第十章算法、復數(shù)、推理與證明第一節(jié)算法、復數(shù)本節(jié)主要包括2個知識點：1.算法流程圖與基本算法語句；2.復數(shù).突破點(一)算法流程圖與基本算法語句基礎聯(lián)通抓主干知識的“源”與“流”1．算法一類問題的機械的、統(tǒng)一的求解方法．具有確定性、有限性等特點．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，圖框內的文字和符號表示操作的內容，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．3．三種基本邏輯結構順序結構選擇結構循環(huán)結構定義依次進行多個處理的結構先根據(jù)條件作出判斷，再決定執(zhí)行哪一種操作的結構需要重復執(zhí)行同一操作的結構，有兩種結構形式：當型循環(huán)(圖①)和直到型循環(huán)(圖②)結構形式4.基本算法語句偽代碼：介于自然語言和計算機語言之間的文字和符號．(1)賦值語句：用符號←表示，如“x←y”表示將y的值賦給x，其中x是一個變量，y是一個與x同類型的變量或表達式．(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”表示輸出運算結果x.(支持多個輸入和輸出，但是中間要用逗號隔開)(3)條件語句(4)循環(huán)語句對應當型循環(huán)對應直到型循環(huán)考點貫通抓高考命題的“形”與“神”順序結構和選擇結構選擇結構的算法流程圖只有順序結構和選擇結構，雖然結構比較簡單，但由于選擇支路較多，容易出現(xiàn)錯誤．解決此類問題，可按下列步驟進行：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，依次對每一個語句、每一個判斷框進行讀取，在讀取判斷框時，應注意判斷后的結論分別對應著什么樣的結果，然后按照對應的結果繼續(xù)往下讀??；第三步：輸出結果．[例1](1)定義運算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，))因為2coseq\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，))所以當輸入的x的值為eq\f(1,16)時，y＝2＋log2eq\f(1,16)＝2－4＝－2.[答案](1)4(2)－2[方法技巧]順序結構和選擇結構的運算方法(1)順序結構是最簡單的算法結構，語句與語句之間、框與框之間是按從上到下的順序進行的．解決此類問題，只需分清運算步驟，賦值量及其范圍進行逐步運算即可．(2)選擇結構中條件的判斷關鍵是明確選擇結構的功能，然后根據(jù)“Y”的分支成立的條件進行判斷．(3)對選擇結構，無論判斷框中的條件是否成立，都只能執(zhí)行兩個分支中的一個，不能同時執(zhí)行兩個分支．循環(huán)結構考法(一)由流程圖求輸出結果[例2](1)如圖所示，算法流程圖的輸出結果是________．(2)(2018·蘇州高三暑假測試)運行如圖所示的流程圖，則輸出的結果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，進入循環(huán)，S＝eq\f(1,2)，i＝2，進入循環(huán)，S＝－1，i＝3，進入循環(huán)，S＝2，i＝4，進入循環(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)結構流程圖求輸出結果的注意事項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，要明確是當型循環(huán)結構還是直到型循環(huán)結構，根據(jù)各自特點執(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，若輸出結果為273，則判斷框內循環(huán)變量i應補充的條件為________．[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構、選擇結構和循環(huán)結構．(2)要識別、執(zhí)行算法流程圖，理解算法流程圖所解決的實際問題．(3)按照題目的要求完成解答并驗證．基本算法語句[例4](1)按照如圖所示的偽代碼運行，則輸出k的值是________．(2)執(zhí)行如圖所示的偽代碼，輸出的結果是________．(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)結構可得，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)結束，故此時i＝11.(3)這是一個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步驟：首先通讀全部語句，把它翻譯成數(shù)學問題；其次領悟該語句的功能；最后根據(jù)語句的功能運行程序，解決問題．(2)解題時應注意以下規(guī)律：①賦值語句在給出變量賦值時，先計算賦值號右邊的式子，然后賦值給賦值號左邊的變量；給一個變量多次賦值時，變量的取值只與最后一次賦值有關．②條件語句必須以If開始，以EndIf結束，一個If必須和一個EndIf對應，尤其對條件語句的嵌套問題，應注意每一層結構的完整性，不能漏掉EndIf.Else后面操作無內容，可以省略．③循環(huán)語句的格式要正確，要保證有結束循環(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．能力練通抓應用體驗的“得”與“失”1.eq\a\vs4\al([考點一])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：當滿足條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥0，,x＋y≤1))時，由線性規(guī)劃的圖解法(圖略)知，目標函數(shù)S＝2x＋y的最大值為2；當不滿足條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥0，,x＋y≤1))時，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([考點二·考法一])(2017·蘇錫常鎮(zhèn)二模)據(jù)記載，在公元前3世紀，阿基米德已經(jīng)得出了前n個自然數(shù)平方和的一般公式．如圖是一個求前n個自然數(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([考點三])運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a＝3，b＝4時，滿足a≤b.故m＝b＝4.答案：4突破點(二)復數(shù)基礎聯(lián)通抓主干知識的“源”與“流”1．復數(shù)的定義及分類(1)復數(shù)的定義：形如a＋bi(a，b∈R)的數(shù)叫做復數(shù)，其中實部是a，虛部是b.(2)復數(shù)的分類：eq\a\vs4\al(復數(shù)z＝a＋bi,a，b∈R)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(實數(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．復數(shù)的有關概念復數(shù)相等a＋bi＝c＋di?a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)共軛復數(shù)a＋bi與c＋di共軛?a＝c且b＝－d(a，b，c，d∈R)復數(shù)的模向量eq\o(OZ,\s\up7(→))的模叫做復數(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.復數(shù)的幾何意義復平面的概念建立直角坐標系來表示復數(shù)的平面叫做復平面實軸、虛軸在復平面內，x軸叫做實軸，y軸叫做虛軸，實軸上的點都表示實數(shù)；除原點以外，虛軸上的點都表示純虛數(shù)復數(shù)的幾何表示復數(shù)z＝a＋bieq\a\vs4\al(一一對應)復平面內的點Z(a，b)eq\a\vs4\al(一一對應)平面向量eq\o(OZ,\s\up7(→))4．復數(shù)的運算法則設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).考點貫通抓高考命題的“形”與“神”復數(shù)的有關概念[例1](1)設i是虛數(shù)單位，若復數(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)已知復數(shù)z＝eq\f(2,1－i)，其中i為虛數(shù)單位，則復數(shù)z的共軛復數(shù)為________．(3)若復數(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)因為復數(shù)z＝eq\f(2,1－i)＝eq\f(21＋i,1－i1＋i)＝1＋i，所以復數(shù)z的共軛復數(shù)eq\x\to(z)＝1－i.(3)法一：設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]求解與復數(shù)概念相關問題的技巧復數(shù)的分類、復數(shù)的相等、復數(shù)的模及共軛復數(shù)的概念都與復數(shù)的實部、虛部有關，所以解答與復數(shù)相關概念有關的問題時，需把所給復數(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．復數(shù)的幾何意義[例2](1)(2018·徐州調研)復數(shù)z＝eq\f(3＋i,1＋i)＋3i在復平面內對應的點在第________象限．(2)(2017·北京高考改編)若復數(shù)(1－i)(a＋i)在復平面內對應的點在第二象限，則實數(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在復平面內對應的點在第一象限．(2)因為z＝(1－i)(a＋i)＝a＋1＋(1－a)i，所以它在復平面內對應的點為(a＋1,1－a)，又此點在第二象限，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)復數(shù)的運算1.在進行復數(shù)的加減法運算時，可類比合并同類項，運用法則(實部與實部相加減，虛部與虛部相加減)計算即可．2．在進行復數(shù)的乘法運算時：(1)復數(shù)的乘法類似于兩個多項式相乘，即把虛數(shù)單位i看作字母，然后按多項式的乘法法則進行運算，最后只要在所得的結果中把i2換成－1，并且把實部和虛部分別結合即可，但要注意把i的冪寫成簡單的形式；(2)實數(shù)范圍內的運算法則在復數(shù)范圍內仍然適用，如交換律、結合律以及乘法對加法的分配律、正整數(shù)指數(shù)冪的運算律，這些對復數(shù)仍然成立．3．在進行復數(shù)的除法運算時，關鍵是分母“實數(shù)化”，其一般步驟如下：(1)分子、分母同時乘分母的共軛復數(shù)；(2)對分子、分母分別進行乘法運算；(3)整理、化簡成實部、虛部分開的標準形式．[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)因為(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[易錯提醒]在乘法運算中要注意i的冪的性質：(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)．能力練通抓應用體驗的“得”與“失”1.eq\a\vs4\al([考點三])若z＝1＋2i，則eq\f(4i,z\o(z,\s\up6(－))－1)＝________.解析：因為z＝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的共軛復數(shù))，則z的虛部為________．解析：因為eq\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([考點二])已知z＝(m＋3)＋(m－1)i在復平面內對應的點在第四象限，則實數(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.故實數(shù)m的取值范圍為(－3,1)．答案：(－3,1)4.eq\a\vs4\al([考點一])若復數(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([考點二])如圖，若向量eq\o(OZ,\s\up7(→))對應的復數(shù)為z，則z＋eq\f(4,z)表示的復數(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([考點一])設復數(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([考點三])已知復數(shù)z＝eq\f(\r(3)＋i,1－\r(3)i2)，eq\o(z,\s\up6(－))是z的共軛復數(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[課時達標檢測]基礎送分課時——精練“14小題”，求準求快不深挖1.(2018·南京市高三年級學情調研)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)設復數(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)運行如圖所示的偽代碼，則輸出的結果S為________．解析：本題的算法功能是在累加變量S初值為1的基礎上連續(xù)加2四次，所以S＝9.答案：95．(2018·揚州調研)如圖給出的是計算eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,6)＋eq\f(1,8)＋…＋eq\f(1,100)的一個算法流程圖，其中判斷框內應填入的條件是________．解析：因為該循環(huán)體需要運行50次，i的初始值是1，間隔是1，所以i＝50時不滿足判斷框內的條件，而i＝51時滿足判斷框內條件，所以判斷框內的條件可以填入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)若復數(shù)z＝(1＋mi)(2－i)(i是虛數(shù)單位)是純虛數(shù)，則實數(shù)m的值為________．解析：因為z＝(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(1＋i)x＝1＋yi，其中x，y是實數(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，因為輸出值為26，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．因為輸出的y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·泰州中學高三年級學情調研)根據(jù)如圖的偽代碼，輸出的結果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，因為T＝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，結束循環(huán)，所以此時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個知識點：1.合情推理；2.演繹推理.突破點(一)合情推理基礎聯(lián)通抓主干知識的“源”與“流”類型定義特點歸納推理從個別事實中推演出一般性的結論的推理由部分到整體、由個別到一般類比推理由兩類對象具有某些類似特征和其中一類對象的某些已知特征，推演出另一類對象也具有這些特征的推理由特殊到特殊考點貫通抓高考命題的“形”與“神”歸納推理運用歸納推理時的一般步驟(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明確表述的一般命題(猜想)；(3)對所得出的一般性命題進行檢驗．類型(一)與數(shù)字有關的推理[例1]給出以下數(shù)對序列：(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個數(shù)對為aij，如a43＝(3,2)，則anm＝________.[解析]由前4行的特點，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)[易錯提醒]解決此類問題時，需要細心觀察，尋求相鄰項及項與序號之間的關系，同時還要聯(lián)系相關的知識，如等差數(shù)列、等比數(shù)列等．類型(二)與式子有關的推理[例2](2018·常熟中學模擬)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項和Sn＝eq\f(1023,1024)，則n＝________.[解析](1)從題中所給的幾個等式可知，第n個等式的左邊應有n個余弦相乘，且分母均為2n＋1，分子分別為π，2π，…，nπ，右邊應為eq\f(1,2n)，故可以猜想出結論為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]與式子有關的推理類型及解法(1)與等式有關的推理．觀察每個等式的特點，找出等式左右兩側的規(guī)律及符號后可解．(2)與不等式有關的推理．觀察每個不等式的特點，注意是縱向看，找到規(guī)律后可解．類型(三)與圖形有關的推理[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，則預計第10年樹的分枝數(shù)為________．[解析]因為2＝1＋1,3＝2＋1,5＝3＋2，即從第三項起每一項都等于前兩項的和，所以第10年樹的分枝數(shù)為21＋34＝55.[答案]55[方法技巧]與圖形有關的推理的解法與圖形變化相關的歸納推理，解決的關鍵是抓住相鄰圖形之間的關系，合理利用特殊圖形，找到其中的變化規(guī)律，得出結論，可用賦值檢驗法驗證其真?zhèn)涡裕惐韧评?．類比推理的應用一般分為類比定義、類比性質和類比方法，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，可以借助原定義來求解類比性質從一個特殊式子的性質、一個特殊圖形的性質入手，提出類比推理型問題，求解時要認真分析兩者之間的聯(lián)系與區(qū)別，深入思考兩者的轉化過程是求解的關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用到其他問題的求解中，注意知識的遷移2．平面中常見的元素與空間中元素的類比：平面點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，設△OAB，△ODC的面積分別為S1，S2，則△OEF的面積S0與S1，S2的關系是________．[解析]在平面幾何中類比幾何性質時，一般是由平面幾何中點的性質類比推理線的性質；由平面幾何中線段的性質類比推理面積的性質．故由EF＝eq\f(ma＋nb,m＋n)類比到關于△OEF的面積S0與S1，S2的關系是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用一類事物的性質去推測另一類事物的性質，得出一個明確的命題(猜想)．(2)類比推理的關鍵是找到合適的類比對象．平面幾何中的一些定理、公式、結論等，可以類比到立體幾何中，得到類似的結論．能力練通抓應用體驗的“得”與“失”1.eq\a\vs4\al([考點二])由代數(shù)式的乘法法則類比推導向量的數(shù)量積的運算法則：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，類比得到的結論中正確的序號是________．答案：①②2.eq\a\vs4\al([考點二])在平面幾何中有如下結論：正三角形ABC的內切圓面積為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論：已知正四面體P-ABC的內切球體積為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．[考點一·類型(一)](2018·海門中學月考)有一個奇數(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個數(shù)是________．解析：先求第30行的第1個數(shù)，再求第30行的第3個數(shù)．觀察每一行的第一個數(shù)，由歸納推理可得第30行的第1個數(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個數(shù)比第1個數(shù)大2n，第3個數(shù)比第2個數(shù)大2n＋2，所以第30行從左到右的第2個數(shù)比第1個數(shù)大60，第3個數(shù)比第2個數(shù)大62，故第30行從左到右第3個數(shù)是929＋60＋62＝1051.答案：10514．[考點一·類型(二)]設n為正整數(shù)，f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，計算得f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)＞2，f(8)＞eq\f(5,2)，f(16)＞3，觀察上述結果，可推測一般的結論為________．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．[考點一·類型(三)]蜜蜂被認為是自然界中最杰出的建筑師，單個蜂巢可以近似地看作是一個正六邊形，如圖為一組蜂巢的截面圖．其中第一個圖有1個蜂巢，第二個圖有7個蜂巢，第三個圖有19個蜂巢，按此規(guī)律，以f(n)表示第n個圖的蜂巢總數(shù)．則f(4)＝________，f(n)＝________.解析：因為f(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(二)演繹推理基礎聯(lián)通抓主干知識的“源”與“流”(1)定義：從一般性的原理出發(fā)，推出某個特殊情況下的結論，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——所研究的特殊對象；③結論——根據(jù)一般原理，對特殊對象做出的判斷．(3)特點：演繹推理是由一般到特殊的推理．考點貫通抓高考命題的“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為首項的等比數(shù)列．(結論)(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所以對于任意正整數(shù)n，都有Sn＋1＝4an.(結論)[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，應用三段論解決問題時，應當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，一些稍復雜一點的證明題常常要由幾個三段論才能完成．能力練通抓應用體驗的“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)的圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)))對稱；(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)的定義域為全體實數(shù)，任取一點(x，y)，它關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)))對稱的點的坐標為(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)的圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)))對稱．(結論)(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上的單調增函數(shù)．證明：設任意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，因為x1＜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上的單調增函數(shù)．(結論)[課時達標檢測]重點保分課時——一練小題夯雙基，二練題點過高考[練基礎小題——強化運算能力]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)兩個推理過程分別屬于________推理．解析：(1)由三角形的性質得到扇形的性質有相似之處，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．“因為指數(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)(結論)”，上面推理的錯誤在于________錯而導致結論錯．解析：y＝ax是增函數(shù)這個大前提是錯誤的，從而導致結論錯誤．答案：大前提3．(2018·如東高級中學模擬)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)的導函數(shù)，則g(－x)＝________.解析：由已知得函數(shù)的導函數(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，請觀察圖①至圖④的規(guī)律，并依此規(guī)律，寫出第n個圖形中小正方形的個數(shù)是________．解析：由題圖知第1個圖形的小正方形個數(shù)為1，第2個圖形的小正方形個數(shù)為1＋2，第3個圖形的小正方形個數(shù)為1＋2＋3，第4個圖形的小正方形個數(shù)為1＋2＋3＋4，…，則第n個圖形的小正方形個數(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).把這個結論類比到空間：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，則得到類比的結論是_____________________．解析：由平面中線段的比轉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)[練常考題點——檢驗高考能力]一、填空題1．已知圓：x2＋y2＝r2上任意一點(x0，y0)處的切線方程為x0x＋y0y＝r2，類比以上結論有：雙曲線：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1上任意一點(x0，y0)處的切線方程為________________．解析：設圓上任一點為(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，設雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1上任一點為(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”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“整數(shù)對”是________．解析：依題意，把“整數(shù)對”的和相同的分為一組，不難得知第n組中每個“整數(shù)對”的和均為n＋1，且第n組共有n個“整數(shù)對”，這樣的前n組一共有eq\f(nn＋1,2)個“整數(shù)對”，注意到eq\f(10×10＋1,2)＜60＜eq\f(11×11＋1,2)，因此第60個“整數(shù)對”處于第11組(每個“整數(shù)對”的和為12的組)的第5個位置，結合題意可知每個“整數(shù)對”的和為12的組中的各對數(shù)依次為：(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，…，因此第60個“整數(shù)對”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．類比這一性質可知，若正項數(shù)列{cn}是等比數(shù)列，且{dn}也是等比數(shù)列，則dn的表達式應為________．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、丁四位同學一起去向老師詢問成語競賽的成績．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，實行機動車輛限行政策，每輛機動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，由此可知下列推測一定正確的是________．(填序號)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：因為每天至少有四輛車可以上路行駛，E車明天可以上路，E車周四限行，所以今天不是周三；因為B車昨天限行，所以今天不是周一，也不是周日；因為A，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．對于實數(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個等式的等號右邊的結果為________．解析：因為[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個等式的等號右邊的結果為n(2n＋1)，即2n2＋n.答案：2n2＋n8．(2018·江蘇省通州高級中學高三月考)如果函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是凸函數(shù)，那么對于區(qū)間D內的任意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：|x|＋|y|＝1的不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為4，|x|＋|y|＝2的不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為8，|x|＋|y|＝3的不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為12，…，則|x|＋|y|＝20的不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為________．解析：由|x|＋|y|＝1的不同整數(shù)解的個數(shù)為4，|x|＋|y|＝2的不同整數(shù)解的個數(shù)為8，|x|＋|y|＝3的不同整數(shù)解的個數(shù)為12，歸納推理得|x|＋|y|＝n的不同整數(shù)解的個數(shù)為4n，故|x|＋|y|＝20的不同整數(shù)解的個數(shù)為80.答案：8010.如圖，將平面直角坐標系中的格點(橫、縱坐標均為整數(shù)的點)按如下規(guī)則標上數(shù)字標簽：原點處標0，點(1,0)處標1，點(1，－1)處標2，點(0，－1)處標3，點(－1，－1)處標4，點(－1,0)處標5，點(－1,1)處標6，點(0,1)處標7，依此類推，則標簽為20172的格點的坐標為________．解析：因為點(1,0)處標1＝12，點(2,1)處標9＝32，點(3,2)處標25＝52，點(4,3)處標49＝72，依此類推得點(1009，1008)處標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BE并延長交CD于F，連結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．某同學在一次研究性學習中發(fā)現(xiàn)，以下五個式子的值都等于同一個常數(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)試從上述五個式子中選擇一個，求出這個常數(shù)；(2)根據(jù)(1)的計算結果，將該同學的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結論．解：(1)選擇②式，計算如下：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個知識點：1.直接證明；2.間接證明.突破點(一)直接證明基礎聯(lián)通抓主干知識的“源”與“流”內容綜合法分析法定義利用已知條件和某些數(shù)學定義、公理、定理等，經(jīng)過一系列的推理論證，最后推導出所要證明的結論成立從要證明的結論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最后，把要證明的結論歸結為判定一個明顯成立的條件(已知條件、定理、定義、公理等)為止思維過程由因導果執(zhí)果索因框圖表示eq\x(P已知?Q1)→eq\x(Q1?Q2)→…→eq\x(Qn?Q結論)eq\x(Q結論?P1)→eq\x(P1?P2)→…→eq\x(\a\al(得到一個明顯,成立的條件))書寫格式因為…，所以…或由…，得…要證…，只需證…，即證…考點貫通抓高考命題的“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用條件逐步逼近結論的題型．[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(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)的定義域為(0，＋∞)．當λ＝0時，f(x)＝lnx－x＋1.則f′(x)＝eq\f(1,x)－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.當0＜x＜1時，f′(x)＞0，故f(x)在(0,1)上是增函數(shù)；當x＞1時，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0＜x＜1時，x－1＜0，f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1＝xlnx＋(lnx－x＋1)＜0，∴eq\f(fx,x－1)＞0.當x＞1時，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，當已知條件與結論之間的聯(lián)系不夠明顯、直接，或證明過程中需要用到的知識不太明確、具體時，往往采用分析法，特別是含有根號、絕對值的等式或不等式，從正面不易推導時，?？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))．因為a＞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.因為a＞0，a＋eq\f(1,a)≥2顯然成立當且僅當a＝eq\f(1,a)＝1時，等號成立，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，逐步尋找使結論成立的充分條件．正確把握轉化方向是使問題順利獲解的關鍵．(2)證明較復雜的問題時，可以采用兩頭湊的辦法，即通過分析法找出某個與結論等價(或充分)的中間結論，然后通過綜合法證明這個中間結論，從而使原命題得證．能力練通抓應用體驗的“得”與“失”1.eq\a\vs4\al([考點一])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}的通項公式；(2)求證：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列．解：(1)因為a1＝eq\f(1,4)，eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,4)，所以數(shù)列{an}是首項為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：因為bn＋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b1＝1，公差d＝3的等差數(shù)列．2.eq\a\vs4\al([考點二])已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a3＝5，S8＝64.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(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([考點一])已知實數(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中每個數(shù)或為設其中有k個m，(2017－k)個－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：因為m＞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(二)間接證明基礎聯(lián)通抓主干知識的“源”與“流”1．反證法假設原命題不成立(即在原命題的條件下，結論不成立)，經(jīng)過正確的推理，最后得出矛盾，因此說明假設錯誤，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”的條件和結論第二步作出命題結論q相反的假設綈q第三步由p和綈q出發(fā)，應用正確的推理方法，推出矛盾結果第四步斷定產(chǎn)生矛盾結果的原因在于開始所作的假設綈q不真，于是結論q成立，從而間接地證明了命題p?q為真3．常見的結論和反設詞原結論詞反設詞原結論詞反設詞至少有一個一個都沒有對任意x成立存在某個x不成立至多有一個至少有兩個對任意x不成立存在某個x成立至少有n個至多有(n－1)個p或q綈p且綈q至多有n個至少有(n＋1)個p且q綈p或綈q都是不都是不都是都是考點貫通抓高考命題的“形”與“神”證明否定性命題[例1]已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足an＋Sn＝2.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)求證：數(shù)列{an}中任意三項不可能按原來順序成等差數(shù)列．[解](1)當n＝1時，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：假設存在三項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.(*)又因為p＜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．所以假設不成立，原命題得證.證明存在性問題[例2]若f(x)的定義域為[a，b]，值域為[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，其圖象的對稱軸為x＝1，區(qū)間[1，b]在對稱軸的右邊，所以函數(shù)在區(qū)間[1，b]上單調遞增．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.因為b＞1，所以b＝3.(2)假設函數(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)，因為h(x)＝eq\f(1,x＋2)在區(qū)間(－2，＋∞)上單調遞減，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，,\