高考數(shù)學(xué)文一輪復(fù)習(xí)學(xué)案第十章算法復(fù)數(shù)推理與證明

第十章算法、復(fù)數(shù)、推理與證明第一節(jié)算法、復(fù)數(shù)本節(jié)主要包括2個(gè)知識(shí)點(diǎn)：1.算法流程圖與基本算法語句；2.復(fù)數(shù).突破點(diǎn)(一)算法流程圖與基本算法語句基礎(chǔ)聯(lián)通抓主干知識(shí)的“源”與“流”1．算法一類問題的機(jī)械的、統(tǒng)一的求解方法．具有確定性、有限性等特點(diǎn)．2．流程圖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，圖框內(nèi)的文字和符號(hào)表示操作的內(nèi)容，流程線表示操作的先后次序．圖框種類有起止框、輸入輸出框、處理框、判斷框，分別用圓角矩形、平行四邊形、矩形、菱形表示．3．三種基本邏輯結(jié)構(gòu)順序結(jié)構(gòu)選擇結(jié)構(gòu)循環(huán)結(jié)構(gòu)定義依次進(jìn)行多個(gè)處理的結(jié)構(gòu)先根據(jù)條件作出判斷，再?zèng)Q定執(zhí)行哪一種操作的結(jié)構(gòu)需要重復(fù)執(zhí)行同一操作的結(jié)構(gòu)，有兩種結(jié)構(gòu)形式：當(dāng)型循環(huán)(圖①)和直到型循環(huán)(圖②)結(jié)構(gòu)形式4.基本算法語句偽代碼：介于自然語言和計(jì)算機(jī)語言之間的文字和符號(hào)．(1)賦值語句：用符號(hào)←表示，如“x←y”表示將y的值賦給x，其中x是一個(gè)變量，y是一個(gè)與x同類型的變量或表達(dá)式．(2)輸入、輸出語句輸入語句：“Reada，b”表示輸入的數(shù)據(jù)依次送給a，b；輸出語句：“Printx”表示輸出運(yùn)算結(jié)果x.(支持多個(gè)輸入和輸出，但是中間要用逗號(hào)隔開)(3)條件語句(4)循環(huán)語句對(duì)應(yīng)當(dāng)型循環(huán)對(duì)應(yīng)直到型循環(huán)考點(diǎn)貫通抓高考命題的“形”與“神”順序結(jié)構(gòu)和選擇結(jié)構(gòu)選擇結(jié)構(gòu)的算法流程圖只有順序結(jié)構(gòu)和選擇結(jié)構(gòu)，雖然結(jié)構(gòu)比較簡(jiǎn)單，但由于選擇支路較多，容易出現(xiàn)錯(cuò)誤．解決此類問題，可按下列步驟進(jìn)行：第一步：弄清變量的初始值；第二步：按照流程圖從上到下或從左到右的順序，依次對(duì)每一個(gè)語句、每一個(gè)判斷框進(jìn)行讀取，在讀取判斷框時(shí)，應(yīng)注意判斷后的結(jié)論分別對(duì)應(yīng)著什么樣的結(jié)果，然后按照對(duì)應(yīng)的結(jié)果繼續(xù)往下讀取；第三步：輸出結(jié)果．[例1](1)定義運(yùn)算a?b為執(zhí)行如圖所示的算法流程圖輸出的S值，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos\f(5π,3)))?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2tan\f(5π,4)))的值為________．(2)(2017·江蘇高考)如圖是一個(gè)算法流程圖．若輸入x的值為eq\f(1,16)，則輸出y的值是________．[解析](1)由算法流程圖可知，S＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(aa－b，a≥b，,ba＋1，a＜b，))因?yàn)?coseq\f(5π,3)＝1,2taneq\f(5π,4)＝2,1＜2，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos\f(5π,3)))?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2tan\f(5π,4)))＝2×(1＋1)＝4.(2)由流程圖可知其功能是運(yùn)算分段函數(shù)y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x≥1，,2＋log2x，0＜x＜1，))所以當(dāng)輸入的x的值為eq\f(1,16)時(shí)，y＝2＋log2eq\f(1,16)＝2－4＝－2.[答案](1)4(2)－2[方法技巧]順序結(jié)構(gòu)和選擇結(jié)構(gòu)的運(yùn)算方法(1)順序結(jié)構(gòu)是最簡(jiǎn)單的算法結(jié)構(gòu)，語句與語句之間、框與框之間是按從上到下的順序進(jìn)行的．解決此類問題，只需分清運(yùn)算步驟，賦值量及其范圍進(jìn)行逐步運(yùn)算即可．(2)選擇結(jié)構(gòu)中條件的判斷關(guān)鍵是明確選擇結(jié)構(gòu)的功能，然后根據(jù)“Y”的分支成立的條件進(jìn)行判斷．(3)對(duì)選擇結(jié)構(gòu)，無論判斷框中的條件是否成立，都只能執(zhí)行兩個(gè)分支中的一個(gè)，不能同時(shí)執(zhí)行兩個(gè)分支．循環(huán)結(jié)構(gòu)考法(一)由流程圖求輸出結(jié)果[例2](1)如圖所示，算法流程圖的輸出結(jié)果是________．(2)(2018·蘇州高三暑假測(cè)試)運(yùn)行如圖所示的流程圖，則輸出的結(jié)果S是________．[解析](1)第一次循環(huán)：n＝2＜8，S＝eq\f(1,2)，n＝4；第二次循環(huán)：n＝4＜8，S＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)，n＝6；第三次循環(huán)：n＝6＜8，S＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,6)，n＝8;第四次循環(huán)：n＝8＜8不成立，輸出S＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,6)＝eq\f(11,12).(2)S＝2，i＝1，進(jìn)入循環(huán)，S＝eq\f(1,2)，i＝2，進(jìn)入循環(huán)，S＝－1，i＝3，進(jìn)入循環(huán)，S＝2，i＝4，進(jìn)入循環(huán)，…，S＝eq\f(1,2)，i＝35，輸出S.[答案](1)eq\f(11,12)(2)eq\f(1,2)[方法技巧]循環(huán)結(jié)構(gòu)流程圖求輸出結(jié)果的注意事項(xiàng)解決此類問題最常用的方法是列舉法，即依次執(zhí)行循環(huán)體中的每一步，直到循環(huán)終止，但在執(zhí)行循環(huán)體的過程中：第一，要明確是當(dāng)型循環(huán)結(jié)構(gòu)還是直到型循環(huán)結(jié)構(gòu)，根據(jù)各自特點(diǎn)執(zhí)行循環(huán)體；第二，要明確流程圖中的累加變量，明確每一次執(zhí)行循環(huán)體前和執(zhí)行循環(huán)體后，變量的值發(fā)生的變化；第三，要明確循環(huán)終止的條件是什么，什么時(shí)候要終止執(zhí)行循環(huán)體．考法(二)完善流程圖[例3](2018·蘇州模擬)按如下算法流程圖，若輸出結(jié)果為273，則判斷框內(nèi)循環(huán)變量i應(yīng)補(bǔ)充的條件為________．[解析]由算法流程圖可知：第一次循環(huán)，S＝0＋31＝3，i＝3；第二次循環(huán)，S＝3＋33＝30，i＝5；第三次循環(huán)，S＝30＋35＝273，i＝7.故判斷框內(nèi)可填i≥7.[答案]i≥7(答案不唯一也可以填i＝7)[方法技巧]解決算法流程圖填充問題的思路(1)要明確算法流程圖的順序結(jié)構(gòu)、選擇結(jié)構(gòu)和循環(huán)結(jié)構(gòu)．(2)要識(shí)別、執(zhí)行算法流程圖，理解算法流程圖所解決的實(shí)際問題．(3)按照題目的要求完成解答并驗(yàn)證．基本算法語句[例4](1)按照如圖所示的偽代碼運(yùn)行，則輸出k的值是________．(2)執(zhí)行如圖所示的偽代碼，輸出的結(jié)果是________．(3)根據(jù)如圖所示的偽代碼，最后輸出的S的值為________．[解析](1)第一次循環(huán)：x＝7，k＝1；第二次循環(huán)：x＝15，k＝2；第三次循環(huán)：x＝31，k＝3；終止循環(huán)，輸出k的值是3.(2)根據(jù)循環(huán)結(jié)構(gòu)可得，第一次：S＝1×3＝3，i＝3＋2＝5，由3≤200，則循環(huán)；第二次：S＝3×5＝15，i＝5＋2＝7，由15≤200，則循環(huán)；第三次：S＝15×7＝105，i＝7＋2＝9，由105≤200，則循環(huán)；第四次：S＝105×9＝945，i＝9＋2＝11，由945＞200，則循環(huán)結(jié)束，故此時(shí)i＝11.(3)這是一個(gè)1＋2＋3＋…＋10的求和，所以輸出的S的值為55.[答案](1)3(2)11(3)55[方法技巧]解決偽代碼問題的步驟及解題規(guī)律(1)解決偽代碼問題有三個(gè)步驟：首先通讀全部語句，把它翻譯成數(shù)學(xué)問題；其次領(lǐng)悟該語句的功能；最后根據(jù)語句的功能運(yùn)行程序，解決問題．(2)解題時(shí)應(yīng)注意以下規(guī)律：①賦值語句在給出變量賦值時(shí)，先計(jì)算賦值號(hào)右邊的式子，然后賦值給賦值號(hào)左邊的變量；給一個(gè)變量多次賦值時(shí)，變量的取值只與最后一次賦值有關(guān)．②條件語句必須以If開始，以EndIf結(jié)束，一個(gè)If必須和一個(gè)EndIf對(duì)應(yīng)，尤其對(duì)條件語句的嵌套問題，應(yīng)注意每一層結(jié)構(gòu)的完整性，不能漏掉EndIf.Else后面操作無內(nèi)容，可以省略．③循環(huán)語句的格式要正確，要保證有結(jié)束循環(huán)的語句，切忌死循環(huán)．三種循環(huán)語句停止循環(huán)的條件不同，注意它們的區(qū)別．能力練通抓應(yīng)用體驗(yàn)的“得”與“失”1.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)一])執(zhí)行如圖所示的算法流程圖，如果輸入的x，y∈R，那么輸出的S的最大值為________．解析：當(dāng)滿足條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥0，,x＋y≤1))時(shí)，由線性規(guī)劃的圖解法(圖略)知，目標(biāo)函數(shù)S＝2x＋y的最大值為2；當(dāng)不滿足條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥0，,x＋y≤1))時(shí)，S的值為1.所以輸出的S的最大值為2.答案：22.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)二·考法一])執(zhí)行如圖所示的算法流程圖，輸出的x值為________．解析：執(zhí)行算法流程圖可知，x的值依次為2,3,5,6,7,9,10,11,13，故輸出的x值為13.答案：133.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)二·考法一])(2017·蘇錫常鎮(zhèn)二模)據(jù)記載，在公元前3世紀(jì)，阿基米德已經(jīng)得出了前n個(gè)自然數(shù)平方和的一般公式．如圖是一個(gè)求前n個(gè)自然數(shù)平方和的算法流程圖，若輸入x的值為1，則輸出S的值為________．解析：模擬執(zhí)行程序，可得，輸入x的值為1，S＝1，不滿足條件S＞5，x＝2，S＝5；不滿足條件S＞5，x＝3，S＝14；滿足條件S＞5，退出循環(huán)，輸出S的值為14.答案：144.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)二·考法二])(2018·太原模擬)執(zhí)行如圖所示的算法流程圖，若輸出的S＝eq\f(25,24)，則判斷框內(nèi)填入的條件可以是________．解析：由算法流程圖可知，k＝2，S＝0＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，滿足循環(huán)條件；k＝4，S＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)，滿足循環(huán)條件；k＝6，S＝eq\f(3,4)＋eq\f(1,6)＝eq\f(22,24)，滿足循環(huán)條件；k＝8，S＝eq\f(22,24)＋eq\f(1,8)＝eq\f(25,24)，符合題目條件，結(jié)束循環(huán)，故可填k＜8(或k≤7)．答案：k＜8(k≤7亦可)5.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)三])運(yùn)行如圖所示的偽代碼，若輸入a，b分別為3,4，則輸出m＝________.解析：由已知中的偽代碼，可知其功能是計(jì)算并輸出分段函數(shù)m＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，a＞b，,b，a≤b))的值．當(dāng)a＝3，b＝4時(shí)，滿足a≤b.故m＝b＝4.答案：4突破點(diǎn)(二)復(fù)數(shù)基礎(chǔ)聯(lián)通抓主干知識(shí)的“源”與“流”1．復(fù)數(shù)的定義及分類(1)復(fù)數(shù)的定義：形如a＋bi(a，b∈R)的數(shù)叫做復(fù)數(shù)，其中實(shí)部是a，虛部是b.(2)復(fù)數(shù)的分類：eq\a\vs4\al(復(fù)數(shù)z＝a＋bi,a，b∈R)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(實(shí)數(shù)b＝0，,虛數(shù)b≠0\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(純虛數(shù)a＝0，b≠0，,非純虛數(shù)a≠0，b≠0.))))2．復(fù)數(shù)的有關(guān)概念復(fù)數(shù)相等a＋bi＝c＋di?a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)共軛復(fù)數(shù)a＋bi與c＋di共軛?a＝c且b＝－d(a，b，c，d∈R)復(fù)數(shù)的模向量eq\o(OZ,\s\up7(→))的模叫做復(fù)數(shù)z＝a＋bi的模，記作|z|或|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝r＝eq\r(a2＋b2)(r≥0，a，b∈R)3.復(fù)數(shù)的幾何意義復(fù)平面的概念建立直角坐標(biāo)系來表示復(fù)數(shù)的平面叫做復(fù)平面實(shí)軸、虛軸在復(fù)平面內(nèi)，x軸叫做實(shí)軸，y軸叫做虛軸，實(shí)軸上的點(diǎn)都表示實(shí)數(shù)；除原點(diǎn)以外，虛軸上的點(diǎn)都表示純虛數(shù)復(fù)數(shù)的幾何表示復(fù)數(shù)z＝a＋bieq\a\vs4\al(一一對(duì)應(yīng))復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)Z(a，b)eq\a\vs4\al(一一對(duì)應(yīng))平面向量eq\o(OZ,\s\up7(→))4．復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，則：(1)z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝(a＋c)＋(b＋d)i；(2)z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝(a－c)＋(b－d)i；(3)z1·z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i；(4)eq\f(z1,z2)＝eq\f(a＋bi,c＋di)＝eq\f(a＋bic－di,c＋dic－di)＝eq\f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq\f(bc－ad,c2＋d2)i(c＋di≠0).考點(diǎn)貫通抓高考命題的“形”與“神”復(fù)數(shù)的有關(guān)概念[例1](1)設(shè)i是虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)z＝a－eq\f(10,3－i)(a∈R)是純虛數(shù)，則a的值為________．(2)(2018·無錫期末)已知復(fù)數(shù)z＝eq\f(2,1－i)，其中i為虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為________．(3)若復(fù)數(shù)z滿足z(1＋i)＝2i(i為虛數(shù)單位)，則|z|＝________.[解析](1)∵z＝a－eq\f(10,3－i)＝a－eq\f(103＋i,3－i3＋i)＝(a－3)－i為純虛數(shù)，∴a－3＝0，即a＝3.(2)因?yàn)閺?fù)數(shù)z＝eq\f(2,1－i)＝eq\f(21＋i,1－i1＋i)＝1＋i，所以復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)eq\x\to(z)＝1－i.(3)法一：設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則由z(1＋i)＝2i，得(a＋bi)·(1＋i)＝2i，所以(a－b)＋(a＋b)i＝2i，由復(fù)數(shù)相等的條件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－b＝0，,a＋b＝2，))解得a＝b＝1，所以z＝1＋i，故|z|＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2).法二：由z(1＋i)＝2i，得z＝eq\f(2i,1＋i)＝eq\f(2i1－i,2)＝i－i2＝1＋i，所以|z|＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2).[答案](1)3(2)1－i(3)eq\r(2)[方法技巧]求解與復(fù)數(shù)概念相關(guān)問題的技巧復(fù)數(shù)的分類、復(fù)數(shù)的相等、復(fù)數(shù)的模及共軛復(fù)數(shù)的概念都與復(fù)數(shù)的實(shí)部、虛部有關(guān)，所以解答與復(fù)數(shù)相關(guān)概念有關(guān)的問題時(shí)，需把所給復(fù)數(shù)化為代數(shù)形式，即a＋bi(a，b∈R)的形式，再根據(jù)題意求解．復(fù)數(shù)的幾何意義[例2](1)(2018·徐州調(diào)研)復(fù)數(shù)z＝eq\f(3＋i,1＋i)＋3i在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第________象限．(2)(2017·北京高考改編)若復(fù)數(shù)(1－i)(a＋i)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第二象限，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．[解析](1)z＝eq\f(3＋i,1＋i)＋3i＝eq\f(3＋i1－i,1＋i1－i)＋3i＝eq\f(4－2i,2)＋3i＝2－i＋3i＝2＋2i，故z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第一象限．(2)因?yàn)閦＝(1－i)(a＋i)＝a＋1＋(1－a)i，所以它在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(a＋1,1－a)，又此點(diǎn)在第二象限，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋1＜0，,1－a＞0，))解得a＜－1.[答案](1)一(2)(－∞，－1)復(fù)數(shù)的運(yùn)算1.在進(jìn)行復(fù)數(shù)的加減法運(yùn)算時(shí)，可類比合并同類項(xiàng)，運(yùn)用法則(實(shí)部與實(shí)部相加減，虛部與虛部相加減)計(jì)算即可．2．在進(jìn)行復(fù)數(shù)的乘法運(yùn)算時(shí)：(1)復(fù)數(shù)的乘法類似于兩個(gè)多項(xiàng)式相乘，即把虛數(shù)單位i看作字母，然后按多項(xiàng)式的乘法法則進(jìn)行運(yùn)算，最后只要在所得的結(jié)果中把i2換成－1，并且把實(shí)部和虛部分別結(jié)合即可，但要注意把i的冪寫成簡(jiǎn)單的形式；(2)實(shí)數(shù)范圍內(nèi)的運(yùn)算法則在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)仍然適用，如交換律、結(jié)合律以及乘法對(duì)加法的分配律、正整數(shù)指數(shù)冪的運(yùn)算律，這些對(duì)復(fù)數(shù)仍然成立．3．在進(jìn)行復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算時(shí)，關(guān)鍵是分母“實(shí)數(shù)化”，其一般步驟如下：(1)分子、分母同時(shí)乘分母的共軛復(fù)數(shù)；(2)對(duì)分子、分母分別進(jìn)行乘法運(yùn)算；(3)整理、化簡(jiǎn)成實(shí)部、虛部分開的標(biāo)準(zhǔn)形式．[例3](1)(2018·鎮(zhèn)江模擬)已知z＝eq\f(2＋i,1－2i)(i為虛數(shù)單位)，則復(fù)數(shù)z＝________.(2)(2018·長沙模擬)已知(a＋bi)(1－2i)＝5(i為虛數(shù)單位，a，b∈R)，則a＋b的值為________．(3)若復(fù)數(shù)z滿足eq\f(\o(z,\s\up6(－)),1－i)＝i，其中i為虛數(shù)單位，則z＝________.[解析](1)由題意得eq\f(2＋i,1－2i)＝eq\f(2＋i1＋2i,1－2i1＋2i)＝eq\f(2＋4i＋i＋2i2,5)＝i.(2)因?yàn)?a＋bi)(1－2i)＝a＋2b＋(b－2a)i＝5，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋2b＝5，,b－2a＝0，))解得a＝1，b＝2，故a＋b＝3.(3)由已知得eq\o(z,\s\up6(－))＝i(1－i)＝1＋i，則z＝1－i.[答案](1)i(2)3(3)1－i[易錯(cuò)提醒]在乘法運(yùn)算中要注意i的冪的性質(zhì)：(1)區(qū)分(a＋bi)2＝a2＋2abi－b2(a，b∈R)與(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2(a，b∈R);(2)區(qū)分(a＋bi)(a－bi)＝a2＋b2(a，b∈R)與(a＋b)(a－b)＝a2－b2(a，b∈R)．能力練通抓應(yīng)用體驗(yàn)的“得”與“失”1.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)三])若z＝1＋2i，則eq\f(4i,z\o(z,\s\up6(－))－1)＝________.解析：因?yàn)閦＝1＋2i，則eq\o(z,\s\up6(－))＝1－2i，所以zeq\o(z,\s\up6(－))＝(1＋2i)·(1－2i)＝5，則eq\f(4i,z\o(z,\s\up6(－))－1)＝eq\f(4i,4)＝i.答案：i2.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)三])(2018·武漢模擬)已知(1＋2i)eq\o(z,\s\up6(－))＝4＋3i(其中i是虛數(shù)單位，eq\o(z,\s\up6(－))是z的共軛復(fù)數(shù))，則z的虛部為________．解析：因?yàn)閑q\o(z,\s\up6(－))＝eq\f(4＋3i,1＋2i)＝eq\f(4＋3i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq\f(10－5i,5)＝2－i，所以z＝2＋i，則其虛部為1.答案：13.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)二])已知z＝(m＋3)＋(m－1)i在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第四象限，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．解析：由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋3＞0，,m－1＜0，))即－3＜m＜1.故實(shí)數(shù)m的取值范圍為(－3,1)．答案：(－3,1)4.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)一])若復(fù)數(shù)z＝a2－1＋(a＋1)i(a∈R)是純虛數(shù)，則eq\f(1,z＋a)的虛部為________．解析：由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－1＝0，,a＋1≠0，))所以a＝1，則z＝2i，所以eq\f(1,z＋a)＝eq\f(1,1＋2i)＝eq\f(1－2i,1＋2i1－2i)＝eq\f(1,5)－eq\f(2,5)i，根據(jù)虛部的概念，可得eq\f(1,z＋a)的虛部為－eq\f(2,5).答案：－eq\f(2,5)5.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)二])如圖，若向量eq\o(OZ,\s\up7(→))對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為z，則z＋eq\f(4,z)表示的復(fù)數(shù)為________．解析：由題圖可得Z(1，－1)，即z＝1－i，所以z＋eq\f(4,z)＝1－i＋eq\f(4,1－i)＝1－i＋eq\f(41＋i,1－i1＋i)＝1－i＋eq\f(4＋4i,2)＝1－i＋2＋2i＝3＋i.答案：3＋i6.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)一])設(shè)復(fù)數(shù)a＋bi(a，b∈R)的模為eq\r(3)，則(a＋bi)·(a－bi)＝________.解析：∵|a＋bi|＝eq\r(a2＋b2)＝eq\r(3)，∴(a＋bi)(a－bi)＝a2＋b2＝3.答案：37.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)三])已知復(fù)數(shù)z＝eq\f(\r(3)＋i,1－\r(3)i2)，eq\o(z,\s\up6(－))是z的共軛復(fù)數(shù)，則z·eq\x\to(z)＝________.解析：∵z＝eq\f(\r(3)＋i,1－\r(3)i2)＝eq\f(\r(3)＋i,－2－2\r(3)i)＝eq\f(\r(3)＋i,－21＋\r(3)i)＝eq\f(\r(3)＋i1－\r(3)i,－21＋\r(3)i1－\r(3)i)＝eq\f(2\r(3)－2i,－8)＝－eq\f(\r(3),4)＋eq\f(1,4)i，∴eq\x\to(z)＝－eq\f(\r(3),4)－eq\f(1,4)i，∴z·eq\x\to(z)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),4)＋\f(1,4)i))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),4)－\f(1,4)i))＝eq\f(3,16)＋eq\f(1,16)＝eq\f(1,4).答案：eq\f(1,4)8.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)三])已知i是虛數(shù)單位，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),1－i)))2018＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))6＝________.解析：原式＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),1－i)))2))1009＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))6＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,－2i)))1009＋i6＝i1009＋i6＝i4×252＋1＋i4＋2＝i＋i2＝－1＋i.答案：－1＋i[課時(shí)達(dá)標(biāo)檢測(cè)]基礎(chǔ)送分課時(shí)——精練“14小題”，求準(zhǔn)求快不深挖1.(2018·南京市高三年級(jí)學(xué)情調(diào)研)如圖所示的算法流程圖，若輸出y的值為eq\f(1,2)，則輸入x的值為________．解析：此算法程序表示一個(gè)分段函數(shù)y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x≥0，,log2－x，x＜0，))由f(x)＝eq\f(1,2)得x＝－eq\r(2).答案：－eq\r(2)2．(2018·常州模擬)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足(z＋i)(2＋i)＝5(i為虛數(shù)單位)，則z＝________.解析：由(z＋i)(2＋i)＝5，得z＋i＝eq\f(5,2＋i)，即z＋i＝2－i，所以z＝2－2i.答案：2－2i3．(2018·徐州模擬)已知復(fù)數(shù)z滿足z2＝－4，若z的虛部大于0，則z＝________.解析：由z2＝－4得z＝±2i，而z的虛部大于0，所以z＝2i.答案：2i4．(2018·連云港模擬)運(yùn)行如圖所示的偽代碼，則輸出的結(jié)果S為________．解析：本題的算法功能是在累加變量S初值為1的基礎(chǔ)上連續(xù)加2四次，所以S＝9.答案：95．(2018·揚(yáng)州調(diào)研)如圖給出的是計(jì)算eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,6)＋eq\f(1,8)＋…＋eq\f(1,100)的一個(gè)算法流程圖，其中判斷框內(nèi)應(yīng)填入的條件是________．解析：因?yàn)樵撗h(huán)體需要運(yùn)行50次，i的初始值是1，間隔是1，所以i＝50時(shí)不滿足判斷框內(nèi)的條件，而i＝51時(shí)滿足判斷框內(nèi)條件，所以判斷框內(nèi)的條件可以填入i＞50(或i≥51)．答案：i＞50(i≥51亦可)6．(2018·宿遷期中)若復(fù)數(shù)z＝eq\f(1＋2i,3－i)(i為虛數(shù)單位)，則z的模為________．解析：由z＝eq\f(1＋2i,3－i)兩邊同時(shí)取模得|z|＝eq\f(|1＋2i|,|3－i|)＝eq\f(\r(5),\r(10))＝eq\f(\r(2),2).答案：eq\f(\r(2),2)7．(2018·鹽城模擬)若復(fù)數(shù)z＝(1＋mi)(2－i)(i是虛數(shù)單位)是純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)m的值為________．解析：因?yàn)閦＝(1＋mi)(2－i)＝2＋m＋(2m－1)i是純虛數(shù)，所以2＋m＝0，所以m答案：－28．設(shè)(1＋i)x＝1＋yi，其中x，y是實(shí)數(shù)，則|x＋yi|＝________.解析：∵(1＋i)x＝1＋yi，∴x＋xi＝1＋yi.又∵x，y∈R，∴x＝1，y＝1.∴|x＋yi|＝|1＋i|＝eq\r(2).答案：eq\r(2)9．(2016·江蘇高考)如圖是一個(gè)算法的流程圖，則輸出的a的值是________．解析：由a＝1，b＝9，知a＜b，所以a＝1＋4＝5，b＝9－2＝7，a＜b.所以a＝5＋4＝9，b＝7－2＝5，滿足a＞b.所以輸出的a＝9.答案：910．(2018·南通期中)在如圖所示的算法流程圖中，若輸出的y的值為26，則輸入的x的值為________．解析：本題算法功能是求分段函數(shù)y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2x＋2，x＜4，,5，x≥4))的函數(shù)值，因?yàn)檩敵鲋禐?6，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2x＋2＝26，,x＜4，))解得x＝－4.答案：－411．(2017·鎮(zhèn)江期中)根據(jù)如圖所示的偽代碼，若輸出的y值為2，則輸入的x值為________．解析：本題算法功能是利用條件語句求分段函數(shù)y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x＞0，,1－x，x≤0))的函數(shù)值．因?yàn)檩敵龅膟值為2，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1＝2，,x＞0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x＝2，,x≤0，))所以x＝±1.答案：±112．(2018·泰州中學(xué)高三年級(jí)學(xué)情調(diào)研)根據(jù)如圖的偽代碼，輸出的結(jié)果T為________．解析：分析程序中各變量、各語句的作用，再根據(jù)流程圖所示的順序，可知：該程序的作用是累加并輸出滿足條件的T＝1＋3＋5＋7＋…＋19的值，因?yàn)門＝1＋3＋5＋7＋…＋19＝eq\f(1＋19×10,2)＝100，故輸出的T值為100.答案：10013．(2018·淮安期中)根據(jù)如圖所示的偽代碼，則輸出的S的值為________．解析：本題算法功能是求積，S＝1×2×5×8×11＝880.答案：88014．(2018·蘇州模擬)執(zhí)行如圖所示的算法流程圖，輸出的x值為________．解析：a＝2，x＝4，此時(shí)y＝16，判斷不滿足條件，循環(huán)；x＝5，所以y＝32，判斷不滿足條件，再循環(huán)；x＝6，所以y＝64，再判斷滿足條件，結(jié)束循環(huán)，所以此時(shí)x＝6.答案：6第二節(jié)合情推理與演繹推理本節(jié)主要包括2個(gè)知識(shí)點(diǎn)：1.合情推理；2.演繹推理.突破點(diǎn)(一)合情推理基礎(chǔ)聯(lián)通抓主干知識(shí)的“源”與“流”類型定義特點(diǎn)歸納推理從個(gè)別事實(shí)中推演出一般性的結(jié)論的推理由部分到整體、由個(gè)別到一般類比推理由兩類對(duì)象具有某些類似特征和其中一類對(duì)象的某些已知特征，推演出另一類對(duì)象也具有這些特征的推理由特殊到特殊考點(diǎn)貫通抓高考命題的“形”與“神”歸納推理運(yùn)用歸納推理時(shí)的一般步驟(1)通過觀察特例發(fā)現(xiàn)某些相似性(特例的共性或一般規(guī)律)；(2)把這種相似性推廣到一個(gè)明確表述的一般命題(猜想)；(3)對(duì)所得出的一般性命題進(jìn)行檢驗(yàn)．類型(一)與數(shù)字有關(guān)的推理[例1]給出以下數(shù)對(duì)序列：(1,1)(1,2)(2,1)(1,3)(2,2)(3,1)(1,4)(2,3)(3,2)(4,1)……記第i行的第j個(gè)數(shù)對(duì)為aij，如a43＝(3,2)，則anm＝________.[解析]由前4行的特點(diǎn)，歸納可得：若anm＝(a，b)，則a＝m，b＝n－m＋1，∴anm＝(m，n－m＋1)．[答案](m，n－m＋1)[易錯(cuò)提醒]解決此類問題時(shí)，需要細(xì)心觀察，尋求相鄰項(xiàng)及項(xiàng)與序號(hào)之間的關(guān)系，同時(shí)還要聯(lián)系相關(guān)的知識(shí)，如等差數(shù)列、等比數(shù)列等．類型(二)與式子有關(guān)的推理[例2](2018·常熟中學(xué)模擬)已知coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，coseq\f(π,5)coseq\f(2π,5)＝eq\f(1,4)，coseq\f(π,7)coseq\f(2π,7)coseq\f(3π,7)＝eq\f(1,8)，….(1)根據(jù)以上等式，可猜想出的一般結(jié)論是________；(2)若數(shù)列{an}中，a1＝coseq\f(π,3)，a2＝coseq\f(π,5)coseq\f(2π,5)，a3＝coseq\f(π,7)coseq\f(2π,7)coseq\f(3π,7)，…的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(1023,1024)，則n＝________.[解析](1)從題中所給的幾個(gè)等式可知，第n個(gè)等式的左邊應(yīng)有n個(gè)余弦相乘，且分母均為2n＋1，分子分別為π，2π，…，nπ，右邊應(yīng)為eq\f(1,2n)，故可以猜想出結(jié)論為coseq\f(π,2n＋1)·coseq\f(2π,2n＋1)·…·coseq\f(nπ,2n＋1)＝eq\f(1,2n)(n∈N*)．(2)由(1)可知an＝eq\f(1,2n)，故Sn＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝1－eq\f(1,2n)＝eq\f(2n－1,2n)＝eq\f(1023,1024)，解得n＝10.[答案](1)coseq\f(π,2n＋1)coseq\f(2π,2n＋1)·…·coseq\f(nπ,2n＋1)＝eq\f(1,2n)(n∈N*)(2)10[方法技巧]與式子有關(guān)的推理類型及解法(1)與等式有關(guān)的推理．觀察每個(gè)等式的特點(diǎn)，找出等式左右兩側(cè)的規(guī)律及符號(hào)后可解．(2)與不等式有關(guān)的推理．觀察每個(gè)不等式的特點(diǎn)，注意是縱向看，找到規(guī)律后可解．類型(三)與圖形有關(guān)的推理[例3]某種樹的分枝生長規(guī)律如圖所示，第1年到第5年的分枝數(shù)分別為1,1,2,3,5，則預(yù)計(jì)第10年樹的分枝數(shù)為________．[解析]因?yàn)?＝1＋1,3＝2＋1,5＝3＋2，即從第三項(xiàng)起每一項(xiàng)都等于前兩項(xiàng)的和，所以第10年樹的分枝數(shù)為21＋34＝55.[答案]55[方法技巧]與圖形有關(guān)的推理的解法與圖形變化相關(guān)的歸納推理，解決的關(guān)鍵是抓住相鄰圖形之間的關(guān)系，合理利用特殊圖形，找到其中的變化規(guī)律，得出結(jié)論，可用賦值檢驗(yàn)法驗(yàn)證其真?zhèn)涡裕惐韧评?．類比推理的應(yīng)用一般分為類比定義、類比性質(zhì)和類比方法，常用技巧如下：類比定義在求解由某種熟悉的定義產(chǎn)生的類比推理型試題時(shí)，可以借助原定義來求解類比性質(zhì)從一個(gè)特殊式子的性質(zhì)、一個(gè)特殊圖形的性質(zhì)入手，提出類比推理型問題，求解時(shí)要認(rèn)真分析兩者之間的聯(lián)系與區(qū)別，深入思考兩者的轉(zhuǎn)化過程是求解的關(guān)鍵類比方法有一些處理問題的方法具有類比性，我們可以把這種方法類比應(yīng)用到其他問題的求解中，注意知識(shí)的遷移2．平面中常見的元素與空間中元素的類比：平面點(diǎn)線圓三角形角面積周長…空間線面球三棱錐二面角體積表面積…[例4]如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝a，CD＝b(a＞b)．若EF∥AB，EF到CD與AB的距離之比為m∶n，則可推算出：EF＝eq\f(ma＋nb,m＋n).用類比的方法，推想出下面問題的結(jié)果．在上面的梯形ABCD中，分別延長梯形的兩腰AD和BC交于O點(diǎn)，設(shè)△OAB，△ODC的面積分別為S1，S2，則△OEF的面積S0與S1，S2的關(guān)系是________．[解析]在平面幾何中類比幾何性質(zhì)時(shí)，一般是由平面幾何中點(diǎn)的性質(zhì)類比推理線的性質(zhì)；由平面幾何中線段的性質(zhì)類比推理面積的性質(zhì)．故由EF＝eq\f(ma＋nb,m＋n)類比到關(guān)于△OEF的面積S0與S1，S2的關(guān)系是eq\r(S0)＝eq\f(m\r(S1)＋n\r(S2),m＋n).[答案]eq\r(S0)＝eq\f(m\r(S1)＋n\r(S2),m＋n)[方法技巧]類比推理的步驟和方法(1)類比推理是由特殊到特殊的推理，其一般步驟為：①找出兩類事物之間的相似性或一致性；②用一類事物的性質(zhì)去推測(cè)另一類事物的性質(zhì)，得出一個(gè)明確的命題(猜想)．(2)類比推理的關(guān)鍵是找到合適的類比對(duì)象．平面幾何中的一些定理、公式、結(jié)論等，可以類比到立體幾何中，得到類似的結(jié)論．能力練通抓應(yīng)用體驗(yàn)的“得”與“失”1.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)二])由代數(shù)式的乘法法則類比推導(dǎo)向量的數(shù)量積的運(yùn)算法則：①“mn＝nm”類比得到“a·b＝b·a”；②“(m＋n)t＝mt＋nt”類比得到“(a＋b)·c＝a·c＋b·c”；③“(m·n)t＝m(n·t)”類比得到“(a·b)·c＝a·(b·c)”；④“t≠0，mt＝xt?m＝x”類比得到“p≠0，a·p＝x·p?a＝x”；⑤“|m·n|＝|m|·|n|”類比得到“|a·b|＝|a|·|b|”；⑥“eq\f(ac,bc)＝eq\f(a,b)”類比得到“eq\f(a·c,b·c)＝eq\f(a,b)”．以上的式子中，類比得到的結(jié)論中正確的序號(hào)是________．答案：①②2.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)二])在平面幾何中有如下結(jié)論：正三角形ABC的內(nèi)切圓面積為S1，外接圓面積為S2，則eq\f(S1,S2)＝eq\f(1,4)，推廣到空間可以得到類似結(jié)論：已知正四面體P-ABC的內(nèi)切球體積為V1，外接球體積為V2，則eq\f(V1,V2)＝________.解析：正四面體的內(nèi)切球與外接球的半徑之比為1∶3，故eq\f(V1,V2)＝eq\f(1,27).答案：eq\f(1,27)3．[考點(diǎn)一·類型(一)](2018·海門中學(xué)月考)有一個(gè)奇數(shù)組成的數(shù)陣排列如下：1371321…591523……111725………1927…………29……………則第30行從左到右第3個(gè)數(shù)是________．解析：先求第30行的第1個(gè)數(shù)，再求第30行的第3個(gè)數(shù)．觀察每一行的第一個(gè)數(shù)，由歸納推理可得第30行的第1個(gè)數(shù)是1＋4＋6＋8＋10＋…＋60＝eq\f(30×2＋60,2)－1＝929.又第n行從左到右的第2個(gè)數(shù)比第1個(gè)數(shù)大2n，第3個(gè)數(shù)比第2個(gè)數(shù)大2n＋2，所以第30行從左到右的第2個(gè)數(shù)比第1個(gè)數(shù)大60，第3個(gè)數(shù)比第2個(gè)數(shù)大62，故第30行從左到右第3個(gè)數(shù)是929＋60＋62＝1051.答案：10514．[考點(diǎn)一·類型(二)]設(shè)n為正整數(shù)，f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，計(jì)算得f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)＞2，f(8)＞eq\f(5,2)，f(16)＞3，觀察上述結(jié)果，可推測(cè)一般的結(jié)論為________．解析：∵f(21)＝eq\f(3,2)，f(22)＞2＝eq\f(4,2)，f(23)＞eq\f(5,2)，f(24)＞eq\f(6,2)，∴歸納得f(2n)≥eq\f(n＋2,2)(n∈N*)．答案：f(2n)≥eq\f(n＋2,2)(n∈N*)5．[考點(diǎn)一·類型(三)]蜜蜂被認(rèn)為是自然界中最杰出的建筑師，單個(gè)蜂巢可以近似地看作是一個(gè)正六邊形，如圖為一組蜂巢的截面圖．其中第一個(gè)圖有1個(gè)蜂巢，第二個(gè)圖有7個(gè)蜂巢，第三個(gè)圖有19個(gè)蜂巢，按此規(guī)律，以f(n)表示第n個(gè)圖的蜂巢總數(shù)．則f(4)＝________，f(n)＝________.解析：因?yàn)閒(1)＝1，f(2)＝7＝1＋6，f(3)＝19＝1＋6＋12，所以f(4)＝1＋6＋12＋18＝37，所以f(n)＝1＋6＋12＋18＋…＋6(n－1)＝3n2－3n＋1.答案：373n2－3n＋1突破點(diǎn)(二)演繹推理基礎(chǔ)聯(lián)通抓主干知識(shí)的“源”與“流”(1)定義：從一般性的原理出發(fā)，推出某個(gè)特殊情況下的結(jié)論，我們把這種推理稱為演繹推理．(2)模式：“三段論”是演繹推理的一般模式，包括：①大前提——已知的一般性的原理；②小前提——所研究的特殊對(duì)象；③結(jié)論——根據(jù)一般原理，對(duì)特殊對(duì)象做出的判斷．(3)特點(diǎn)：演繹推理是由一般到特殊的推理．考點(diǎn)貫通抓高考命題的“形”與“神”演繹推理[典例]數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和記為Sn，已知a1＝1，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn(n∈N*)．證明：(1)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等比數(shù)列；(2)Sn＋1＝4an.[證明](1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn，∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即nSn＋1＝2(n＋1)Sn.故eq\f(Sn＋1,n＋1)＝2·eq\f(Sn,n)，(小前提)故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\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)(2)由(1)可知數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等比數(shù)列，(大前提)所以eq\f(Sn＋1,n＋1)＝4·eq\f(Sn－1,n－1)(n≥2)，即Sn＋1＝4(n＋1)·eq\f(Sn－1,n－1)＝4·eq\f(n－1＋2,n－1)·Sn－1＝4an(n≥2)．又a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1所以對(duì)于任意正整數(shù)n，都有Sn＋1＝4an.(結(jié)論)[方法技巧]演繹推理的推證規(guī)則(1)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，如果前提是顯然的，則可以省略，本例中，等比數(shù)列的定義在解題中是大前提，由于它是顯然的，因此省略不寫．(2)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．能力練通抓應(yīng)用體驗(yàn)的“得”與“失”1．已知函數(shù)f(x)＝－eq\f(\r(a),ax＋\r(a))(a＞0，且a≠1)．(1)證明：函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)))對(duì)稱；(2)求f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)的值．解：(1)證明：函數(shù)f(x)的定義域?yàn)槿w實(shí)數(shù)，任取一點(diǎn)(x，y)，它關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)))對(duì)稱的點(diǎn)的坐標(biāo)為(1－x，－1－y)．(大前提)由已知y＝－eq\f(\r(a),ax＋\r(a))，則－1－y＝－1＋eq\f(\r(a),ax＋\r(a))＝－eq\f(ax,ax＋\r(a))，f(1－x)＝－eq\f(\r(a),a1－x＋\r(a))＝－eq\f(\r(a),\f(a,ax)＋\r(a))＝－eq\f(\r(a)·ax,a＋\r(a)·ax)＝－eq\f(ax,ax＋\r(a))，(小前提)∴－1－y＝f(1－x)，即函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)))對(duì)稱．(結(jié)論)(2)由(1)知－1－f(x)＝f(1－x)，即f(x)＋f(1－x)＝－1.∴f(－2)＋f(3)＝－1，f(－1)＋f(2)＝－1，f(0)＋f(1)＝－1.故f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝－3.2．已知函數(shù)y＝f(x)滿足：對(duì)任意a，b∈R，a≠b，都有af(a)＋bf(b)＞af(b)＋bf(a)，試證明：f(x)為R上的單調(diào)增函數(shù)．證明：設(shè)任意x1，x2∈R，取x1＜x2，則由題意得x1f(x1)＋x2f(x2)＞x1f(x2)＋x2f所以x1[f(x1)－f(x2)]＋x2[f(x2)－f(x1)]＞0，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)＞0，因?yàn)閤1＜x2，即x2－x1＞0，所以f(x2)－f(x1)＞0，即f(x2)＞f(x1)．(小前提)所以y＝f(x)為R上的單調(diào)增函數(shù)．(結(jié)論)[課時(shí)達(dá)標(biāo)檢測(cè)]重點(diǎn)保分課時(shí)——一練小題夯雙基，二練題點(diǎn)過高考[練基礎(chǔ)小題——強(qiáng)化運(yùn)算能力]1．(1)已知a是三角形一邊的長，h是該邊上的高，則三角形的面積是eq\f(1,2)ah，如果把扇形的弧長l，半徑r分別看成三角形的底邊長和高，可得到扇形的面積為eq\f(1,2)lr；(2)由1＝12,1＋3＝22,1＋3＋5＝32，可得到1＋3＋5＋…＋2n－1＝n2，則(1)(2)兩個(gè)推理過程分別屬于________推理．解析：(1)由三角形的性質(zhì)得到扇形的性質(zhì)有相似之處，此種推理為類比推理；(2)由特殊到一般，此種推理為歸納推理．答案：類比，歸納2．“因?yàn)橹笖?shù)函數(shù)y＝ax是增函數(shù)(大前提)，而y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x是指數(shù)函數(shù)(小前提)，所以y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x是增函數(shù)(結(jié)論)”，上面推理的錯(cuò)誤在于________錯(cuò)而導(dǎo)致結(jié)論錯(cuò)．解析：y＝ax是增函數(shù)這個(gè)大前提是錯(cuò)誤的，從而導(dǎo)致結(jié)論錯(cuò)誤．答案：大前提3．(2018·如東高級(jí)中學(xué)模擬)觀察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cosx)′＝－sinx，由歸納推理得：若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(－x)＝f(x)，記g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則g(－x)＝________.解析：由已知得函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為奇函數(shù)，故g(－x)＝－g(x)．答案：－g(x)4．下面圖形由小正方形組成，請(qǐng)觀察圖①至圖④的規(guī)律，并依此規(guī)律，寫出第n個(gè)圖形中小正方形的個(gè)數(shù)是________．解析：由題圖知第1個(gè)圖形的小正方形個(gè)數(shù)為1，第2個(gè)圖形的小正方形個(gè)數(shù)為1＋2，第3個(gè)圖形的小正方形個(gè)數(shù)為1＋2＋3，第4個(gè)圖形的小正方形個(gè)數(shù)為1＋2＋3＋4，…，則第n個(gè)圖形的小正方形個(gè)數(shù)為1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2).答案：eq\f(nn＋1,2)5．在平面幾何中：△ABC中∠C的角平分線CE分AB所成線段的比為eq\f(AC,BC)＝eq\f(AE,BE).把這個(gè)結(jié)論類比到空間：在三棱錐A-BCD中(如圖)，DEC平分二面角A-CD-B且與AB相交于E，則得到類比的結(jié)論是_____________________．解析：由平面中線段的比轉(zhuǎn)化為空間中面積的比可得eq\f(AE,EB)＝eq\f(S△ACD,S△BCD).答案：eq\f(AE,EB)＝eq\f(S△ACD,S△BCD)[練?？碱}點(diǎn)——檢驗(yàn)高考能力]一、填空題1．已知圓：x2＋y2＝r2上任意一點(diǎn)(x0，y0)處的切線方程為x0x＋y0y＝r2，類比以上結(jié)論有：雙曲線：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1上任意一點(diǎn)(x0，y0)處的切線方程為________________．解析：設(shè)圓上任一點(diǎn)為(x0，y0)，把圓的方程中的x2，y2替換為x0x，y0y，則得到圓的切線方程；類比這種方式，設(shè)雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1上任一點(diǎn)為(x0，y0)，則有切線方程為eq\f(x0x,a2)－eq\f(y0y,b2)＝1.答案：eq\f(x0x,a2)－eq\f(y0y,b2)＝12．已知“整數(shù)對(duì)”按如下規(guī)律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，…，則第60個(gè)“整數(shù)對(duì)”是________．解析：依題意，把“整數(shù)對(duì)”的和相同的分為一組，不難得知第n組中每個(gè)“整數(shù)對(duì)”的和均為n＋1，且第n組共有n個(gè)“整數(shù)對(duì)”，這樣的前n組一共有eq\f(nn＋1,2)個(gè)“整數(shù)對(duì)”，注意到eq\f(10×10＋1,2)＜60＜eq\f(11×11＋1,2)，因此第60個(gè)“整數(shù)對(duì)”處于第11組(每個(gè)“整數(shù)對(duì)”的和為12的組)的第5個(gè)位置，結(jié)合題意可知每個(gè)“整數(shù)對(duì)”的和為12的組中的各對(duì)數(shù)依次為：(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，…，因此第60個(gè)“整數(shù)對(duì)”是(5,7)．答案：(5,7)3．(2018·常州模擬)觀察下列各式：55＝3125,56＝15625，57＝78125,58＝390625，59＝1953125，……，則52019的末四位數(shù)字為________．解析：55＝3125,56＝15625,57＝78125,58＝390625，59＝1953125，……，可得59與55的后四位數(shù)字相同，由此可歸納出5m＋4k與5m(k∈N*，m＝5,6,7,8)的后四位數(shù)字相同，又2019＝4×503＋7，所以52019與5答案：81254．若數(shù)列{an}是等差數(shù)列，則數(shù)列{bn}eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(bn＝\f(a1＋a2＋…＋an,n)))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________．解析：若{an}是等差數(shù)列，則a1＋a2＋…＋an＝na1＋eq\f(nn－1,2)d，∴bn＝a1＋eq\f(n－1,2)d＝eq\f(d,2)n＋a1－eq\f(d,2)，即{bn}為等差數(shù)列；若{cn}是等比數(shù)列，則c1·c2·…·cn＝ceq\o\al(n,1)·q1＋2＋…＋(n－1)＝ceq\o\al(n,1)·qeq\f(nn－1,2)，∴dn＝eq\r(n,c1·c2·…·cn)＝c1·qeq\f(n－1,2)，即{dn}為等比數(shù)列．答案：dn＝eq\r(n,c1·c2·…·cn)5．(2017·全國卷Ⅱ改編)甲、乙、丙、丁四位同學(xué)一起去向老師詢問成語競(jìng)賽的成績．老師說：你們四人中有2位優(yōu)秀，2位良好，我現(xiàn)在給甲看乙、丙的成績，給乙看丙的成績，給丁看甲的成績．看后甲對(duì)大家說：我還是不知道我的成績．根據(jù)以上信息，下列說法正確的序號(hào)是________．①乙可以知道四人的成績；②丁可以知道四人的成績；③乙、丁可以知道對(duì)方的成績；④乙、丁可以知道自己的成績．解析：依題意，四人中有2位優(yōu)秀，2位良好，由于甲知道乙、丙的成績，但還是不知道自己的成績，則乙、丙必有1位優(yōu)秀，1位良好，甲、丁必有1位優(yōu)秀，1位良好，因此，乙知道丙的成績后，必然知道自己的成績；丁知道甲的成績后，必然知道自己的成績，故④正確．答案：④6．某市為了緩解交通壓力，實(shí)行機(jī)動(dòng)車輛限行政策，每輛機(jī)動(dòng)車每周一到周五都要限行一天，周末(周六和周日)不限行．某公司有A，B，C，D，E五輛車，保證每天至少有四輛車可以上路行駛．已知E車周四限行，B車昨天限行，從今天算起，A，C兩車連續(xù)四天都能上路行駛，E車明天可以上路，由此可知下列推測(cè)一定正確的是________．(填序號(hào))①今天是周六；②今天是周四；③A車周三限行；④C車周五限行．解析：因?yàn)槊刻熘辽儆兴妮v車可以上路行駛，E車明天可以上路，E車周四限行，所以今天不是周三；因?yàn)锽車昨天限行，所以今天不是周一，也不是周日；因?yàn)锳，C兩車連續(xù)四天都能上路行駛，所以今天不是周五，周二和周六，所以今天是周四．答案：②7．對(duì)于實(shí)數(shù)x，[x]表示不超過x的最大整數(shù)，觀察下列等式：[eq\r(1)]＋[eq\r(2)]＋[eq\r(3)]＝3，[eq\r(4)]＋[eq\r(5)]＋[eq\r(6)]＋[eq\r(7)]＋[eq\r(8)]＝10，[eq\r(9)]＋[eq\r(10)]＋[eq\r(11)]＋[eq\r(12)]＋[eq\r(13)]＋[eq\r(14)]＋[eq\r(15)]＝21，……按照此規(guī)律第n個(gè)等式的等號(hào)右邊的結(jié)果為________．解析：因?yàn)閇eq\r(1)]＋[eq\r(2)]＋[eq\r(3)]＝1×3，[eq\r(4)]＋[eq\r(5)]＋[eq\r(6)]＋[eq\r(7)]＋[eq\r(8)]＝2×5，[eq\r(9)]＋[eq\r(10)]＋[eq\r(11)]＋[eq\r(12)]＋[eq\r(13)]＋[eq\r(14)]＋[eq\r(15)]＝3×7，……，以此類推，第n個(gè)等式的等號(hào)右邊的結(jié)果為n(2n＋1)，即2n2＋n.答案：2n2＋n8．(2018·江蘇省通州高級(jí)中學(xué)高三月考)如果函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是凸函數(shù)，那么對(duì)于區(qū)間D內(nèi)的任意x1，x2，…，xn，都有eq\f(fx1＋fx2＋…＋fxn,n)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n))).若y＝sinx在區(qū)間(0，π)上是凸函數(shù)，那么在△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值是________．解析：由題意知，凸函數(shù)滿足eq\f(fx1＋fx2＋…＋fxn,n)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n)))，又y＝sinx在區(qū)間(0，π)上是凸函數(shù)，則sinA＋sinB＋sinC≤3sineq\f(A＋B＋C,3)＝3sineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(3),2).答案：eq\f(3\r(3),2)9．觀察下列事實(shí)：|x|＋|y|＝1的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為4，|x|＋|y|＝2的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為8，|x|＋|y|＝3的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為12，…，則|x|＋|y|＝20的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為________．解析：由|x|＋|y|＝1的不同整數(shù)解的個(gè)數(shù)為4，|x|＋|y|＝2的不同整數(shù)解的個(gè)數(shù)為8，|x|＋|y|＝3的不同整數(shù)解的個(gè)數(shù)為12，歸納推理得|x|＋|y|＝n的不同整數(shù)解的個(gè)數(shù)為4n，故|x|＋|y|＝20的不同整數(shù)解的個(gè)數(shù)為80.答案：8010.如圖，將平面直角坐標(biāo)系中的格點(diǎn)(橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點(diǎn))按如下規(guī)則標(biāo)上數(shù)字標(biāo)簽：原點(diǎn)處標(biāo)0，點(diǎn)(1,0)處標(biāo)1，點(diǎn)(1，－1)處標(biāo)2，點(diǎn)(0，－1)處標(biāo)3，點(diǎn)(－1，－1)處標(biāo)4，點(diǎn)(－1,0)處標(biāo)5，點(diǎn)(－1,1)處標(biāo)6，點(diǎn)(0,1)處標(biāo)7，依此類推，則標(biāo)簽為20172的格點(diǎn)的坐標(biāo)為________．解析：因?yàn)辄c(diǎn)(1,0)處標(biāo)1＝12，點(diǎn)(2,1)處標(biāo)9＝32，點(diǎn)(3,2)處標(biāo)25＝52，點(diǎn)(4,3)處標(biāo)49＝72，依此類推得點(diǎn)(1009，1008)處標(biāo)20172.答案：(1009,1008)二、解答題11．在Rt△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC于D，求證：eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2).在四面體ABCD中，類比上述結(jié)論，你能得到怎樣的猜想？并說明理由．解：如圖所示，由射影定理AD2＝BD·DC，AB2＝BD·BC，AC2＝BC·DC，∴eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,BD·DC)＝eq\f(BC2,BD·BC·DC·BC)＝eq\f(BC2,AB2·AC2).又BC2＝AB2＋AC2，∴eq\f(1,AD2)＝eq\f(AB2＋AC2,AB2·AC2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2).猜想，在四面體ABCD中，AB、AC、AD兩兩垂直，AE⊥平面BCD，則eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).證明：如圖，連結(jié)BE并延長交CD于F，連結(jié)AF.∵AB⊥AC，AB⊥AD，AC∩AD＝A，∴AB⊥平面ACD.∵AF?平面ACD，∴AB⊥AF.在Rt△ABF中，AE⊥BF，∴eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AF2).∵AB⊥平面ACD，∴AB⊥CD.∵AE⊥平面BCD，∴AE⊥CD.又AB∩AE＝A，∴CD⊥平面ABF，∴CD⊥AF.∴在Rt△ACD中eq\f(1,AF2)＝eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2)，∴eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).12．某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn)，以下五個(gè)式子的值都等于同一個(gè)常數(shù)：①sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；②sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；③sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°.(1)試從上述五個(gè)式子中選擇一個(gè)，求出這個(gè)常數(shù)；(2)根據(jù)(1)的計(jì)算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論．解：(1)選擇②式，計(jì)算如下：sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－eq\f(1,2)sin30°＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).(2)三角恒等式為sin2α＋cos2(30°－α)－sinα·cos(30°－α)＝eq\f(3,4).證明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinα·cos(30°－α)＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα·(cos30°cosα＋sin30°sinα)＝sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＋eq\f(\r(3),2)sinαcosα＋eq\f(1,4)sin2α－eq\f(\r(3),2)sinαcosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(3,4)sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＝eq\f(3,4).第三節(jié)直接證明與間接證明本節(jié)主要包括2個(gè)知識(shí)點(diǎn)：1.直接證明；2.間接證明.突破點(diǎn)(一)直接證明基礎(chǔ)聯(lián)通抓主干知識(shí)的“源”與“流”內(nèi)容綜合法分析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)為止思維過程由因?qū)Ч麍?zhí)果索因框圖表示eq\x(P已知?Q1)→eq\x(Q1?Q2)→…→eq\x(Qn?Q結(jié)論)eq\x(Q結(jié)論?P1)→eq\x(P1?P2)→…→eq\x(\a\al(得到一個(gè)明顯,成立的條件))書寫格式因?yàn)椤?，所以…或由…，得…要證…，只需證…，即證…考點(diǎn)貫通抓高考命題的“形”與“神”綜合法綜合法是從已知條件出發(fā)，逐步推向結(jié)論，綜合法的適用范圍是：(1)定義明確的問題，如證明函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性，求證無條件的等式或不等式；(2)已知條件明確，并且容易通過分析和應(yīng)用條件逐步逼近結(jié)論的題型．[例1](2018·武漢模擬)已知函數(shù)f(x)＝(λx＋1)lnx－x＋1.(1)若λ＝0，求f(x)的最大值；(2)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與直線x＋y＋1＝0垂直，證明：eq\f(fx,x－1)＞0.[解](1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．當(dāng)λ＝0時(shí)，f(x)＝lnx－x＋1.則f′(x)＝eq\f(1,x)－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′(x)＞0，故f(x)在(0,1)上是增函數(shù)；當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＜0，故f(x)在(1，＋∞)上是減函數(shù)．故f(x)在x＝1處取得最大值f(1)＝0.(2)證明：由題可得，f′(x)＝λlnx＋eq\f(λx＋1,x)－1.由題設(shè)條件，得f′(1)＝1，即λ＝1.∴f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1.由(1)知，lnx－x＋1＜0(x＞0，且x≠1)．當(dāng)0＜x＜1時(shí)，x－1＜0，f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1＝xlnx＋(lnx－x＋1)＜0，∴eq\f(fx,x－1)＞0.當(dāng)x＞1時(shí)，x－1＞0，且0＜eq\f(1,x)＜1，f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1＝lnx＋(xlnx－x＋1)＝lnx－xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x)－\f(1,x)＋1))＞0，∴eq\f(fx,x－1)＞0.綜上可知，eq\f(fx,x－1)＞0.[方法技巧]綜合法證題的思路分析法分析法是逆向思維，當(dāng)已知條件與結(jié)論之間的聯(lián)系不夠明顯、直接，或證明過程中需要用到的知識(shí)不太明確、具體時(shí)，往往采用分析法，特別是含有根號(hào)、絕對(duì)值的等式或不等式，從正面不易推導(dǎo)時(shí)，?？紤]用分析法．[例2]已知a＞0，證明eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.[證明]要證eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2，只需證eq\r(a2＋\f(1,a2))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))－(2－eq\r(2))．因?yàn)閍＞0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))－(2－eq\r(2))＞0，所以只需證eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(\r(a2＋\f(1,a2)))))2≥eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))－2－\r(2)))2，即2(2－eq\r(2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))≥8－4eq\r(2)，只需證a＋eq\f(1,a)≥2.因?yàn)閍＞0，a＋eq\f(1,a)≥2顯然成立當(dāng)且僅當(dāng)a＝eq\f(1,a)＝1時(shí)，等號(hào)成立，所以要證的不等式成立．[方法技巧]分析法證題的思路(1)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．(2)證明較復(fù)雜的問題時(shí)，可以采用兩頭湊的辦法，即通過分析法找出某個(gè)與結(jié)論等價(jià)(或充分)的中間結(jié)論，然后通過綜合法證明這個(gè)中間結(jié)論，從而使原命題得證．能力練通抓應(yīng)用體驗(yàn)的“得”與“失”1.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)一])在數(shù)列{an}中，已知a1＝eq\f(1,4)，eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,4)，bn＋2＝3logan(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)求證：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列．解：(1)因?yàn)閍1＝eq\f(1,4)，eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,4)，所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為eq\f(1,4)，公比為eq\f(1,4)的等比數(shù)列，所以an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n(n∈N*)．(2)證明：因?yàn)閎n＋2＝3logan，所以bn＝3logeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n－2＝3n－2＝1＋3(n－1)．所以b1＝1，公差d＝3，所以數(shù)列{bn}是首項(xiàng)b1＝1，公差d＝3的等差數(shù)列．2.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)二])已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a3＝5，S8＝64.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)求證：eq\f(1,Sn－1)＋eq\f(1,Sn＋1)＞eq\f(2,Sn)(n≥2，n∈N*)．解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a3＝a1＋2d＝5，,S8＝8a1＋28d＝64，))解得a1＝1，d＝2.故所求的通項(xiàng)公式為an＝2n－1.(2)證明：由(1)可知Sn＝n2，要證原不等式成立，只需證eq\f(1,n－12)＋eq\f(1,n＋12)＞eq\f(2,n2)，只需證[(n＋1)2＋(n－1)2]n2＞2(n2－1)2.只需證(n2＋1)n2＞(n2－1)2.只需證3n2＞1.而3n2＞1在n≥1時(shí)恒成立，從而不等式eq\f(1,Sn－1)＋eq\f(1,Sn＋1)＞eq\f(2,Sn)(n≥2，n∈N*)恒成立．3.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)一])已知實(shí)數(shù)a1，a2，…，a2017滿足a1＋a2＋a3＋…＋a2017＝0，且|a1－2a2|＝|a2－2a3|＝…＝|a2017－2a1|，證明：a1＝a2＝a3＝…＝a2017＝0.證明：根據(jù)條件知：(a1－2a2)＋(a2－2a3)＋(a3－2a4)＋…＋(a2017－2a1)＝－(a1＋a2＋a3＋…＋另一方面，令|a1－2a2|＝|a2－2a3|＝|a3－2a4|＝…＝|a2017－2a則a1－2a2，a2－2a3，a3－2a4，…，a2017－2a1中每個(gè)數(shù)或?yàn)樵O(shè)其中有k個(gè)m，(2017－k)個(gè)－m，則(a1－2a2)＋(a2－2a3)＋(a3－2a4)＋…＋(a2017－2a1)＝k×m＋(2017－k)×(－m)＝(2k由①②知：(2k－2017)m＝0.③而2k－2017為奇數(shù)，不可能為0，所以m＝0.于是知：a1＝2a2，a2＝2a3，a3＝2a4，…，a2016＝2a2017，a2017＝2a1.所以a1＝22017·a從而a1＝a2＝a3＝…＝a2017＝0.命題得證．4.eq\a\vs4\al([考點(diǎn)二])已知m＞0，a，b∈R，求證：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋mb,1＋m)))2≤eq\f(a2＋mb2,1＋m).證明：因?yàn)閙＞0，所以1＋m＞0.所以要證原不等式成立，只需證(a＋mb)2≤(1＋m)·(a2＋mb2)，即證m(a2－2ab＋b2)≥0，即證m(a－b)2≥0，即證(a－b)2≥0，而(a－b)2≥0顯然成立，故原不等式得證．突破點(diǎn)(二)間接證明基礎(chǔ)聯(lián)通抓主干知識(shí)的“源”與“流”1．反證法假設(shè)原命題不成立(即在原命題的條件下，結(jié)論不成立)，經(jīng)過正確的推理，最后得出矛盾，因此說明假設(shè)錯(cuò)誤，從而證明了原命題成立，這樣的證明方法叫做反證法．2．用反證法證明問題的一般步驟第一步分清命題“p?q”的條件和結(jié)論第二步作出命題結(jié)論q相反的假設(shè)綈q第三步由p和綈q出發(fā)，應(yīng)用正確的推理方法，推出矛盾結(jié)果第四步斷定產(chǎn)生矛盾結(jié)果的原因在于開始所作的假設(shè)綈q不真，于是結(jié)論q成立，從而間接地證明了命題p?q為真3．常見的結(jié)論和反設(shè)詞原結(jié)論詞反設(shè)詞原結(jié)論詞反設(shè)詞至少有一個(gè)一個(gè)都沒有對(duì)任意x成立存在某個(gè)x不成立至多有一個(gè)至少有兩個(gè)對(duì)任意x不成立存在某個(gè)x成立至少有n個(gè)至多有(n－1)個(gè)p或q綈p且綈q至多有n個(gè)至少有(n＋1)個(gè)p且q綈p或綈q都是不都是不都是都是考點(diǎn)貫通抓高考命題的“形”與“神”證明否定性命題[例1]已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足an＋Sn＝2.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)求證：數(shù)列{an}中任意三項(xiàng)不可能按原來順序成等差數(shù)列．[解](1)當(dāng)n＝1時(shí)，a1＋S1＝2a1＝2，則a1又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2，兩式相減得an＋1＝eq\f(1,2)an，所以{an}是首項(xiàng)為1，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，所以an＝eq\f(1,2n－1).(2)證明：假設(shè)存在三項(xiàng)按原來順序成等差數(shù)列，記為ap＋1，aq＋1，ar＋1(p＜q＜r，且p，q，r∈N*)，則2·eq\f(1,2q)＝eq\f(1,2p)＋eq\f(1,2r)，所以2·2r－q＝2r－p＋1.(*)又因?yàn)閜＜q＜r，所以r－q，r－p∈N*.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.證明存在性問題[例2]若f(x)的定義域?yàn)閇a，b]，值域?yàn)閇a，b](a＜b)，則稱函數(shù)f(x)是[a，b]上的“四維光軍”函數(shù)．(1)設(shè)g(x)＝eq\f(1,2)x2－x＋eq\f(3,2)是[1，b]上的“四維光軍”函數(shù)，求常數(shù)b的值；(2)是否存在常數(shù)a，b(a＞－2)，使函數(shù)h(x)＝eq\f(1,x＋2)是區(qū)間[a，b]上的“四維光軍”函數(shù)？若存在，求出a，b的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．[解](1)由已知得g(x)＝eq\f(1,2)(x－1)2＋1，其圖象的對(duì)稱軸為x＝1，區(qū)間[1，b]在對(duì)稱軸的右邊，所以函數(shù)在區(qū)間[1，b]上單調(diào)遞增．由“四維光軍”函數(shù)的定義可知，g(1)＝1，g(b)＝b，即eq\f(1,2)b2－b＋eq\f(3,2)＝b，解得b＝1或b＝3.因?yàn)閎＞1，所以b＝3.(2)假設(shè)函數(shù)h(x)＝eq\f(1,x＋2)在區(qū)間[a，b](a＞－2)上是“四維光軍”函數(shù)，因?yàn)閔(x)＝eq\f(1,x＋2)在區(qū)間(－2，＋∞)上單調(diào)遞減，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ha＝b，,hb＝a，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a＋2)＝b，,\