高中數(shù)學(xué)與數(shù)學(xué)競(jìng)賽校本教材教案

高二年級(jí)

數(shù)學(xué)

高中數(shù)學(xué)與數(shù)學(xué)競(jìng)賽

目錄

第一講二次函數(shù)與命題............1

第二講數(shù)列...................7

第三講復(fù)數(shù)......................14

第四講三角函數(shù).................20

第五講不等式...................27

第六講立體幾何.................37

第七講整數(shù)問(wèn)題.................46

第八講平面向量.................51

第九講集合與簡(jiǎn)易邏輯...........57

第十講組合......................66

第十一講極限與導(dǎo)數(shù)【二課時(shí)】70

第一講二次函數(shù)與命題

三維目標(biāo)

1.知識(shí)與技能：(1)理解指數(shù)與對(duì)數(shù)，指數(shù)函數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)的聯(lián)系.

(2)能更加熟練地解決與指數(shù)函數(shù)，對(duì)數(shù)函數(shù)有關(guān)的問(wèn)題.

2.過(guò)程與方法：通過(guò)提問(wèn)，分析點(diǎn)評(píng)，讓學(xué)生更能熟悉指數(shù)函數(shù)，對(duì)數(shù)

函數(shù)的性質(zhì).

3.情感、態(tài)度、價(jià)值觀

(1)提高學(xué)生的認(rèn)知水平，為學(xué)生塑造良好的數(shù)學(xué)認(rèn)識(shí)結(jié)構(gòu).

(2)培養(yǎng)學(xué)生數(shù)形結(jié)合的思想觀念及抽象思維能力.

二.重點(diǎn)、難點(diǎn)重點(diǎn)：指數(shù)函數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)。

難點(diǎn)：靈活運(yùn)用函數(shù)性質(zhì)解決有關(guān)問(wèn)題。

三、學(xué)法：講授法、討論法。

教學(xué)過(guò)程：

—.知識(shí)點(diǎn)

1.二次函數(shù)：當(dāng)a工0時(shí)，.丫=以2+灰+'j(x)=ax2+bx+c稱(chēng)為關(guān)于x的二

h

次函數(shù)，其對(duì)稱(chēng)軸為直線x=-二~,另外配方可得_/W=a(x-xo)2+/U。)，其中

2a

xo--—，下同。

2a

2.二次函數(shù)的性質(zhì)：當(dāng)a〉0時(shí)，/U)的圖象開(kāi)口向上，在區(qū)間(-8,加上隨

自變量x增大函數(shù)值減小(簡(jiǎn)稱(chēng)遞減)，在區(qū)),-8)上隨自變量增大函數(shù)值增

大(簡(jiǎn)稱(chēng)遞增)。當(dāng)a<0時(shí)，情況相反。

3.當(dāng)a>0時(shí)，方程Xr)=O即ax2+bx+c=0…①和不等式加+笈+(?>0…②及

cv^+bx+cO…③與函數(shù)J{x)的關(guān)系如下(記△-b2-4ac)。

1)當(dāng)△>()時(shí)，方程①有兩個(gè)不等實(shí)根，設(shè)用423<%2),不等式②和不等式③

的解集分別是{x|x<Xl或X>X2}0{A：|x1<X<X2}?二次函數(shù)/(X)圖象與X軸有兩個(gè)

不同的交點(diǎn)，/(x)還可寫(xiě)成j[x)=a(x-x\)(.x-xi).

1

h

2）當(dāng)△=（）時(shí)，方程①有兩個(gè)相等的實(shí)根用=九2=次=-不等式②和不等式③

2a

的解集分別是｛X|XH-2｝和空集0,/U）的圖象與X軸有唯一公共點(diǎn)。

2a

3）當(dāng)△<（）時(shí)，方程①無(wú)解，不等式②和不等式③的解集分別是R和。.於）

圖象與x軸無(wú)公共點(diǎn)。

當(dāng)。<0時(shí)，請(qǐng)讀者自己分析。

4.二次函數(shù)的最值：若a>Q,當(dāng)x=xo時(shí)，7U）取最小值??））=-----------港。<0,

4a

貝ij當(dāng)x=xo=2時(shí)，*x）取最大值於（））=把——.對(duì)于給定區(qū)間［m,〃］上的二次

2a4a

函數(shù)4工）=加+公+。（。>0）,當(dāng)xoG［m,同時(shí)，y（x）在［m,〃］上的最小值為人次）；當(dāng)

xo<m時(shí)。上）在［m,〃］上的最小值為加1）；gxo>n時(shí)，段）在［m,〃］上的最小值

為人〃）（以上結(jié)論由二次函數(shù)圖象即可得出）。

定義1能判斷真假的語(yǔ)句叫命題，如“3>5”是命題，“蘿卜好大”不是命

題。不含邏輯聯(lián)結(jié)詞“或”、“且”、“非”的命題叫做簡(jiǎn)單命題，由簡(jiǎn)單命題

與邏輯聯(lián)結(jié)詞構(gòu)成的命題由復(fù)合命題。

注1“p或q”復(fù)合命題只有當(dāng)p,q同為假命題時(shí)為假，否則為真命題；“p

且/'復(fù)合命題只有當(dāng)p，g同時(shí)為真命題時(shí)為真，否則為假命題；〃與“非p”

即恰好一真一假。

定義2原命題：若〃則q（p為條件，q為結(jié)論）；逆命題：若q則p；否命

題：若非p則q；逆否命題：若非q則非p。

注2原命題與其逆否命題同真假。一個(gè)命題的逆命題和否命題同真假。

注3反證法的理論依據(jù)是矛盾的排中律，而未必是證明原命題的逆否命題。

定義3如果命題“若p則q”為真，則記為pnq否則記作p#q.在命題“若

〃則<?”中，如果已知p=>q,則〃是q的充分條件；如果q=>p,則稱(chēng)〃是夕

的必要條件；如果pnq但q不np,則稱(chēng)。是q的充分非必要條件；如果p

不=>q但pnq,則〃稱(chēng)為q的必要非充分豕件；若p=>q且qnp,貝Ip是q

的充要條件。

二、方法與例題

1.待定系數(shù)法。

例1設(shè)方程/-x+l=O的兩根是a,B,求滿足/（a）=6次B）=a<1）=1的二

次函數(shù)凡0

【解】設(shè)f（x）=ax2+bx+c（a*0）,

則由已知人a）=8次0）=a相減并整理得（a-B）［（a+p）a+b+\］=Q,

因?yàn)榉匠?lt;-戶1=0中△wO,

所以a*B,所以（a+B）a+b+l=O.

又a+6=1,所以a+b+l=O.

又因?yàn)?）=a+b+c=1,

2

所以c-l=l,所以c=2.

又b=-(a+1),所以?￥)=加-(。+l)x+2.

再由/(a)=B得aa2_(a+])a+2=B,

所以aa2/a+2=a+B=1,所以aa2_。a+1=0.

即a(a2_a+1)+1-4=0,即1-°=0,

所以0=1,

所以

2.方程的思想。

例2已知?幻=以2_c滿足勺(2)W5,求43)的取值范圍。

【解】因?yàn)?4qU)=a-cWl,

所以1W-/(l)=c-aW4.

Q5

又-1勺(2)=4a-cW5,/3)=-^2)-y1),

OCQC

所以§*GD+qW./(3)W—x5+—x4,

所以-l《*3)W20.

3.利用二次函數(shù)的性質(zhì)。

例3已知二次函數(shù)兀^尸以^+笈+以^力^^艮。彳。)，若方程y(x)=x無(wú)實(shí)根，求

證：方程火Ax))=x也無(wú)實(shí)根。

【證明】若a>0,因?yàn)槿斯?=光無(wú)實(shí)根，所以二次函數(shù)g(x)=fix)-x圖象與x軸無(wú)

公共點(diǎn)且開(kāi)口向上，所以對(duì)任意的xeR<x)-x>0即?x)>x,從而用(x))次x)。

所以膽x))>x，所以方程歡x))=x無(wú)實(shí)根。

注：請(qǐng)讀者思考例3的逆命題是否正確。

4.利用二次函數(shù)表達(dá)式解題。

例4設(shè)二次函數(shù)於)=a『+bx+c(a>0),方程*x)=x的兩根xi,X2滿足0<XI<X2<L

(I)當(dāng)xG(0,xi)時(shí)，求證：x<f(x)<xi；

x

(II)設(shè)函數(shù)/U)的圖象關(guān)于X=%0對(duì)稱(chēng)，求證：X0<-y.

【證明】因?yàn)橛?尢2是方程.加>%=0的兩根，所以.人龍)-x=aOxi)O尢2),

即j(x)=a(x-x\)(x-X2)+x.

(I)當(dāng)x6(0,xi)時(shí)，x-xi<0,x-X2<0,a>0,所以

其次J(x)-x]=(x-x\)[〃Ox2)+1]=a(x-x\)[x-x2+—]<0,所以J(X)<Xi.

綜上，x<J(x)<x\.

(II)fix)=a(x-x\)(x-X2)+x=o￥2+[1-a(x\+x2)]x+ax\X2,

Q(X]+X2)-1_+X

所以X()=2

22a

3

所以/4=￡-5=；卜-￡|

<0,

所以/<￡.

5.構(gòu)造二次函數(shù)解題。

例5已知關(guān)于x的方程(依+1)2=/(小/),">1,求證：方程的正根比1小，負(fù)

根比-1大。

【證明】方程化為2a27+2奴+1_屋=().

構(gòu)造於)=24/+2分+1-a2,

X1)=(a+1)2>0,/-1)=(?-1)2>0,膽)=l-o2<0,即△>0,

所以人x)在區(qū)間(-1,0)和(0,1)上各有一根。

即方程的正根比1小，負(fù)根比-1大。

6.定義在區(qū)間上的二次函數(shù)的最值。

例6當(dāng)x取何值時(shí)，函數(shù)產(chǎn)上匚￥取最小值？求出這個(gè)最小值。

(x2+l)2

5

【解】+（X2+1）2，令—T—=U,則0<UW1O

+1

19、19

y=5u2-u+l=5H---2--，

2020

1io

且當(dāng)〃=一即戶±3時(shí)，ymin=-.

1020

例7設(shè)變量x滿足f+bxW-xSv-l),并且/+云的最小值是-,，求人的值。

2

【解】由*2+必W-%(。<-1),得OWxW-S+1).

i)--^-(b+l)>即〃W-2時(shí)，f+bx的最小值為-生,-生=」，所以。2=2,

2442

所以人=±四(舍去)。

b

ii)-->-0+l),即8>-2時(shí)，/+必在［0,-3+1)］上是減函數(shù)，

13

所以j^+bx的最小值為6+1,0+1=-一,h=--.

22

綜上，b=--.

2

7.一元二次不等式問(wèn)題的解法。

例8已知不等式組"一"+"一"-(°①②的整數(shù)解恰好有兩個(gè)，求。的

x+2a>1

取值范圍。

4

【解】因?yàn)榉匠?-尤+如/=。的兩根為xi=&,苫2=1-。，

若aWO,則xi<x2.①的解集為a<r<l-a,由②得尤>l-2a.

因?yàn)閘-2a》l-a,所以aWO,所以不等式組無(wú)解。

若。>0,i)當(dāng)0<a<，時(shí)，xi<X2,①的解集為

2

因?yàn)?<a<r<l-a<l,所以不等式組無(wú)整數(shù)解。

ii)當(dāng)時(shí)，a=\-a,①無(wú)解。

2

iii)當(dāng)時(shí)，a>\-a,由②得x>l-2a,

2

所以不等式組的解集為

又不等式組的整數(shù)解恰有2個(gè)，

所以且a-(l-a)W3,

所以l<aW2,并且當(dāng)時(shí)，不等式組恰有兩個(gè)整數(shù)解0,1。

綜上，a的取值范圍是l<aW2.

8.充分性與必要性。

例9設(shè)定數(shù)A,B,C使得不等式

A(x-y)(x-z)+3(y-z)(y-x)+C(z-x)(z-y)20①

對(duì)一切實(shí)數(shù)x,y,z都成立，問(wèn)A,B,C應(yīng)滿足怎樣的條件？(要求寫(xiě)出充分必

要條件，而且限定用只涉及A,B,C的等式或不等式表示條件)

【解】充要條件為A,B,C20且

先證必要性，①可改寫(xiě)為A(x-y)2-(RA-C)S-z)(x-y)+CO-z)2N0②

若A=0,則由②對(duì)一切x,y,z￡R成立，則只有B=C,再由①知B=C=O,若AwO,

則因?yàn)棰诤愠闪?，所以A>0,△=(RA-C)2(y_z)2_4AC(y-z)2W0恒成立，所以

(B-A-C)2_4ACW0,即A2+B2+C2^2(AB+BC+CA)

同理有320,CBO,所以必要性成立。

再證充分性，若A20,820,C^OKA2+B2+C2^2(AB+BC+CA),

1)若A=0,則由B2+C2W23C得002^0,所以3=C,所以△=(),所以②成

立，①成立。

2)若A>0,則由③知△W0,所以②成立，所以①成立。

綜上，充分性得證。

9.常用結(jié)論。

定理1若a,b￡R,同-|例國(guó)4+1W|a|+|例.

【證明】因?yàn)?|a|WaW|a|,他WbW|b|,所以-(|a|+-|)Wa+bW|a|+|b|,

所以|a+b|W|a|+|b|(注:若m>0,則-mWxWm等價(jià)于|x|Wm).

y.\a\=\a+b-b\W\a+b\+\-b\,

即同-|例W|a+例.綜上定理1得證。

定理2若a,/?GR,則屋若無(wú),ydR+,則x+y2

(證略)

5

注定理2可以推廣到〃個(gè)正數(shù)的情況，在不等式證明一章中詳細(xì)論證。

三.課外練習(xí)

1.下列四個(gè)命題中屬于真命題的是,①“若x+y=O,則x、y互為相

反數(shù)”的逆命題；②“兩個(gè)全等三角形的面積相等”的否命題；③“若

則9+*+4=0有實(shí)根”的逆否命題；④“不等邊三角形的三個(gè)內(nèi)角相等”的逆

否命題。

2.由上列各組命題構(gòu)成“〃或且夕”，“非形式的復(fù)合命題中，p

或q為真，p且夕為假，非〃為真的是.(Dp；3是偶數(shù),q：4是奇

數(shù)；②p:3+2=6,q:③p:ae(q,/j),q：{a}?{。力}；④p：Q<^R,q\N=Z.

3.當(dāng)岳2|<a時(shí)，不等式成立，則正數(shù)a的取值范圍是.

4.不等式加+(次?+1)1+。>0的解是l<x<2,則a,b的值是.

5.xw1且元工2是x-1Hy/x-\的條件，而-2<m<0且0<”<1是關(guān)于

x的方程7+皿+〃=0有兩個(gè)小于1的正根的條件.

6.命題“垂直于同一條直線的兩條直線互相平行”的逆命題是.

7.若S={x|mf+5x+2=0}的子集至多有2個(gè)，則m的取值范圍是.

8.R為全集，A={x\3-x^4],B=\x-^->1則.

x+2

9.設(shè)a,6是整數(shù)，集合A={(x,y)|(x-a)2+30W6y},點(diǎn)(2,1)6A,但點(diǎn)(1,

0)定A,(3,2)則。力的值是.

10.設(shè)集合A={x||x|<4},8={x*-4x+3>0},則集合{m;GA且

x^AC\B}=.

11.求使不等式"2+4x-i2_2f-a對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立的。的取值范圍。

丫2—0kY;k—4vo

12.對(duì)任意x￡[0,l],有，①②成立，求2的取值范圍。

x2一心—+3>0

6

第二章數(shù)列

教學(xué)目標(biāo)：

知識(shí)與技能：了解數(shù)列的遞推公式，明確遞推公式與通項(xiàng)公式的

異同；會(huì)根據(jù)數(shù)列的遞推公式寫(xiě)出數(shù)列的前幾項(xiàng)；理解

數(shù)列的前n項(xiàng)和與的關(guān)系

過(guò)程與方法：經(jīng)歷數(shù)列知識(shí)的感受及理解運(yùn)用的過(guò)程。

情感態(tài)度與價(jià)值觀：通過(guò)本節(jié)課的學(xué)習(xí)，體會(huì)數(shù)學(xué)來(lái)源于生活，

提高數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)的興趣。

重點(diǎn)：根據(jù)數(shù)列的遞推公式寫(xiě)出數(shù)列的前幾項(xiàng)

難點(diǎn)：理解遞推公式與通項(xiàng)公式的關(guān)系

教學(xué)過(guò)程：

一.知識(shí)點(diǎn)

定義1數(shù)列，按順序給出的一列數(shù)，例如1,2,3,…，.數(shù)列分有窮

數(shù)列和無(wú)窮數(shù)列兩種，數(shù)列｛?。囊话阈问酵ǔＳ涀?,。2,。3,…，小或

3,…,o其中0叫做數(shù)列的首項(xiàng)，如是關(guān)于〃的具體表達(dá)式，稱(chēng)為數(shù)列

的通項(xiàng)。

定理1若S”表示｛aa｝的前〃項(xiàng)和，則Si=m,當(dāng)〃>1時(shí)，a?=Sn-Sn.i.

定義2等差數(shù)列，如果對(duì)任意的正整數(shù)〃，都有服+IF,產(chǎn)d(常數(shù))，則｛分｝

稱(chēng)為等差數(shù)列，d叫做公差。若三個(gè)數(shù)a3,c成等差數(shù)列，即20=a+c,則稱(chēng)人

為a和c的等差中項(xiàng)，若公差為d,則a=dd,c=Hd.

定理2等差數(shù)列的性質(zhì)：1)通項(xiàng)公式a”=ai+(〃-l)d；2)前〃項(xiàng)和公式：

S“="(4.+%.)=~—d；3)?n-tzm=(n-m)d,其中〃,m為正整數(shù)；4)

22

若〃+m=p+q,則a"+am=aP+ag；5)對(duì)任意正整數(shù)p,q,恒有ap-a“=(p-q)(a2-ai)；

6)若A,8至少有一個(gè)不為零，則｛斕是等差數(shù)列的充要條件是S〃=A〃2+B〃.

定義3等比數(shù)列，若對(duì)任意的正整數(shù)〃，都有4=q,則｛a,,｝稱(chēng)為等比數(shù)

冊(cè)

7

列，4叫做公比。

定理3等比數(shù)列的性質(zhì)：1)小="應(yīng)"；2)前〃項(xiàng)和S",當(dāng)行1時(shí)，

S”=3_l!_42；當(dāng)q=\時(shí)，Sn=na\；3)如果a,b,c成等比數(shù)列，即lr=ac(b^0),

i-q

則b叫做a,c的等比中項(xiàng)；4)若m+n=p+q,則aman=aPaqo

定義4極限，給定數(shù)列｛d,｝和實(shí)數(shù)A,若對(duì)任意的￡>0,存在M,對(duì)任意的

〃>M(〃eM渚I^|a"-A|<￡，則稱(chēng)A為〃f+8時(shí)數(shù)列｛的｝的極限，記作liman=A.

00

定義5無(wú)窮遞縮等比數(shù)列，若等比數(shù)列僅〃｝的公比夕滿足同<1,則稱(chēng)之為無(wú)

窮遞增等比數(shù)列，其前〃項(xiàng)和S”的極限(即其所有項(xiàng)的和)為5-(由極限

i-q

的定義可得)。

定理3第一數(shù)學(xué)歸納法：給定命題p(〃)，若：(1)p(〃o)成立；(2)當(dāng)p(〃)

時(shí)〃=%成立時(shí)能推出M〃)對(duì)〃=%+1成立，則由(1)，(2)可得命題p(〃)對(duì)一

切自然數(shù)〃2〃o成立。

競(jìng)賽常用定理

定理4第二數(shù)學(xué)歸納法：給定命題〃(〃)，若：(1)p(〃o)成立；(2)當(dāng)p(〃)

對(duì)一切〃Wk的自然數(shù)〃都成立時(shí)a2〃o)可推出p(A+l)成立，則由(1),(2)

可得命題p(〃)對(duì)一切自然數(shù)"三〃o成立。

定理5對(duì)于齊次二階線性遞歸數(shù)列X"=ar,“+/z^2,設(shè)它的特征方程fma+b

的兩個(gè)根為a,B:⑴若aNB,則x”=cia""+c2B",其中ci,ci由初始條件xi,

X2的值確定;(2)若a=B,則X"=(a〃+C2)a"“，其中ci,C2的值由xi,X2的值

確定。

二、方法與例題

1.不完全歸納法。

這種方法是從特殊情況出發(fā)去總結(jié)更一般的規(guī)律，當(dāng)然結(jié)論未必都是正

確的，但卻是人類(lèi)探索未知世界的普遍方式。通常解題方式為：特殊一猜想

~數(shù)學(xué)歸納法證明。

例1試給出以下幾個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)(不要求證明)；1)0,3,8,15,24,35,…；

2)1,5,19,65,…；3)-1,0,3,8,15,…。

2

【解】1)“"="2-1;2)aa=3"-2"；3)an=n-2n.

例2已知數(shù)列｛?。凉M足+…+如=/斯,”21,求通項(xiàng)a”.

【解】因?yàn)閍i=，，又。|+.2=22?。2,

2

所以。2=—。3=勺"=」一潴想％=—!—(〃2)?

3x232-13x4"〃(〃+1)

8

證明；1）當(dāng)〃=1時(shí)，ai=」一，猜想正確。2）假設(shè)當(dāng)〃WZ時(shí)猜想成立。

2x1

當(dāng)〃=攵+1口寸，由歸納假設(shè)及題設(shè)，QI+。1+…+m=[（Z+l）2-l]以+1,，

1

所以=k(k+2)ak+i,

攵x(Z+l)

BP1--4--H---F------=女(女+2)〃&+1,

223kk+1

ki

所以---二k(k+2)ak+1,所以以+1=------------

Z+1(Z+1)(2+2)

由數(shù)學(xué)歸納法可得猜想成立，所以%=小

例3設(shè)數(shù)列｛?！ǎ凉M足小=1+〃,。小1=〃+’~,求證：對(duì)任意〃￡N+,有

%

1.

【證明】證明更強(qiáng)的結(jié)論：l<a〃Wl+a

1）當(dāng)〃=1時(shí)，1<防=1+〃，①式成立；

2）假設(shè)修攵時(shí)，①式成立，即IvzWl+a,則當(dāng)〃=左+1時(shí)，有

F1、11+。+。?1+。1

]+Q>Q〃+]=---FQ之----bQ=-------->-----1.

aki+al+al+a

由數(shù)學(xué)歸納法可得①式成立，所以原命題得證。

2.迭代法。

數(shù)列的通項(xiàng)z或前〃項(xiàng)和S”中的〃通常是對(duì)任意〃dN成立，因此可將

其中的〃換成“+1或〃-1等，這種辦法通常稱(chēng)迭代或遞推。

例4數(shù)列滿足i+qa"-2=0,〃23,qwO,求證：存在常數(shù)c,使得

n

?Ii+PCS。an+qal+cq=0.

【證明[+pan+}?a”+i+qa；+]=an+2(pa>i+\+an+2)+qa~l+x=atI+2,(-qan)+qa^+i=

4(端+1-44+2)=況力+i+a“⑦qn+i+qag=q(a3+pall+]atl+?；).

若a；+〃。2%+qa；=°，則對(duì)任意〃，a：+i+〃a“+i%+qa：=0，取c=0即可.

若a；+pa2a1+qa；wO,則｛+qa；｝是首項(xiàng)為婚+pa2al+qa；，

公式為q的等比數(shù)列。

所以a,ti++qa；=（a；+pa2ax+qa；）?

取c=-（a；+pa[%+q”；）?L即可.

q

綜上，結(jié)論成立。

例5已知ai=o,m+1=5。"++1,求證：都是整數(shù)，〃GN+.

【證明】因?yàn)?=0,42=1,所以由題設(shè)知當(dāng)〃21時(shí)Z+A&.

9

又由z+i=5a"+j24%+1移項(xiàng)、平方得

TO。”—+片-1=。①

當(dāng)?shù)?2時(shí),把①式中的〃換成〃-1得烯-1()4/,1+。3-1=()，即

?Li-10a???+l+a,^-1=0.②

2

因?yàn)閍n-]<an+\,所以①式和②式說(shuō)明an+\是方程x-10a；x+a^-1=0的兩個(gè)

不等根。由韋達(dá)定理得a”+i+an-i=10an(n^2).

再由G=0,斂=1及③式可知，當(dāng)〃WN+時(shí)，斯都是整數(shù)。

3.數(shù)列求和法。

數(shù)列求和法主要有倒寫(xiě)相加、裂項(xiàng)求和法、錯(cuò)項(xiàng)相消法等。

例6已知。"=---^—^7-(rt=l,2,…)，求S99=ai+42+…+。99.

4"+2

【解】因?yàn)?/p>

12x21°°+4"+4*1

ci/i+aioo-/i=------R+—

4"+2'004loo-；,2,0°41(X)x2+2i°°(4“+4100-//)-2100

11

\

+%X9999一

所以S99:2-T7=2-=

0021002101

11+???+]

例7求和：Sn=--------1--------

1x2x32x3x4+1)(〃+2)

k+2-k

【解】一般地,

%(女+1)(%+2)2%(女+1)(2+2)

\(1

(Z+1)

一九/+1)/+2)

〃1

所以*=自4/+1)優(yōu)+2)

---------------------------1------------------------4-???H---------------------------------------------

21x22x32x33x4〃(〃+1)(〃+1)(〃+2)

J_11

(〃+1)(〃+2)_

__________]

42(〃+1)(〃+2)

例8已知數(shù)列｛?！ǎ凉M足。1=42=1,斯+2=?！?1+?！?S〃為數(shù)歹'的前n項(xiàng)和,

”"J

求證：S?<2o

【證明】由遞推公式可知，數(shù)列他”｝前幾項(xiàng)為1,1,2,3,5,8,13。

10

中…112358a?

①

222322262"

1。1235a

②

2222324252,,+,

11

s-

一

-一-

2〃2

111

-+S

2--2-4-

?■

又因?yàn)閟ws”且相＞。,

所以;5“+所以;5“＜；,

所以S〃＜2,得證。

4.特征方程法。

例9已知數(shù)列｛a〃｝滿足防=3,。2=6,?！?2=4〃+卜4斯,求Cln.

【解】由特征方程f=4x-4得XE2=2.

3=a+0

故設(shè)?！?(a+B〃)?2〃"，其中<

6=(a+2/)x2

所以a=3,8=0,

nl

所以an=3?2-.

例10已知數(shù)列｛。?｝滿足QI=3,。2=6,。〃+2=20什1+3?！ǎ笸?xiàng)an.

【解】由特征方程r=2九+3得xi=3,%2=-1,

所以a〃=a-3"+B?(4)〃，其中F=3”",

6=9a+〃

33

解得a=—,B=---，

44

所以a“=；［3用+(—1嚴(yán)?3］。

5.構(gòu)造等差或等比數(shù)列。

例11正數(shù)列ao,ai,…,跖〃…滿足一擊"-田”-2=2a”-i(42)且ao=ai=l,

求通項(xiàng)。

11

令兒=曰+1,則他“｝是首項(xiàng)為、幺+1=2,公比為2的等比數(shù)歹I」,

所以加=、烏-+1=2",所以&=(2?-1)2,

Van-\

所以m=2?…?如=口(2*-1)2.

an-\an-2a\a0k=\

注：n。/=C1?C2.........Cn.

/=1

r24.2

例12已知數(shù)列｛斯｝滿足犬尸2,財(cái)+1=%t,〃￡N+,求通項(xiàng)。

2%

【解】考慮函數(shù)型的不動(dòng)點(diǎn)，由二^=x得

2x2x

r24-2

因?yàn)殂?2,心+1=上士，可知｛%“｝的每項(xiàng)均為正數(shù)。

2七，

又x：+222j^x”，所以x〃+i2&（〃21）。又

Xe一行=2_血”「母,①

2七，2x“

X“+i+/+行=（居+后丁，②

2%2xn

由①+②得"向一B邙］0③

x“+i+j2|_x“+j2」

又三二嗎＞0,由③可知對(duì)任意〃GN+,上里〉0且

XI+J2X〃+J2

xn—V2紀(jì)g,公比為2的等比數(shù)歹U。

所以1g是首項(xiàng)為1g

2+V2

2”-1

所以1g也二^=2'T2-V2，所以二2-V2

1g

怎+72+V22+V2

(2+揚(yáng)2*'+(2-揚(yáng)2-1

解得招=痣

(2+V2)2"-(2-V2)2"

注：本例解法是借助于不動(dòng)點(diǎn)，具有普遍意義。

12

三、課外練習(xí)題

1.數(shù)列｛X〃｝滿足沏=2,x”+i=S”+（〃+l）,其中S”為“”｝前〃項(xiàng)和，當(dāng)〃22時(shí)，

Xn=.

12丫

2.數(shù)列｛*“｝滿足xi=—,北+尸----，則｛用｝的通項(xiàng)劉尸_________.

23怎+2

3.數(shù)列｛x,i｝滿足xi=1,xn=g%?_（+2n-1（〃22）,則｛x”｝的通項(xiàng)xn=.

4.等差數(shù)列｛0｝滿足3a8=5ai3,且ai>0,S”為前〃項(xiàng)之和，則當(dāng)S”最大時(shí)，

n=?

5.等比數(shù)列｛而｝前〃項(xiàng)之和記為S〃，若S】o=lO,S3O=7O,則S4O=.

6.數(shù)列｛??｝滿足明+l=X〃-X〃-l（〃22）,元產(chǎn)4,九2="S后X1+X2+…+皿，則

S100=.

2

7.數(shù)列｛呢｝中，Sn=a1+?2+?,,+an=n-4n+1貝lJ|〃i|+|a2|+,?,+|〃io|=.

8.若」^=-1-=」一=?..=—2—,并且幻+X2+…+%=8,貝I」

$+1%+3當(dāng)+5+2〃-1

x\=.

9.等差數(shù)列｛&〃｝,｛%｝的前〃項(xiàng)和分別為S〃和〃，若也=*-,則

,3〃+1

l〃一i?m8—=.

n

20072?1

10.若〃!二〃（小1）…2?1,則￡（一1）"--f——=.

?=1%

11.若｛&"｝是無(wú)窮等比數(shù)列，為正整數(shù)，且滿足。5+。6=48,/og242?/og2a3+

log2a2,log2a5+log2a2,log2a6+logias,/og2a6=36,—■的通項(xiàng)。

MJ

12.已知數(shù)列｛?。枪畈粸榱愕牡炔顢?shù)列，數(shù)列｛《｝是公比為q的等比數(shù)

列，且歷二1,歷=5,歷=17,求：（1）g的值；（2）數(shù)列｛5J的前〃項(xiàng)和S〃。

13

第三講：復(fù)數(shù)

三維目標(biāo)

知識(shí)與技能：掌握復(fù)數(shù)的加法運(yùn)算及意義

過(guò)程與方法：理解并掌握實(shí)數(shù)進(jìn)行四則運(yùn)算的規(guī)律

情感、態(tài)度與價(jià)值觀：理解并掌握復(fù)數(shù)的有關(guān)概念(復(fù)數(shù)集、代數(shù)

形式、虛數(shù)、純虛數(shù)、實(shí)部、虛部)理解并掌握復(fù)數(shù)相等的有關(guān)

概念

二、教學(xué)重點(diǎn),難點(diǎn)：復(fù)數(shù)加法運(yùn)算.復(fù)數(shù)加法運(yùn)算的運(yùn)算律.

三、教學(xué)過(guò)程設(shè)計(jì)

(-)基礎(chǔ)知識(shí)鞏固與學(xué)習(xí)

1.復(fù)數(shù)的定義：設(shè)i為方程x2=-l的根，i稱(chēng)為虛數(shù)單位，由i與實(shí)數(shù)進(jìn)行

加、減、乘、除等運(yùn)算。便產(chǎn)生形如a+bi(a,b￡R)的數(shù)，稱(chēng)為復(fù)數(shù)。所有

復(fù)數(shù)構(gòu)成的集合稱(chēng)復(fù)數(shù)集。通常用C來(lái)表示。

2.復(fù)數(shù)的幾種形式。對(duì)任意復(fù)數(shù)z=a+bi(a.beR),a稱(chēng)實(shí)部記作Re(z),b

稱(chēng)虛部記作Im(z)。z=a+bi(a,beR)稱(chēng)為代數(shù)形式，它由實(shí)部、虛部?jī)刹糠?/p>

構(gòu)成；若將(a,b)作為坐標(biāo)平面內(nèi)點(diǎn)的坐標(biāo)，那么z與坐標(biāo)平面唯一一個(gè)點(diǎn)相

對(duì)應(yīng)，從而可以建立復(fù)數(shù)集與坐標(biāo)平面內(nèi)所有的點(diǎn)構(gòu)成的集合之間的一一映

射。因此復(fù)數(shù)可以用點(diǎn)來(lái)表示，表示復(fù)數(shù)的平面稱(chēng)為復(fù)平面，x軸稱(chēng)為實(shí)軸，

y軸去掉原點(diǎn)稱(chēng)為虛軸，點(diǎn)稱(chēng)為復(fù)數(shù)的幾何形式；如果將(a,b)作為向量的坐

標(biāo)，復(fù)數(shù)z又對(duì)應(yīng)唯一一個(gè)向量。因此坐標(biāo)平面內(nèi)的向量也是復(fù)數(shù)的一種表

示形式，稱(chēng)為向量形式。

3.共趣與模，若2=2+加，(a.bGR)，則W=a-bi稱(chēng)為z的共枕復(fù)數(shù)。模與

2

共趣的性質(zhì)有：(1)z,+z2=zt±z2；(2)z,-z2=2,?z2；(3)z-z=|ZI;

14

(4)㈤=①；(5)|z,-z2|=|z".|z"；(6)|五|=山；(7)||Z||-|z2||

z

l2Jz2|z2|

^|z1±z2|^|z1|+|z2|；(8)|ZI+Z2|2+|ZI-Z2|2=2|ZF+2|Z2「；(9)若|z|=l,

-1

則z=—。

z

4.復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則：(1)按代數(shù)形式運(yùn)算加、減、乘、除運(yùn)算法則與實(shí)數(shù)范

圍內(nèi)一致，運(yùn)算結(jié)果可以通過(guò)乘以共掘復(fù)數(shù)將分母分為實(shí)數(shù)；(2)按向量形

式，力口、減法滿足平行四邊形和三角形法則。

5.單位根：若wn=l,則稱(chēng)w為1的一個(gè)n次單位根，簡(jiǎn)稱(chēng)單位根，記

OTT0TT

Z,=cos—+zsin—,則全部單位根可表示為1,ZI,Z：,…,Z；i。單位根的基

nn

本性質(zhì)有(這里記Z*.=Zf,k=l,2,…,n-1)：(1)對(duì)任意整數(shù)k,若1<=叫+1",4

eZ,0WrWn-l,有ZM=Z,；(2)對(duì)任意整數(shù)m,當(dāng)n22時(shí)，有

ln2

1+2；"+2丁+--+23=1°'肥"〃'特別l+Zi+Z2+?“+ZnT=0；(3)x"+x-+-

當(dāng)九|m,

2-1

+x+l=(x-Zi)(x-Z2)—(x-Zn-i)=(x-Zi)(x-Z])—(x-Zf)o

6.復(fù)數(shù)z是實(shí)數(shù)的充要條件是z=2；z是純虛數(shù)的充要條件是：z+2=0(旦

z70)。復(fù)數(shù)z是實(shí)數(shù)的充要條件是z=*z是純虛數(shù)的充要條件是：z+z=0

(且zWO)。

7.代數(shù)基本定理：在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)，一元n次方程至少有一個(gè)根。實(shí)系數(shù)方程

虛根成對(duì)定理：實(shí)系數(shù)一元n次方程的虛根成對(duì)出現(xiàn)，即若z=a+bi(bW0)是

方程的一個(gè)根，則乞=a-bi也是一個(gè)根。若a,b,c￡R,aW0,則關(guān)于x的方程

22

ax+bx+c=0,當(dāng)△=b-4ac<0時(shí)方程的根為為2==”土。

’2a

(二)例題分析

例1：求證：當(dāng)nCN.時(shí)，方程(z+1產(chǎn)+(z-l)2n=0只有純虛根。

15

證明：若Z是方程的根，則(z+l)%=一(z-1產(chǎn)，所以|(z+l)2n|=|-(z-l)21

即|z+l|2=|z-l|2,即(z+1)(2+l)=(z-D(NT),化簡(jiǎn)得z+N=O,

又z=0不是方程的根，所以z是純虛數(shù)。

例2：設(shè)入GR,若二次方程(l-i)x2+(入+i)x+l+Ai=O有兩個(gè)虛根，求人滿

足的充要條件。

丫2+jQ

解：若方程有實(shí)根，則方程組，有實(shí)根，由方程組得

2

x-x-^=0

(入+l)x+入+1=0.若入=T,則方程x2-x+l=0中A<0無(wú)實(shí)根，所以入W

-lo所以x=T,入=2.所以當(dāng)入W2時(shí)，方程無(wú)實(shí)根。所以方程有兩個(gè)虛根的

充要條件為人#2。

例3：證明：自。0上任意一點(diǎn)p到正多邊形A島…A”各個(gè)頂點(diǎn)的距離的平方

和為定值。

證明：取此圓為單位圓，0為原點(diǎn)，射線04為實(shí)軸正半軸，建立復(fù)平面，

頂點(diǎn)A對(duì)應(yīng)復(fù)數(shù)設(shè)為￡=e"',則頂點(diǎn)A2A3…A”對(duì)應(yīng)復(fù)數(shù)分別為”，…，

￡no

設(shè)點(diǎn)p對(duì)應(yīng)復(fù)數(shù)z,則z|=l,

2

且又=2n-f|pAk|='|z-(z—￡、(z-￡")=t(2-/z"z)

k=\2=1女=12=1

=2n_=2〃—zZ——=2n.命題得證。

k=\k=\k=lk=l

例4：平面上給定△A1A2A3及點(diǎn)Po,定義AS=AS-3,S，4,構(gòu)造點(diǎn)列p0,Pi,p2,-?*,

使得Pk+i為繞中心Ak+i順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°時(shí)Pk所到達(dá)的位置,k=0,1,2,…，若

P1986=Poo

求證：△A九人為等邊三角形。

證明：令u=e號(hào)，由題設(shè)，約定用點(diǎn)同時(shí)表示它們對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)，取給定平面

為復(fù)平面，貝IPi=(l+u)A「upo,p2=(l+u)A2-upi,①p3=(l+u)A3-up2②

16

由①Xu,+②X(-u)得p3=(l+u)(A3-uA2+uA)+p(>=w+po,w為與p(,無(wú)關(guān)的常數(shù)。

同理得P6=w+p：；=2w+po,…，pi986=662w+p0=po,所以w=0,從而As-uAa+u^^O.

由u?=uT得A「A尸(A2-AI)u,這說(shuō)明AAiA2A3為正三角形。

例5：設(shè)A,B,C,D為平面上任意四點(diǎn)，求證：AB?AD+BC?AD2AC?BD。

證明：用A,B,C,D表示它們對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)，

則(A-B)(C-D)+(B-C)(A-D)=(A-C)(B-D),

因?yàn)閨A-B|?|C-D|+1B-C|?|A-D|2(A-B)(C-D)+(B-C)(A-D)o

所以|A-B|?|C-D|+|B-C|?|A-D|2|A-C|?|B-D|,當(dāng)“=”成立時(shí)當(dāng)且僅當(dāng)

R-AB-CD-AB-C

4吆(-----)=Arg(-----),即4rg(-----)+Arg(-----?)=?!,即A,B,C,D

D-AC-DB-AD-C

共圓時(shí)成立。不等式得證。

例6：△ABC的頂點(diǎn)A表示的復(fù)數(shù)為3i,底邊BC在實(shí)軸上滑動(dòng)，且|BC|=2,

求AABC的外心軌跡。

解:設(shè)外心M對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為z=x+yi(x,yGR),B,C兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)分別

是b、b+2。因?yàn)橥庑腗是三邊垂直平分線的交點(diǎn)，而AB的垂直平分線方程為

|z-b|=|z-3i|,BC的垂直平分線的方程為|z-b|=|z-b-2|,所以點(diǎn)M對(duì)應(yīng)的復(fù)

數(shù)z滿足|z-b|=|z-3i|=|z-b-21,消去b解得/=6(y-■!).所以△ABC的外心

軌跡是軌物線。

「99

例6：計(jì)算：(1)偏一。叁+。％--一+或；⑵c；o。一臉+臉C100

解：由二項(xiàng)式定理(1+i)咚

%+c：°°i+cM+-+G#9+cM°°=(偏一。"1一+嚙)+(

G'(x)-C|00+Gio----4)i，

比較實(shí)部和虛部可得G%-Gh+G%-…+畸=-2咒

17

例7：已知f(z)=Coz"+C|Z"T+…+Cn-iz+c“是n次復(fù)系數(shù)多項(xiàng)式(c()WO)。

求證:一定存在一個(gè)復(fù)數(shù)Zo,IZolW1,并且|f(Zo)121coi+|c』。

證明:記CoZn+Ciz'"+…+Cn-iZ=g(z),令，=Arg(Cn)-Arg(z0),則方程g(Z)-Coe1

°=0為n次方程,其必有n個(gè)根,不妨設(shè)為z”Z2,…，z”,

<l

從而g(z)-coe1=(z-zi)(z-z2).......(z-zn)c0,令z=0得-c()e'"=(T)"ziZ2…ZKO,

取模得|z&…ZnUl。所以Z|,Z2,…，Zn中必有一個(gè)Zi使得|zjWl,

i(l

從而f(Zi)=g(Zi)+Cn=Coe'"=Cn,所以|f(z)|=|c0e+c?m'C0|+|c?|.

四、課堂練習(xí)(基礎(chǔ)和提高)

1.復(fù)數(shù)z滿足|z|=5,且(3+4i)?z是純虛數(shù)，則1=o

2.已知z=----^7=-,則l+z+z°+…+z儂2=o

1+V3Z

3.若zJ"3i)2(T：3，)i。,則________o

(1-y

4.已知復(fù)數(shù)z滿足llz/lOiz'+lOizTkO,求證：|z|=l.

5.復(fù)平面上，非零復(fù)數(shù)zl,z2在以i為圓心，1為半徑的圓上，￡?Z2的實(shí)

TT

部為零，Zl的輻角主值為一，則Z2=__________0

6

6.若zWC,且|z|=l,u=z"-z3-3z2i-z+l.求|u|的最大值和最小值，并求取得最

大值、最小值時(shí)的復(fù)數(shù)z.

五、小結(jié)

復(fù)數(shù)相關(guān)知識(shí)點(diǎn)在多項(xiàng)式、二項(xiàng)式定理中的應(yīng)用，復(fù)數(shù)與幾何的關(guān)系，

復(fù)數(shù)乘法的幾何意義，模、單位根的應(yīng)用，復(fù)數(shù)相等與復(fù)數(shù)是實(shí)數(shù)的充要條

件的求解。

六、提高訓(xùn)練

1.設(shè)復(fù)數(shù)z=cos。+isin。(0W。Wn),復(fù)數(shù)z,(l+i)z,2N在復(fù)平面上對(duì)

應(yīng)的三個(gè)點(diǎn)分別是P,Q,R,當(dāng)P,Q,R不共線時(shí)，以PQ,PR為兩邊的平行

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四邊形第四個(gè)頂點(diǎn)為S,則S到原點(diǎn)距離的最大值為

1c

2.設(shè)卬=-一+—z,Zi=w-Z,Z2=w+z,Zi,Z2對(duì)應(yīng)復(fù)平面上的點(diǎn)A,B,點(diǎn)。為原

22

點(diǎn),ZA0B=90°,|AO|=|BO|,則AOAB面積是

3.當(dāng)nSN,且IWnWIOO時(shí)，K無(wú)產(chǎn)y+ir的值中有實(shí)數(shù)

個(gè)。

4.設(shè)非零復(fù)數(shù)3),0.2,3|>a$滿足

。2_。3_。4_a5

qa2%。4

%+%++。4+。5=~(^)++。3+。4+。5)=S,

其中S為實(shí)數(shù)且ISIW2,求證：復(fù)數(shù)為通2,23通”25在復(fù)平面上所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位

于同一圓周上。

5.設(shè)Zi,Z2,Z3為復(fù)數(shù),求證:

|zi|+|z2|+|z3|+|Z1+Z2+Z312|Z1+Z21+1Z2+Z31+1Z3+Z110

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第四講：三角函數(shù)

【三維目標(biāo)】：

一、知識(shí)與技能

1.借助正切線畫(huà)出正切函數(shù)的圖象，并通過(guò)圖象理解正切函數(shù)的性

質(zhì)。

2.能夠應(yīng)用正切函數(shù)性質(zhì)解決一些相關(guān)問(wèn)題。

3.掌握用數(shù)形結(jié)合的思想理解和處理有關(guān)問(wèn)題的技能；發(fā)現(xiàn)數(shù)學(xué)規(guī)

律，提高數(shù)學(xué)素質(zhì)，培養(yǎng)實(shí)踐第一觀點(diǎn).

二、過(guò)程與方法

1.類(lèi)比正、余弦函數(shù)的概念，引入正切函數(shù)的概念；讓學(xué)生通過(guò)類(lèi)

比，聯(lián)系正弦函數(shù)圖像的作法，通過(guò)單位圓中的有向線段得到正

切函數(shù)的圖像；能學(xué)以致用，結(jié)合圖像分析得到正切函數(shù)的誘導(dǎo)

公式和正切函數(shù)的性質(zhì)。

2.通過(guò)作圖來(lái)認(rèn)識(shí)三角函數(shù)性質(zhì)，充分發(fā)揮圖象在認(rèn)識(shí)和研究函數(shù)

性質(zhì)中的作用，滲透”數(shù)形結(jié)合”的思想

三、情感、態(tài)度與價(jià)值觀

1.會(huì)用聯(lián)系的觀點(diǎn)看問(wèn)題，使學(xué)生理解動(dòng)與靜的辯證關(guān)系。

2.通過(guò)學(xué)生動(dòng)手操作，激發(fā)學(xué)生學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣和積極性，陶冶學(xué)

生的情操，培養(yǎng)學(xué)生堅(jiān)忍不拔的意志、實(shí)事求是的科學(xué)學(xué)習(xí)態(tài)度

和勇于創(chuàng)新的精神。

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四、方法與例題

例1：設(shè)x￡(0,兀)，試比較cos(sinx)與sin(cosx)的大小。

【解】若xw則cosxWl且cosx>?l,所以cosxe(-會(huì)0,

所以sin(cosx)W0,又OvsinxWl,所以cos(sinx)>0,

所以cos(sinx)>sin(cosx).

若,則因?yàn)?/p>

sinx+cosx=V2^-sinx+^-cosx=V2(sinxcos—+sin—cosx)=V2sin(x+—)

k22J444

2

所以0<sinx<--cosx<—,