸納法解決【訓(xùn)練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)，你能得到怎樣的一般不等式，并加以證明答案猜想：第n個(gè)不等式為1eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,2n1)eq f(n,2)(nN*)(1)當(dāng)n1時(shí)，1eq f(1,2)，猜想正確(2)

51、假設(shè)當(dāng)nk(k1且kN*)時(shí)猜想正確，即1eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,2k1)eq f(k,2)，那么，當(dāng)nk1時(shí)，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).即當(dāng)nk1時(shí)，不等式成立對于任意nN*，不等式恒成立閱卷報(bào)告20由于

52、方法選擇不當(dāng)導(dǎo)致失誤【問題診斷】 用數(shù)學(xué)歸納法證明與正整數(shù)有關(guān)的一些等式命題時(shí)，關(guān)鍵在于弄清等式兩邊的構(gòu)成規(guī)律，等式的兩邊各有多少項(xiàng)，由nk到nk1時(shí)，等式的兩邊會(huì)增加多少項(xiàng)，增加怎樣的項(xiàng)，其難點(diǎn)在于歸納假設(shè)后，如何推證對下一個(gè)正整數(shù)值命題也成立.【防范措施】 把歸納假設(shè)當(dāng)做已知條件參加推理.明確對下一個(gè)正整數(shù)值命題成立的目標(biāo)，通過適當(dāng)?shù)淖儞Q達(dá)到這個(gè)目標(biāo)，這里可以使用綜合法，也可以使用分析法，甚至可以再次使用數(shù)學(xué)歸納法.【示例】 在數(shù)列an、bn中，a12，b14，且an，bn，an1成等差數(shù)列，bn，an1，bn1成等比數(shù)列(nN*)(1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜測an，

53、bn的通項(xiàng)公式，并證明你的結(jié)論；(2)證明：eq f(1,a1b1)eq f(1,a2b2)eq f(1,anbn)eq f(5,12).實(shí)錄(1)由條件得2bnanan1，aeq oal(2,n1)bnbn1.由此可得a26，b29，a312，b316，a420，b425.猜測ann(n1)，bn(n1)2.用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)n1時(shí)，由上可得結(jié)論成立假設(shè)當(dāng)nk(k1且kN*)時(shí)，結(jié)論成立，即akk(k1)，bk(k1)2，那么當(dāng)nk1時(shí)，ak12bkak2(k1)2k(k1)(k1)(k2)，bk1eq f(aoal(2,k1),bk)(k2)2，所以當(dāng)nk1時(shí)，結(jié)論也成立由，可知ann(

54、n1)，bn(n1)2對一切正整數(shù)都成立錯(cuò)因第二問由于不等式的右端為常數(shù)，結(jié)論本身是不能用數(shù)學(xué)歸納法證明的，可考慮用放縮法證明，也可考慮加強(qiáng)不等式后，用數(shù)學(xué)歸納法證明(2)當(dāng)n1時(shí)eq f(1,a1b1)eq f(1,6)eq f(5,12)假設(shè)nk(kN*)時(shí)不等式成立即eq f(1,a1b1)eq f(1,a2b2)eq f(1,akbk)eq f(5,12)當(dāng)nk1時(shí)eq f(1,a1b1)eq f(1,a2b2)eq f(1,akbk)eq f(1,ak1bk1)eq f(5,12)eq f(1,ak1bk1)到此無法用數(shù)學(xué)歸納法證明正解(1)用實(shí)錄(1)(2)證明：eq f(1,a1

55、b1)eq f(1,6)eq f(5,12).n2時(shí)，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).綜上，原不等式成立第5講復(fù) 數(shù)【高考會(huì)這樣考】復(fù)數(shù)的基本概念、復(fù)數(shù)相等的充要條件以及復(fù)數(shù)的代數(shù)運(yùn)算是高考的熱點(diǎn)，并且一般在前三題的位置，主要考查對復(fù)數(shù)概念的理解以及復(fù)數(shù)的加減乘除四則運(yùn)算，難度較小【復(fù)習(xí)指導(dǎo)】1復(fù)習(xí)時(shí)要理解復(fù)數(shù)的相關(guān)概念如實(shí)部、虛部、純虛數(shù)、共軛復(fù)數(shù)等，以及復(fù)數(shù)的幾何意義2要把復(fù)數(shù)的基本運(yùn)算作為復(fù)習(xí)的重點(diǎn)，尤其是復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算與共軛復(fù)數(shù)的性質(zhì)等因考題較容易，所以重在練基礎(chǔ)基礎(chǔ)梳理1復(fù)數(shù)的有關(guān)概念(1)復(fù)數(shù)的概念形如abi(a，bR)的數(shù)叫復(fù)數(shù)，其中a，b分別是它的實(shí)部和虛部若b0，則abi為實(shí)數(shù)，若b0，則abi為虛數(shù)，若a0且b0，則abi為純虛數(shù)(2)復(fù)數(shù)相等：a

57、bicdiac且bd(a，b，c，dR)(3)共軛復(fù)數(shù)：abi與cdi共軛ac；bd(a，b，c，dR)(4)復(fù)數(shù)的模向量eq o(OZ,sup6()的模r叫做復(fù)數(shù)zabi(a，bR)的模，記作|z|或|abi|，即|z|abi|eq r(a2b2).2復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算設(shè)z1abi，z2cdi(a，b，c，dR)，則(1)加法：z1z2(abi)(cdi)(ac)(bd)i；(2)減法：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)一條規(guī)律任意兩個(gè)復(fù)數(shù)全是實(shí)數(shù)時(shí)能比較大小，其他情況不能比較大小兩條性質(zhì)(1)i4n1，i4n1i，i4n21，i4n3i，inin1in2in30(各式中nN)(2)(1i)22i，eq f(1i,1i)i，eq f(1i,1i)i.雙基自測1(人教A版教材習(xí)題改編)復(fù)數(shù)eq f(i,12i)(i是虛數(shù)單位)的實(shí)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,