2020-2021学年高中北师大版数学选修2-2课件：阶段复习课 第四课 复数
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2020-2021学年高中北师大版数学选修2-2课件：1.4 数学归纳法
3
【证明】(1)当n=1时，左边=12，
右边= 1 ×1×(4×12-1)=1，
3
左边=右边，等式成立.
(2)假设当n=k(k∈N+，k≥1)时，等式成立， 即12+32+52+…+(2k-1)12= k(4k2-1)，
3
则当n=k+1时，
12+32+52+…+(2k-1)2+(2k+1)2
= 1 k(4k2-1)+(2k+1)2=1 k(2k+1)(2k-1)+(2k+1)2
【解析】1.观察可知等式的左端是n个和式的积，当n=k时为
(k+1)·(k+2)·…·(k+k)，那么当n=k+1时，等式的左端应为
[(k+1)+1]·[(k+1)+2]·…·[(k+1)+(k+1)]，
和(k+1)·(k+2)·…·(k+k)比较会发现，
左端增乘的代数式为［
k
1
k
1］［k
1
k］
【典例】用数学归纳法证明对一切n∈N+，
1＋
1 22
＋1 32
＋＋
1 n2
增加了一项. ( )
(3)用数学归纳法证明等式：1+2+3+…+n2= n4＋n2 (n∈N*)时，从n=k到n=k+1
2
左边应添加的项为(k+1)2.
()
(4)用数学归纳法证明等式“1+2+22+…+2n+2=2n+3-1”，验证n=1时，左边式子应
【证明】(1)当n=1时，左边=12，
右边= 1 ×1×(4×12-1)=1，
3
左边=右边，等式成立.
(2)假设当n=k(k∈N+，k≥1)时，等式成立， 即12+32+52+…+(2k-1)12= k(4k2-1)，
3
则当n=k+1时，
12+32+52+…+(2k-1)2+(2k+1)2
= 1 k(4k2-1)+(2k+1)2=1 k(2k+1)(2k-1)+(2k+1)2
【解析】1.观察可知等式的左端是n个和式的积，当n=k时为
(k+1)·(k+2)·…·(k+k)，那么当n=k+1时，等式的左端应为
[(k+1)+1]·[(k+1)+2]·…·[(k+1)+(k+1)]，
和(k+1)·(k+2)·…·(k+k)比较会发现，
左端增乘的代数式为［
k
1
k
1］［k
1
k］
【典例】用数学归纳法证明对一切n∈N+，
1＋
1 22
＋1 32
＋＋
1 n2
增加了一项. ( )
(3)用数学归纳法证明等式：1+2+3+…+n2= n4＋n2 (n∈N*)时，从n=k到n=k+1
2
左边应添加的项为(k+1)2.
()
(4)用数学归纳法证明等式“1+2+22+…+2n+2=2n+3-1”，验证n=1时，左边式子应
2020-2021学年高中北师大版数学选修2-2课件：2.4.2 导数的乘法与除法法则
2.函数f(x)=(x+1)2(x-1)在x=1处的导数等于
A.1
B.2
C.3
【解析】选D.f(x)=(x+1)2(x-1)=x3+x2-x-1,
f′(x)=3x2+2x-1,f′(1)=3+2-1=4.
() D.4
3.函数f(x)=exsin x的图像在点(0,f (0))处的切线的倾斜角为
.
ex 1
【思路导引】根据导数的几何意义,利用导数的除法法则求导数,即得切线的斜 率,进而求其最小值和直线方程.
【解析】y′= ex = 1 ,
（ex 1）2
ex
1 ex
2
因为ex>0,所以ex+ 1 ≥2
ex
ex
1 ex
=2(当且仅当ex=
1 ex
,即x=0时取等号),
则ex+ 1 +2≥4,
ex
提示:(1)×.f′(x)=(x2)′·sin x+x2·(sin x)′=2x·sin x+x2·cos x.
(2)×.“
f g
=x x
导数,且g(x)≠0.
g（x）f（ x”）成f（立x） 的g条（ x件）是 f(x),g(x)都有
g（2 x）
(3)×.[f(x)·g(x)]′=f′(x)g(x)+f(x)g′(x).
【基础小测】 1.辨析记忆(对的打“√”,错的打“×”) (1)若f(x)=x2·sin x,则f′(x)=(x2)′·(sin x)′=2x·sin x.( )
(2)“
f x
g
x
=
g（x）f（ x） f（x）g（ x） ”对任意的函数g(x)都成立.(
2020-2021学年高中北师大版数学选修2-2课件：5.1.2 复数的有关概念
2
________. 2.已知复数z= 3x 1-x+(x2-4x+3)i>0,求实数x的值. 【思路导引】1.等号左右两边式子相等,即左右式子实部和虚部均相等,而左 边只有实部,右边只有虚部,则左右均为0. 2.z>0,则z∈R,虚部为0.
【解析】1.设方程的实数根为x=m,
则原方程可变为3m2-a m -1=(10-m-2m2)i,
【解析】1.选A.由题意得
m m
13解00，，得-3<m<1.
2.(1)若复数z在复平面内的对应点位于虚轴上,则2m=0,即m=0.
(2)若复数z在复平面内的对应点位于第一、三象限,
则2m(4-m2)>0,解得m<-2或0<m<2.
(3)若复数z的对应点位于以原点为圆心,4为半径的圆上,则 4m2 (4 m2)2＝4， 即m4-4m2=0,
A.4或0
B.-4或0
C.2或0
D.-2或0
【解析】选A.由z1=z2,得n2-3m-1=-3且n2-m-6=-4,解得m=2,n=±2,所以m+n=4或 0.
【补偿训练】
已知复数x2-1+(y+1)i大于复数2x+3+(y2-1)i,试求实数x,y的范围.
y 1＝0，
【解析】由题意知x2-1+(y+1)i与2x+3+(y2-1)i均为实数,即
(3)解方程组得解. 提醒:根据两个复数相等的意义,可知在a=c,b=d中,只要有一个不成立,那么 a+bi≠c+di. 所以两个复数,如果不全是实数,只有相等与不等关系,而不能比较它们的大小.
【跟踪训练】
若z1=-3-4i,z2=(n2-3m-1)+(n2-m-6)i(m,n∈R),且z1=z2,则m+n= ( )
________. 2.已知复数z= 3x 1-x+(x2-4x+3)i>0,求实数x的值. 【思路导引】1.等号左右两边式子相等,即左右式子实部和虚部均相等,而左 边只有实部,右边只有虚部,则左右均为0. 2.z>0,则z∈R,虚部为0.
【解析】1.设方程的实数根为x=m,
则原方程可变为3m2-a m -1=(10-m-2m2)i,
【解析】1.选A.由题意得
m m
13解00，，得-3<m<1.
2.(1)若复数z在复平面内的对应点位于虚轴上,则2m=0,即m=0.
(2)若复数z在复平面内的对应点位于第一、三象限,
则2m(4-m2)>0,解得m<-2或0<m<2.
(3)若复数z的对应点位于以原点为圆心,4为半径的圆上,则 4m2 (4 m2)2＝4， 即m4-4m2=0,
A.4或0
B.-4或0
C.2或0
D.-2或0
【解析】选A.由z1=z2,得n2-3m-1=-3且n2-m-6=-4,解得m=2,n=±2,所以m+n=4或 0.
【补偿训练】
已知复数x2-1+(y+1)i大于复数2x+3+(y2-1)i,试求实数x,y的范围.
y 1＝0，
【解析】由题意知x2-1+(y+1)i与2x+3+(y2-1)i均为实数,即
(3)解方程组得解. 提醒:根据两个复数相等的意义,可知在a=c,b=d中,只要有一个不成立,那么 a+bi≠c+di. 所以两个复数,如果不全是实数,只有相等与不等关系,而不能比较它们的大小.
【跟踪训练】
若z1=-3-4i,z2=(n2-3m-1)+(n2-m-6)i(m,n∈R),且z1=z2,则m+n= ( )
2020-2021学年北师大版数学选修2-2课件：第一章 4 数学归纳法
探究二 用数学归纳法证明不等式 [例 2] 求证：当 n∈N＋，n≥2 时，n＋1 1＋n＋1 2＋…＋21n>1234. [证明] (1)当 n＝2 时，2＋1 1＋2＋1 2＝172＝1244>1234，不等式成立． (2)假设 n＝k(k≥2，k∈N＋)时不等式成立，即 k＋1 1＋k＋1 2＋…＋21k>1234，
§4 数学归纳法
01 课前 自主梳理 02 课堂 合作探究 03 课后 巩固提升
[自主梳理]
一、数学归纳法 数学归纳法是用来证明某些与_正__整__数__n_有关的数学命题的一种方法． 二、数学归纳法的证明步骤 1．基本步骤
(1)验证：__n_＝__1___时，命题成立； (2)在假设当_n_＝__k_(_k_≥__1_)时命题成立的前提下，推出当_n_＝__k_＋__1_时，命题成立． 根据(1)(2)可以断定命题对一切正整数 n 都成立．
＝(k＋2)(k＋3)…(k＋k)(2k＋1)(2k＋2)
＝2(k＋1)(k＋2)…(k＋k)(2k＋1)．
答案：B
5．用数学归纳法证明 1＋12＋13＋…＋2n－1 1＜n(n∈N＋且 n＞1)第一步
要证明的不等式是________，从 n＝k 到 n＝k＋1 时，左端增加了 ________项． 解析：当 n＝2 时，1＋12＋13＜2. 当 n＝k 时到第 2k－1 项， 而当 n＝k＋1 时到第 2k＋1－1 项， 所以 2k＋1－1－(2k－1)＝2k＋1－2k＝2·2k－2k＝2k. 答案：1＋12＋13＜2 2k
1．本题证明第一步 n 不是取 1，而是取 2.
2．在运用数学归纳法证明不等式时，经常需要在证明过程中(从 k 到 k ＋1 的过程中)与证明不等式的其他方法(如基本不等式法，放缩法，分 析法等)相结合．
北师版数学高二-选修2-2教案章末复习课
学习目标 1.掌握复数的有关概念及复数相等的充要条件.2.理解复数的几何意义.3.掌握复数的相关运算．知识点一 复数的有关概念(1)复数的概念：形如a ＋b i(a ，b ∈R )的数叫作复数，其中a ，b 分别是它的________和________．若b ＝0，则a ＋b i 为实数，若________，则a ＋b i 为虚数，若____________，则a ＋b i 为纯虚数．(2)复数相等：a ＋b i ＝c ＋d i ⇔____________(a ，b ，c ，d ∈R )． (3)共轭复数：a ＋b i 与c ＋d i 共轭⇔____________(a ，b ，c ，d ∈R )．(4)复平面：当用直角坐标平面内的点来表示复数时，我们称这个直角坐标平面为复平面．________叫作实轴，________叫作虚轴．实轴上的点都表示________；除了原点外，虚轴上的点都表示________；各象限内的点都表示非纯虚数．(5)复数的模：设复数z ＝a ＋b i 在复平面内对应的点是Z (a ，b )，点Z 到原点的距离|OZ |叫做复数z 的模或绝对值，记作________．显然，|z |＝________.两个复数一般不能比较大小，但可以比较它们模的大小． 知识点二 复数的几何意义(1)复数z ＝a ＋b i 一一,对应,复平面内的点Z (a ，b )(a ，b ∈R )． (2)复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )一一,对应,平面向量OZ →. 知识点三 复数的运算(1)复数的加、减、乘、除运算法则设z 1＝a ＋b i ，z 2＝c ＋d i(a ，b ，c ，d ∈R )，则①加法：z 1＋z 2＝(a ＋b i)＋(c ＋d i)＝______________________________________________； ②减法：z 1－z 2＝(a ＋b i)－(c ＋d i)＝_________________________________________； ③乘法：z 1·z 2＝(a ＋b i)·(c ＋d i)＝____________________________________________________；④除法：z 1z 2＝a ＋b i c ＋d i ＝(a ＋b i )(c －d i )(c ＋d i )(c －d i )＝ac ＋bd c 2＋d 2＋bc －adc 2＋d 2i(c ＋d i ≠0)．(2)复数加法的运算定律复数的加法满足交换律、结合律，即对任何z 1，z 2，z 3∈C ，有z 1＋z 2＝________，(z 1＋z 2)＋z 3＝____________.类型一 复数的概念 例1 已知复数z ＝a 2－a －6＋a 2＋2a －15a 2－4i ，分别求出满足下列条件的实数a 的值：(1)z 是实数；(2)z 是虚数；(3)z 是0. 引申探究例1中条件不变，若z 为纯虚数，是否存在这样的实数a ，若存在，求出a ，若不存在，说明理由．反思与感悟 (1)正确确定复数的实、虚部是准确理解复数的有关概念(如实数、虚数、纯虚数、相等复数、共轭复数、复数的模)的前提．(2)两复数相等的充要条件是复数问题转化为实数问题的依据．跟踪训练1 复数z ＝log 3(x 2－3x －3)＋ilog 2(x －3)，当x 为何实数时，(1)z ∈R ；(2)z 为虚数．类型二 复数的运算例2 已知z 是复数，z －3i 为实数，z －5i2－i 为纯虚数(i 为虚数单位)．(1)求复数z ；(2)求z1－i 的模．反思与感悟 复数的综合运算中会涉及模、共轭及分类等，求z 时要注意是把z 看作一个整体还是设为代数形式应用方程思想；当z 是实数或纯虚数时注意常见结论的应用． 跟踪训练2 已知z 1，z 2为复数，(3＋i)z 1为实数，z 2＝z 12＋i，且|z 2|＝52，求z 2.类型三 数形结合思想的应用例3 在复平面内，设z ＝1＋i(i 是虚数单位)，则复数2z ＋z 2对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限反思与感悟 根据复平面内的点、向量及向量对应的复数是一一对应的，要求某个向量对应的复数，只要找出所求向量的始点和终点，或者用向量相等直接给出结论．跟踪训练3 已知复平面内点A ，B 对应的复数分别是z 1＝sin 2θ＋i ，z 2＝－cos 2θ＋icos2θ，其中θ∈(0，π)，设AB →对应的复数为z . (1)求复数z ；(2)若复数z 对应的点P 在直线y ＝12x 上，求θ的值．1．若复数z ＝cos θ－513＋(1213－sin θ)i(i 是虚数单位)是纯虚数，则tan θ的值为( )A ．－125B.125C ．－512D ．±1252．设z ＝10i 3＋i ，则z 的共轭复数为( )A ．－1＋3iB ．－1－3iC ．1＋3iD ．1－3i3．若复数z 满足(3－4i)z ＝|4＋3i|，则z 的虚部为( ) A ．－4B ．－45C ．4D.454．计算：2－(1＋i 2)20.5．已知复数z＝(m2－2m)＋(m2＋m－6)i所对应的点分别在(1)虚轴上；(2)第三象限．试求以上实数m的值或取值范围．1．复数的四则运算按照运算法则和运算律进行运算，其中除法运算的关键是将分母实数化．2．复数的几何意义是数形结合思想在复数中的一大体现．3．利用两个复数相等可以解决求参数值(或范围)和复数方程等问题．答案精析知识梳理知识点一(1)实部虚部b≠0a＝0且b≠0a＝c且b＝d(3)a＝c，b＋d＝0(4)x轴y轴实数纯虚数(5)|z|a2＋b2知识点三(1)①(a＋c)＋(b＋d)i②(a－c)＋(b－d)i③(ac－bd)＋(ad＋bc)i(2)z2＋z1z1＋(z2＋z3)题型探究例1 解 由a 2－a －6＝0，解得a ＝－2或a ＝3. 由a 2＋2a －15＝0，解得a ＝－5或a ＝3. 由a 2－4≠0，解得a ≠±2. (1)由a 2＋2a －15＝0且a 2－4≠0， 得a ＝－5或a ＝3，∴当a ＝－5或a ＝3时，z 为实数． (2)由a 2＋2a －15≠0且a 2－4≠0， 得a ≠－5且a ≠3且a ≠±2，∴当a ≠－5且a ≠3且a ≠±2时，z 是虚数． (3)由a 2－a －6＝0，且a 2＋2a －15＝0，得a ＝3， ∴当a ＝3时，z ＝0. 引申探究解 由a 2－a －6＝0，且a 2＋2a －15≠0，且a 2－4≠0， 得a 无解，∴不存在实数a ，使z 为纯虚数．跟踪训练1 解 (1)因为一个复数是实数的充要条件是虚部为0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 2－3x －3>0，log 2(x －3)＝0，x －3>0，解得x ＝4，所以当x ＝4时，z ∈R .(2)因为一个复数是虚数的充要条件是虚部不为0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 2－3x －3>0，log 2(x －3)≠0，x －3>0，解得x >3＋212且x ≠4.所以当x >3＋212且x ≠4时，z 为虚数．例2 解 (1)设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )， ∴z －3i ＝a ＋(b －3)i 为实数，可得b ＝3. 又∵a －2i 2－i ＝2a ＋2＋(a －4)i 5为纯虚数，∴a ＝－1，即z ＝－1＋3i.(2)z1－i ＝－1＋3i 1－i ＝(－1＋3i )(1＋i )(1－i )(1＋i )＝－4＋2i 2＝－2＋i ，∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪z 1－i ＝|－2＋i|＝(－2)2＋12＝ 5. 跟踪训练2 解 z 1＝z 2(2＋i)， (3＋i)z 1＝z 2(2＋i)(3＋i)＝z 2(5＋5i)∈R ， 因为|z 2|＝52，所以|z 2(5＋5i)|＝50， 所以z 2(5＋5i)＝±50，所以z 2＝±505＋5i ＝±101＋i ＝±(5－5i)．例3 A跟踪训练3 解 (1)由题意得z ＝z 2－z 1＝－cos 2θ－sin 2θ＋(cos2θ－1)i ＝－1－2sin 2θ·i. (2)由(1)知，点P 的坐标为(－1，－2sin 2θ)． 由点P 在直线y ＝12x 上，得－2sin 2θ＝－12，∴sin 2θ＝14，又θ∈(0，π)，∴sin θ>0，因此sin θ＝12，∴θ＝π6或θ＝5π6.当堂训练 1．A 2.D 3.D 4．解2－(1＋i 2)20＝2－(2i )10210＝(1＋i)2－(－1)＝1＋2i.5．解 (1)由m 2－2m ＝0， 解得m ＝0或m ＝2.∴若复数z ＝(m 2－2m )＋(m 2＋m －6)i 所对应的点在虚轴上，则m ＝0或2. (2)由复数z ＝(m 2－2m )＋(m 2＋m －6)i 所对应的点在第三象限，得⎩⎪⎨⎪⎧m 2－2m <0，m 2＋m －6<0，解得0<m <2.。
北师大版选修2-2高考数学1.4《数学归纳法》ppt课件
n∈N+).
证明:(1)当 n=2 时,左边=2+f(1)=3,右边=2f(2)=3,等式成立. (2)假设 n=k 时,等式成立,即 k+f(1)+…+f(k-1)=kf(k). 那么当 n=k+1 时, k+1+f(1)+…+f(k-1)+f(k)
=1+f(k)+kf(k)=(k+1)f(k)+1
D 当堂检测 ANGTANG JIANCE
点评
理解等式的特点:在等式左边,当 n 取一个值时,对应两项,即2���1���-1 − 21������; 在等式右边,当 n 取一个值时,对应一项.无论 n 取何值,应保证等式左边有 2n 项,而等式右边有 n 项,然后再按数学归纳法的步骤要求给出证明.
(������ + 1) + 1,
所以当 n=k+1 时,不等式成立.
故由(1)(2)知,对一切 n>2(n∈N+),不等式成立.
探究一
探究二
探究三
探究四
(2)假设当 n=k 时等式成立,即
1-12
+
1 3
−
14+…+2���1���-1
−
1 2������
=������+1 1 + ������+1 2+…+21������.
那么,当 n=k+1 时,
左边=1-12
+
1 3
−
14+…+2���1���-1
−
1 2������
根据①②可以断定命题对一切从 n0 开始的正整数 n 都成立. (2)数学归纳法能保证命题对所有的正整数都成立.因为根据①,验证了 当 n=1 时命题成立;根据②可知,当 n=1+1=2 时命题成立.由于当 n=2 时命 题成立,再根据②可知,当 n+1=3 时命题也成立,这样递推下去,就可以知道
北师大版高中数学选修2-2数学归纳法习题课件
分析:在研究数列问题时常用数学归纳法,对于数列的通项、前n
项和的公式推导中,应注意由n=k到n=k+1时中间的过渡项是什么.
证明:(1)当 n=1 时,a1=4,b1=1-4=-3,b1=21×-21×+11=-3,等式成立.
(2)假设 n=k(k≥1,k∈N+)时等式成立,即 bk=21���-���2+���1��� ,则当 n=k+1 时,
(n+1)·(n+2)·…·(n+n)=2n×1×3×…×(2n-1)(n∈N+). 证明:(1)当n=1时,左边=1+1=2,右边=21×1=2,等式成立.
(2)假设当n=k(k≥1,k∈N+)时,等式成立,即
(k+1)(k+2)·…·(k+k)=2k×1×3×…×(2k-1).
则当n=k+1时,(k+1+1)(k+1+2)·…·(k+1+k)(k+1+k+1)
(2)用数学归纳法证明有关问题的关键在第二步,即n=k+1时为什 么成立?n=k+1时成立是利用假设n=k时成立,根据有关的定理、定 义、公式、性质等数学结论推证出n=k+1时成立,而不是直接代入, 否则n=k+1时也成假设了,命题并没有得到证明.
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AYIJIEHUO
D当堂检测 ANGTANGJIANCE
探究一
探究二
探究三
思维辨析
变式训练 2 利用数学归纳法证明对一切大于 1 的正整数 n,不等
项和的公式推导中,应注意由n=k到n=k+1时中间的过渡项是什么.
证明:(1)当 n=1 时,a1=4,b1=1-4=-3,b1=21×-21×+11=-3,等式成立.
(2)假设 n=k(k≥1,k∈N+)时等式成立,即 bk=21���-���2+���1��� ,则当 n=k+1 时,
(n+1)·(n+2)·…·(n+n)=2n×1×3×…×(2n-1)(n∈N+). 证明:(1)当n=1时,左边=1+1=2,右边=21×1=2,等式成立.
(2)假设当n=k(k≥1,k∈N+)时,等式成立,即
(k+1)(k+2)·…·(k+k)=2k×1×3×…×(2k-1).
则当n=k+1时,(k+1+1)(k+1+2)·…·(k+1+k)(k+1+k+1)
(2)用数学归纳法证明有关问题的关键在第二步,即n=k+1时为什 么成立?n=k+1时成立是利用假设n=k时成立,根据有关的定理、定 义、公式、性质等数学结论推证出n=k+1时成立,而不是直接代入, 否则n=k+1时也成假设了,命题并没有得到证明.
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AYIJIEHUO
D当堂检测 ANGTANGJIANCE
探究一
探究二
探究三
思维辨析
变式训练 2 利用数学归纳法证明对一切大于 1 的正整数 n,不等
北师版数学高二选修2-2课件 1.4 数学归纳法
答案
(2)用数学归纳法证明当 n∈N＋时，1－12＋13－14＋…＋2n1－1－21n＝n＋1 1 ＋n＋1 2＋…＋21n.
证明
反思与感悟
数学归纳法证题的三个关键点 (1)验证是基础：找准起点,奠基要稳，有些问题中验证的初始值不一定是1. (2)递推是关键：数学归纳法的实质在于递推，所以从“k”到“k＋1”的 过程中，要正确分析式子项数的变化.关键是弄清等式两边的构成规律，弄 清由n＝k到n＝k＋1时，等式的两边会增加多少项、增加怎样的项. (3)利用假设是核心：在第二步证明当n＝k＋1成立时，一定要利用归纳假 设，即必须把归纳假设“当n＝k时命题成立”作为条件来导出“n＝k＋ 1”，在书写f(k＋1)时，一定要把包含f(k)的式子写出来，尤其是f(k)中的最 后一项，这是数学归纳法的核心，不用归纳假设的证明就不是数学归纳法.
(1)写出a2，a3，a4的值，并猜想{an}的通项公式；
解 因为a1＝1，an＋1＝f(an)， a
所以 a2＝f(a1)＝f(1)＝a＋a 1，a3＝f(a2)＝f(a＋a 1)＝aa＋·aa＋＋a11＝a＋a 2， a
a4＝f(a3)＝f(a＋a 2)＝aa＋·aa＋＋a22＝a＋a 3，猜想 an＝a＋an－1(n∈N＋).
跟踪训练1 用数学归纳法证明：1＋3＋5＋…＋(2n－3)＋(2n－1)＋(2n－3) ＋…＋5＋3＋1＝2n2－2n＋1.
证明
类型二 利用数学归纳法证明不等式 例 2 求证：n＋1 1＋n＋1 2＋…＋31n>56(n≥2，n∈N＋).
证明
引申探究 把本例改为求证：n＋1 1＋n＋1 2＋n＋1 3＋…＋n＋1 n>2114(n∈N＋).
解答
(2)猜想数列{an}的通项公式，并证明.
(2)用数学归纳法证明当 n∈N＋时，1－12＋13－14＋…＋2n1－1－21n＝n＋1 1 ＋n＋1 2＋…＋21n.
证明
反思与感悟
数学归纳法证题的三个关键点 (1)验证是基础：找准起点,奠基要稳，有些问题中验证的初始值不一定是1. (2)递推是关键：数学归纳法的实质在于递推，所以从“k”到“k＋1”的 过程中，要正确分析式子项数的变化.关键是弄清等式两边的构成规律，弄 清由n＝k到n＝k＋1时，等式的两边会增加多少项、增加怎样的项. (3)利用假设是核心：在第二步证明当n＝k＋1成立时，一定要利用归纳假 设，即必须把归纳假设“当n＝k时命题成立”作为条件来导出“n＝k＋ 1”，在书写f(k＋1)时，一定要把包含f(k)的式子写出来，尤其是f(k)中的最 后一项，这是数学归纳法的核心，不用归纳假设的证明就不是数学归纳法.
(1)写出a2，a3，a4的值，并猜想{an}的通项公式；
解 因为a1＝1，an＋1＝f(an)， a
所以 a2＝f(a1)＝f(1)＝a＋a 1，a3＝f(a2)＝f(a＋a 1)＝aa＋·aa＋＋a11＝a＋a 2， a
a4＝f(a3)＝f(a＋a 2)＝aa＋·aa＋＋a22＝a＋a 3，猜想 an＝a＋an－1(n∈N＋).
跟踪训练1 用数学归纳法证明：1＋3＋5＋…＋(2n－3)＋(2n－1)＋(2n－3) ＋…＋5＋3＋1＝2n2－2n＋1.
证明
类型二 利用数学归纳法证明不等式 例 2 求证：n＋1 1＋n＋1 2＋…＋31n>56(n≥2，n∈N＋).
证明
引申探究 把本例改为求证：n＋1 1＋n＋1 2＋n＋1 3＋…＋n＋1 n>2114(n∈N＋).
解答
(2)猜想数列{an}的通项公式，并证明.
2020-2021学年高中北师大版数学选修2-2课件：5.2.2 复数的乘法与除法
答案:4+2i
【解后反思】 1.复数相等的充要条件是什么? 提示:复数相等的充要条件是这两个复数的实部和虚部分别相等. 2.复数z=a+bi=0(a∈R,b∈R)的充要条件是什么? 提示:复数z=a+bi=0(a∈R,b∈R)的充要条件是a=0,b=0.
【解题策略】 复数的乘法运算技巧 (1)复数的乘法运算与二项式的乘法运算类似,结果利用i2=-1化简即可. (2)按照复数的乘法法则,三个或三个以上的复数相乘可按从左到右的顺序运 算或利用结合律运算,复数混合运算和实数的运算顺序一致,在计算时,若符合 乘法公式,则可直接运用公式计算.
【跟踪训练】 计算:(1)(1-2i)(3+4i)(-2+i). (2)(3+4i)(3-4i). 【解析】(1)(1-2i)(3+4i)(-2+i) =(11-2i)(-2+i)=-20+15i. (2)(3+4i)(3-4i)=32-(4i)2=9-(-16)=25.
【补偿训练】 复数z=(1+i)(2+i)(3+i),则|z|=______. 【解析】因为z=(1+i)(2+i)(3+i)=(1+3i)(3+i)=10i, 所以|z|=|10i|=10. 答案:10
z2 c di
【思考】 复数的除法与实数的除法运算相同吗? 提示:复数的除法与实数的除法有所不同,实数的除法可以直接约分化简,得出 结论,但复数的除法中分母为复数,一般不能直接约分化简.
3.复数乘法运算律
运算律 交换律 结合律 分配律
恒等式 z1z2=z2z1 (z1z2)z3=z1(z2z3) z1(z2+z3)= z1z2+ z1z3
2020最新北师大版高三数学选修2-2电子课本课件【全册】
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1.变化的快慢与变化率
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2.导数的概念及其几何意义
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2020最新北师大版高三数学选修 2-2电子课本课件【全册】目录
0002页 0046页 0128页 0164页 0219页 0242页 0309页 0357页 0403页 0424页 0458页 0508页 0551页 0553页 0653页 0704页 分析法 4.数学归纳法 复习题一 1.变化的快慢与变化率 3.计算导数 5.简单复合函数的求导法则 复习题二 1.函数的单调性与极值 本章小结建议 第四章 定积分 2.微积分基本定理 阅读材料 数学史上的丰碑——微积分 复习题四 1.数系的扩充与复数的引入 阅读材料 数的扩充 复习题五
3.反证法
2020最新北师大版高三数学选修22电子课本课件【全册】
4.数学归纳法
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第一章 推理与证明
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1.归纳与类比
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2.综合法与分析法
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本章小结建议
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复习题一
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第二章 变化率与导数
1.变化的快慢与变化率
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2.导数的概念及其几何意义
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0002页 0046页 0128页 0164页 0219页 0242页 0309页 0357页 0403页 0424页 0458页 0508页 0551页 0553页 0653页 0704页 分析法 4.数学归纳法 复习题一 1.变化的快慢与变化率 3.计算导数 5.简单复合函数的求导法则 复习题二 1.函数的单调性与极值 本章小结建议 第四章 定积分 2.微积分基本定理 阅读材料 数学史上的丰碑——微积分 复习题四 1.数系的扩充与复数的引入 阅读材料 数的扩充 复习题五
3.反证法
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4.数学归纳法
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第一章 推理与证明
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1.归纳与类比
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2.综合法与分析法
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本章小结建议
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复习题一
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第二章 变化率与导数
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第四课 复 数
核心整合·思维导图
考点突破·素养提升
素养一 数学抽象 角度 复数的概念与分类 【典例1】(1)如果复数 2 bi (其中i为虚数单位,b为实数)是纯虚数,则
1 i
b=________. (2)如果复数 2 bi (其中i为虚数单位,b为实数)的实部和虚部互为倒数,
1 i
则b=________.
【解析】(1)由复数
2 bi 1 i
（（21bi）i）（（11i）i）（2
b）（ 2
2
b）i
是纯虚数,得b=2.
答案:2
(2)由复数 2 bi （2 bi）（1 i）（2 b）（ 2 b）i
1 i （1 i）（1 i）
2
的实部和虚部互为倒数,得
2 b =2 1b,b2-4=4⇒b2=8,得b=±2
【解析】(1)由z∈R,得a2-3a+2=0,
解得a=1或a=2.
(2)z为纯虚数,
a a
2 2
2a＝即0，
3a 2
0，
故aa＝a0=1或且0aa.＝22，.
(3)z对应的点在第一象限,则
a
所以
a a
0或a所 2以，a<0或a>2.a
1或a 2，
2 2
2a 3a
0， 2 0，
所以a的取值范围是(-∞,0)∪(2,+∞).
(4)依题得(a2-2a)-(a2-3a+2)=0,所以a=2.
素养二 数学运算
角度1 复数的四则运算
【典例2】(1)计算:（2
i）（1 1 2i
i）2
（1
i）（1 i5
i）2
1
i2 1
019
i
.
(2)计算: 2 3 i (
2
)2
020
（4
8i）2 （
4
8i）2 .
1 2 3i 1 i
11 7i
22
.2
答案:±2 2
【解题策略】 正确区分复数的实部和虚部 (1)将复数进行计算或化简,化为z=a+bi(a,b∈R)的形式,那么a与b分别叫作复 数z的实部和虚部. (2)实数的虚部是0,0的实部和虚部都是0,纯虚数的实部为0且虚部不为0.
【补偿训练】 当实数a为何值时,z=a2-2a+(a2-3a+2)i. (1)为实数. (2)为纯虚数. (3)对应的点在第一象限. (4)复数z对应的点在直线x-y=0上. 【解题指南】解答本题可根据复数的分类标准,列出方程(不等式)求解.
1i
（1 i）（1 i）
2
=i2 019=(i4)505(i)-1=1505·(-i)=-i.
答案:-i
(2)设S=i+2i2+3i3+…+100i100,①
所以iS=i2+2i3+…+99i100+100i101,②
①-②得
(1-i)S=i+i2+i3+…+i100-100i101
= i（1 i1-010）00i101=0-100i=-100i.
110+0=-1+i.
【解题策略】
(1)灵活应用i2=-1化简计算:
形如 ai b 或 b ai 的复数运算,常常利用i2=-1
a bi a bi
化简,即 ai b i（ai b） i，
a bi ai b b ai i（b ai） i. a bi ai b
【补偿训练】
若x,y为共轭复数,且(x+y)2-3xyi=4-6i,则|x|+|y|=________.
【解析】因为x,y为共轭复数,所以x+y,xy∈R, 由设复 x=数a+相b等i(的a,b条∈件R得),则（yx3=xyay＝）-2b＝i64,，所， 以（a22a）2b＝2＝4，2， 所以|x|+|y|= 2 a2 b2＝2 2. 答案:2 2
素养三 直观想象 角度 复数与轨迹问题 【典例4】已知复数z1=i(1-i)3. (1)求|z1|. (2)若|z|=1,求|z-z1|的最大值.
【解析】(1)|z1|=|i(1-i)3|=|i|·|1-i|3=2 . 2 (2)如图所示,
由|z|=1可知,z在复平面内对应的点的轨迹是半径为1,圆心为O(0,0)的圆,而z1 对应着坐标系中的点Z1(2,-2). 所以|z-z1|的最大值可以看成是点Z1(2,-2)到圆上的点的距离的最大值. 由图知|z-z1|max=|z1|+1=22 +1.
【解题策略】 常见的复数方程的轨迹 (1)圆的轨迹 设Z(x,y)是圆心为Z0(x0,y0),半径为r的圆上任意一点,则|ZZ0|=r (r>0).则 圆向量形式的方程| ZZ0 |=r(r>0), 圆复数形式的方程是|z-z0|=r(r>0). 圆代数形式的方程是(x-x0)2+(y-y0)2=r2(r>0).
a bi
＝（a bi）（a2 b2 1 2abi）
1 z2 1 a2 b2 2abi （a2 b2 1）2 （2ab）2
＝（a3
ab2 （a 2
a） b（a2 b2 1）i b2 1）2 4a2b2
R，
所以b(a2+b2-1)=0.所以b=0或a2+b2=1.
【解题策略】 注意共轭复数的代数形式 (1)互为共轭复数的两个复数的实部相等,虚部互为相反数,所以复数问题的解 题关键是复数问题实数化,这是解决复数问题最基本的思想方法. (2)先设参数再运用待定系数法求解,这是常用的数学方法.
(2)注意类比数列的求和公式计算复数的乘方,
如1+i+i2+i3+…+in= 1 in1 .
1i
【补偿训练】
(1)计算: (1 i)2 019 =________.
1i
(2)化简i+2i2+3i3+…+100i100.
【解析】(1) (1 i )2 019＝（[ 1 i）（1 i）]2 019＝( 2i )2 019
1i
所以S= 100i＝ 100i（1 i）＝10（0 1 i）
1 i （1 i）（1 i）
2
=50-50i.
所以i+2i2+3i3+…+100i100=50-50i.
角度2 共轭复数
【典例3】设z=a+bi(a,b∈R),若 z ∈R,则a,b应满足什么条件?并说明理由.
1 z2
【解析】 z ＝
【解析】(1)（2
i）（1 1 2i
i）2
（1
i）（1 i5
i）2
1
i2 1
019
i
＝（2 i）（ 2i）（1 i） 2i 1 i
1 2i
i
1i
＝2 4i 1 3i （1 i）2
1 2i i
2
=2-(i+3)-i=-1-2i.
(2)原式= i（1 2 3i） [( 2 )2]1 010 （4 8i 8i 4）（4 8i 4 8i）
核心整合·思维导图
考点突破·素养提升
素养一 数学抽象 角度 复数的概念与分类 【典例1】(1)如果复数 2 bi (其中i为虚数单位,b为实数)是纯虚数,则
1 i
b=________. (2)如果复数 2 bi (其中i为虚数单位,b为实数)的实部和虚部互为倒数,
1 i
则b=________.
【解析】(1)由复数
2 bi 1 i
（（21bi）i）（（11i）i）（2
b）（ 2
2
b）i
是纯虚数,得b=2.
答案:2
(2)由复数 2 bi （2 bi）（1 i）（2 b）（ 2 b）i
1 i （1 i）（1 i）
2
的实部和虚部互为倒数,得
2 b =2 1b,b2-4=4⇒b2=8,得b=±2
【解析】(1)由z∈R,得a2-3a+2=0,
解得a=1或a=2.
(2)z为纯虚数,
a a
2 2
2a＝即0，
3a 2
0，
故aa＝a0=1或且0aa.＝22，.
(3)z对应的点在第一象限,则
a
所以
a a
0或a所 2以，a<0或a>2.a
1或a 2，
2 2
2a 3a
0， 2 0，
所以a的取值范围是(-∞,0)∪(2,+∞).
(4)依题得(a2-2a)-(a2-3a+2)=0,所以a=2.
素养二 数学运算
角度1 复数的四则运算
【典例2】(1)计算:（2
i）（1 1 2i
i）2
（1
i）（1 i5
i）2
1
i2 1
019
i
.
(2)计算: 2 3 i (
2
)2
020
（4
8i）2 （
4
8i）2 .
1 2 3i 1 i
11 7i
22
.2
答案:±2 2
【解题策略】 正确区分复数的实部和虚部 (1)将复数进行计算或化简,化为z=a+bi(a,b∈R)的形式,那么a与b分别叫作复 数z的实部和虚部. (2)实数的虚部是0,0的实部和虚部都是0,纯虚数的实部为0且虚部不为0.
【补偿训练】 当实数a为何值时,z=a2-2a+(a2-3a+2)i. (1)为实数. (2)为纯虚数. (3)对应的点在第一象限. (4)复数z对应的点在直线x-y=0上. 【解题指南】解答本题可根据复数的分类标准,列出方程(不等式)求解.
1i
（1 i）（1 i）
2
=i2 019=(i4)505(i)-1=1505·(-i)=-i.
答案:-i
(2)设S=i+2i2+3i3+…+100i100,①
所以iS=i2+2i3+…+99i100+100i101,②
①-②得
(1-i)S=i+i2+i3+…+i100-100i101
= i（1 i1-010）00i101=0-100i=-100i.
110+0=-1+i.
【解题策略】
(1)灵活应用i2=-1化简计算:
形如 ai b 或 b ai 的复数运算,常常利用i2=-1
a bi a bi
化简,即 ai b i（ai b） i，
a bi ai b b ai i（b ai） i. a bi ai b
【补偿训练】
若x,y为共轭复数,且(x+y)2-3xyi=4-6i,则|x|+|y|=________.
【解析】因为x,y为共轭复数,所以x+y,xy∈R, 由设复 x=数a+相b等i(的a,b条∈件R得),则（yx3=xyay＝）-2b＝i64,，所， 以（a22a）2b＝2＝4，2， 所以|x|+|y|= 2 a2 b2＝2 2. 答案:2 2
素养三 直观想象 角度 复数与轨迹问题 【典例4】已知复数z1=i(1-i)3. (1)求|z1|. (2)若|z|=1,求|z-z1|的最大值.
【解析】(1)|z1|=|i(1-i)3|=|i|·|1-i|3=2 . 2 (2)如图所示,
由|z|=1可知,z在复平面内对应的点的轨迹是半径为1,圆心为O(0,0)的圆,而z1 对应着坐标系中的点Z1(2,-2). 所以|z-z1|的最大值可以看成是点Z1(2,-2)到圆上的点的距离的最大值. 由图知|z-z1|max=|z1|+1=22 +1.
【解题策略】 常见的复数方程的轨迹 (1)圆的轨迹 设Z(x,y)是圆心为Z0(x0,y0),半径为r的圆上任意一点,则|ZZ0|=r (r>0).则 圆向量形式的方程| ZZ0 |=r(r>0), 圆复数形式的方程是|z-z0|=r(r>0). 圆代数形式的方程是(x-x0)2+(y-y0)2=r2(r>0).
a bi
＝（a bi）（a2 b2 1 2abi）
1 z2 1 a2 b2 2abi （a2 b2 1）2 （2ab）2
＝（a3
ab2 （a 2
a） b（a2 b2 1）i b2 1）2 4a2b2
R，
所以b(a2+b2-1)=0.所以b=0或a2+b2=1.
【解题策略】 注意共轭复数的代数形式 (1)互为共轭复数的两个复数的实部相等,虚部互为相反数,所以复数问题的解 题关键是复数问题实数化,这是解决复数问题最基本的思想方法. (2)先设参数再运用待定系数法求解,这是常用的数学方法.
(2)注意类比数列的求和公式计算复数的乘方,
如1+i+i2+i3+…+in= 1 in1 .
1i
【补偿训练】
(1)计算: (1 i)2 019 =________.
1i
(2)化简i+2i2+3i3+…+100i100.
【解析】(1) (1 i )2 019＝（[ 1 i）（1 i）]2 019＝( 2i )2 019
1i
所以S= 100i＝ 100i（1 i）＝10（0 1 i）
1 i （1 i）（1 i）
2
=50-50i.
所以i+2i2+3i3+…+100i100=50-50i.
角度2 共轭复数
【典例3】设z=a+bi(a,b∈R),若 z ∈R,则a,b应满足什么条件?并说明理由.
1 z2
【解析】 z ＝
【解析】(1)（2
i）（1 1 2i
i）2
（1
i）（1 i5
i）2
1
i2 1
019
i
＝（2 i）（ 2i）（1 i） 2i 1 i
1 2i
i
1i
＝2 4i 1 3i （1 i）2
1 2i i
2
=2-(i+3)-i=-1-2i.
(2)原式= i（1 2 3i） [( 2 )2]1 010 （4 8i 8i 4）（4 8i 4 8i）