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1、高三数学理科几何证明总复习教学案高三数学理科复习：函数解析式 高三数学理科复习3-函数解析式【高考要求】：函数的有关概念(B).【教学目标】：1.理解函数的三种表示方法（图象法、列表法、解析法）,会选择恰当的方法表示简洁情境中的函数.2.了解简洁的分段函数；能写出简洁情境中的分段函数,并能求出给定自变量所对应的函数值,会画函数的图象（不要求依据函数值求自变量的范围）.【教学重难点】：求函数解析式的方法.【学问复习与自学质疑】1、已知则_._.=.2、设则的表达式为.3、函数，则.4、若，则.5、设，则.6、对记，则的最小值为.【沟通展示与互动探究】1、已知，求的解析式. 2、设二次函数的最小值
2、为4，且求的解析式. 3、如图，是边长为2的正三角形，设直线截这个三角形所得到的位于此直线上方的图形（阴影部分）的面积为，求的解析式. 【矫正反馈】1、若则.2、已知则的解析式为.3、设函数的图像与的图像关于轴对称，则=.4、一次函数在上的最小值为1，最大值为3，则的解析式为.5、设，则的解析式为.【迁移应用】6、某超市经销某种牙膏，其年销售额为6000盒，每盒进价2.8元，销售价3.4元，全年分若干次进货，每次进货均为盒，已知每次运输劳务费62.5元，全年的保管费元（1）把该超市经销牙膏一年的利润元表示为每次进货是的函数.（2）为使利润最大，每次应进多少盒？ 7、已知函数有两个实根，求的解析
3、式. 8、已知定义域为R的函数满意（1）若求又若.（2）设有且仅有一个实数求的解析式. 高三理科数学推理与证明总复习教学案 第十四章推理与证明 高考导航 考试要求重难点击命题展望1.了解合情推理的含义.2.能利用归纳与类比等进行简洁的推理.3.体会并相识合情推理在数学发觉中的作用.4.了解演绎推理的重要性.5.驾驭演绎推理的基本模式：“三段论”.6.能运用演绎推理进行简洁的推理.7.了解演绎推理、合情推理的联系与区分.8.了解干脆证明的两种基本方法：分析法与综合法.9.了解分析法与综合法的思维过程、特点.10.了解反证法是间接证明的一种基本方法及反证法的思维过程、特点.11.了解数学归纳法的原
4、理.12.能用数学归纳法证明一些简洁的与自然数有关的数学命题.本章重点：1.利用归纳与类比进行推理；2.利用“三段论”进行推理与证明；3.运用干脆证明(分析法、综合法)与间接证明(反证法)的方法证明一些简洁的命题；4.数学归纳法的基本思想与证明步骤；运用数学归纳法证明与自然数n(nN*)有关的数学命题.本章难点：1.利用归纳与类比的推理来发觉结论并形成猜想命题；2.依据综合法、分析法及反证法的思维过程与特点选取适当的证明方法证明命题；3.理解数学归纳法的思维实质，特殊是在其次个步骤要依据归纳假设进行推理与证明.“推理与证明”是数学的基本思维过程，也是人们学习和生活中常常运用的思维方式.本章要求
5、考生通过对已有学问的回顾与总结，进一步体会直观感知、视察发觉、归纳类比、空间想象、抽象概括、符号表示、运算求解、数据处理、演绎证明、反思与建构等数学思维过程以及合情推理、演绎推理之间的联系与差异，体会数学证明的特点，了解数学证明的基本方法.本章是新课程考纲中新增的内容，考查的范围宽，内容多，涉及数学学问的方方面面，与旧考纲相比，增加了合情推理等学问点，这为创新性试题的命制供应了空间. 学问网络 14.1合情推理与演绎推理 典例精析题型一运用归纳推理发觉一般性结论【例1】通过视察下列等式，猜想出一个一般性的结论，并证明结论的真假.sin215sin275sin213532；sin230sin29
6、0sin215032；sin245sin2105sin216532；sin260sin2120sin218032.【解析】猜想：sin2(60)sin2sin2(60)32.左边(sincos60cossin60)2sin2(sincos60cossin60)232(sin2cos2)32右边.【点拨】先猜后证是一种常见题型；归纳推理的一些常见形式：一是“具有共同特征型”，二是“递推型”，三是“循环型”(周期性).【变式训练1】设直角三角形的两直角边的长分别为a，b，斜边长为c，斜边上的高为h，则有abch成立，某同学通过类比得到如下四个结论：a2b2c2h2；a3b3c3h3；a4b4c4h
7、4；a5b5c5h5.其中正确结论的序号是；进一步类比得到的一般结论是.【解析】；anbncnhn(nN*).题型二运用类比推理拓展新学问【例2】请用类比推理完成下表：平面空间三角形两边之和大于第三边三棱锥随意三个面的面积之和大于第四个面的面积三角形的面积等于随意一边的长度与这边上的高的乘积的一半三棱锥的体积等于随意一个底面的面积与该底面上的高的乘积的三分之一三角形的面积等于其内切圆半径与三角形周长的乘积的一半【解析】本题由已知的前两组类比可得到如下信息：平面中的三角形与空间中的三棱锥是类比对象；三角形各边的边长与三棱锥各面的面积是类比对象；三角形边上的高与三棱锥面上的高是类比对象；三角形的面
8、积与三棱锥的体积是类比对象；三角形的面积公式中的“二分之一”与三棱锥的体积公式中的“三分之一”是类比对象.由以上分析可知：故第三行空格应填：三棱锥的体积等于其内切球半径与三棱锥表面积的乘积的三分之一.本题结论可以用等体积法，将三棱锥分割成四个小的三棱锥去证明，此处从略.【点拨】类比推理的关键是找到合适的类比对象.平面几何中的一些定理、公式、结论等，可以类比到立体几何中，得到类似的结论.一般平面中的一些元素与空间中的一些元素的类比列表如下：平面空间点线线面圆球三角形三棱锥角二面角面积体积周长表面积【变式训练2】面积为S的平面凸四边形的第i条边的边长记为ai(i1,2,3,4)，此四边形内任一点P
9、到第i条边的距离为hi(i1,2,3,4)，(1)若a11a22a33a44k，则；(2)类比以上性质，体积为V的三棱锥的第i个面的面积记为Si(i1,2,3,4)，此三棱锥内任一点Q到第i个面的距离记为Hi(i1,2,3,4)，若S11S22S33S44K，则.【解析】2Sk；3VK.题型三运用“三段论”进行演绎推理【例3】已知函数f(x)lnaxxax(a0).(1)求此函数的单调区间及最值；(2)求证：对于随意正整数n，均有112131nlnenn！.【解析】(1)由题意f(x)xax2.当a0时，函数f(x)的定义域为(0，)，此时函数在(0，a)上是减函数，在(a，)上是增函数，fm
10、in(x)f(a)lna2，无最大值.当a0时，函数f(x)的定义域为(，0)，此时函数在(，a)上是减函数，在(a,0)上是增函数，fmin(x)f(a)lna2，无最大值.(2)取a1，由(1)知，f(x)lnxx1xf(1)0，故1x1lnxlnex，取x1,2,3，n，则112131nlnelne2lnenlnenn！.【点拨】演绎推理是推理证明的主要途径，而“三段论”是演绎推理的一种重要的推理形式，在高考中以证明题出现的频率较大.【变式训练3】已知函数f(x)eg(x)，g(x)kx1x1(e是自然对数的底数)，(1)若对随意的x0，都有f(x)x1，求满意条件的最大整数k的值；(2
11、)求证：ln(112)ln(123)ln1n(n1)2n3(nN*).【解析】(1)由条件得到f(1)22k2ln213，揣测最大整数k2，现在证明x1对随意x0恒成立：x1等价于23x1ln(x1)ln(x1)3x12，设h(x)ln(x1)3x1，则h(x)1x13(x1)2x2(x1)2.故x(0,2)时，h(x)0，当x(2，)时，h(x)0.所以对随意的x0都有h(x)h(2)ln312，即x1对随意x0恒成立，所以整数k的最大值为2.(2)由(1)得到不等式23x1ln(x1)，所以ln1k(k1)23k(k1)123k(k1)，ln(112)ln(123)ln1n(n1)(231
12、2)(2323)23n(n1)2n31121231n(n1)2n33n12n3，所以原不等式成立.总结提高合情推理与演绎推理是两种基本的思维推理方式.尽管合情推理(归纳、类比)得到的结论未必正确，但归纳推理与类比推理具有猜想和发觉新结论、探究和供应证明的新思路的重要作用，特殊在数学学习中，我们可以由熟识的、已知的学问领域运用归纳、类比思维获得发觉和创建的灵感去探究生疏的、未知的学问领域.演绎推理是数学逻辑思维的主要形式，担负着推断命题真假的重要使命.假如说合情推理是以感性思维为主，只需有感而发；那么演绎推理则是以理性思维为主，要求言必有据.在近几年高考中一道合情推理的试题往往会成为一套高考试题
13、的特色与亮点，以彰显数学思维的魅力.其中数列的通项公式、求和公式的归纳、等差数列与等比数列、平面与空间、圆锥曲线与圆、杨辉三角等的类比的考查频率较大.而演绎推理的考查则可以渗透到每一道试题中. 14.2干脆证明与间接证明 典例精析题型一运用综合法证明【例1】设a0，b0，ab1，求证：1a1b1ab8.【证明】因为ab1，所以1a1b1ababaabbabab1ba1ababab2ab(ab2)22248，当且仅当ab12时等号成立.【点拨】在用综合法证明命题时，必需首先找到正确的动身点，也就是能想到从哪里起步，我们一般的处理方法是广泛地联想已知条件所具备的各种性质，逐层推动，从已知渐渐引出结
14、论.【变式训练1】设a，b，c0，求证：a2bb2cc2aabc.【证明】因为a，b，c0，依据基本不等式，有a2bb2a，b2cc2b，c2aa2c.三式相加：a2bb2cc2aabc2(abc).即a2bb2cc2aabc.题型二运用分析法证明【例2】设a、b、c为随意三角形三边长，Iabc，Sabbcca.求证：I24S.【证明】由I2(abc)2a2b2c22(abbcac)a2b2c22S，故要证I24S，只需证a2b2c22S4S，即a2b2c22S.欲证上式，只需证a2b2c22ab2bc2ca0，即证(a2abac)(b2bcba)(c2cacb)0，只需证三括号中的式子均为负
15、值即可，即证a2abac，b2bcba，c2cacb，即abc，bac，cab，明显成立，因为三角形随意一边小于其他两边之和.故I24S.【点拨】(1)应用分析法易于找到思路的起始点，可探求解题途径.(2)应用分析法证明问题时要留意：严格按分析法的语言表达；下一步是上一步的充分条件.【变式训练2】已知a0，求证：a21a22a1a2.【证明】要证a21a22a1a2，只要证a21a22a1a2.因为a0，故只要证(a21a22)2(a1a2)2，即a21a24a21a24a221a222(a1a)2，从而只要证2a21a22(a1a)，只要证4(a21a2)2(a221a2)，即a21a22，
16、而该不等式明显成立，故原不等式成立.题型三运用反证法证明【例3】若x，y都是正实数，且xy2.求证：1xy2或1yx2中至少有一个成立.【证明】假设1xy2和1yx2都不成立.则1xy2，1yx2同时成立.因为x0且y0，所以1x2y且1y2x，两式相加得2xy2x2y，所以xy2，这与已知条件xy2相冲突.因此1xy2与1yx2中至少有一个成立.【点拨】一般以下题型用反证法：当“结论”的反面比“结论”本身更简洁、更详细、更明确；否定命题，唯一性命题，存在性命题，“至多”“至少”型命题；有的确定形式命题，由于已知或结论涉及到无限个元素，用干脆证明形式比较困难因而往往采纳反证法.【变式训练3】已
17、知下列三个方程：x24ax4a30；x2(a1)xa20；x22ax2a0，若至少有一个方程有实根，求实数a的取值范围.【解析】假设三个方程均无实根，则有由(4a)24(4a3)0，得4a24a30，即32a12；由(a1)24a20，得(a1)(3a1)0，即a1或a13；由(2a)24(2a)0，得a(a2)0，即2a0.以上三部分取交集得Ma|32a1，则三个方程至少有一个方程有实根的实数a的取值范围为RM，即a|a32或a1.总结提高分析法与综合法各有其优缺点：分析法是执果索因，比较简单寻求解题思路，但叙述繁琐；综合法叙述简洁，但经常思路堵塞.因此在实际解题时，需将两者结合起来运用，先
18、用分析法寻求解题思路，再用综合法简洁地叙述解题过程.从逻辑思维的角度看，原命题“pq”与逆否命题“qp”是等价的，而反证法是相当于由“q”推出“p”成立，从而证明白原命题正确.因此在运用反证法的证明过程中要特殊留意条件“q”的推理作用.综合法与分析法在新课标中第一次成为独立的显性的课题，预料可能有显性的相关考试命题.反证法证明的关键是在正确的推理下得出冲突，这个冲突可以是与已知冲突，或与假设冲突或与定义、公理、公式事实冲突等. 14.3数学归纳法 典例精析题型一用数学归纳法证明恒等式【例1】是否存在常数a、b、c，使等式122232n2(n1)22212an(bn2c)对于一切nN*都成立？若
19、存在，求出a、b、c并证明；若不存在，试说明理由.【解析】假设存在a、b、c使122232n2(n1)22212an(bn2c)对于一切nN*都成立.当n1时，a(bc)1；当n2时，2a(4bc)6；当n3时，3a(9bc)19.解方程组解得证明如下：当n1时，明显成立；假设nk(kN*，k1)时等式成立，即122232k2(k1)2221213k(2k21)；则当nk1时，122232k2(k1)2k2(k1)2221213k(2k21)(k1)2k213k(2k23k1)(k1)213k(2k1)(k1)(k1)213(k1)(2k24k3)13(k1)2(k1)21.因此存在a13，b
20、2，c1，使等式对一切nN*都成立.【点拨】用数学归纳法证明与正整数n有关的恒等式时要弄清等式两边的项的构成规律：由nk到nk1时等式左右各如何增减，发生了怎样的改变.【变式训练1】用数学归纳法证明：当nN*时，1131351(2n1)(2n1)n2n1.【证明】(1)当n1时，左边11313，右边121113，左边右边，所以等式成立.(2)假设当nk(kN*)时等式成立，即有1131351(2k1)(2k1)k2k1，则当nk1时，1131351(2k1)(2k1)1(2k1)(2k3)k2k11(2k1)(2k3)k(2k3)1(2k1)(2k3)2k23k1(2k1)(2k3)k12k3
21、k12(k1)1，所以当nk1时，等式也成立.由(1)(2)可知，对一切nN*等式都成立.题型二用数学归纳法证明整除性问题【例2】已知f(n)(2n7)3n9，是否存在自然数m使得随意的nN*，都有m整除f(n)？若存在，求出最大的m值，并证明你的结论；若不存在，请说明理由.【解析】由f(1)36，f(2)108，f(3)360，猜想：f(n)能被36整除，下面用数学归纳法证明.(1)当n1时，结论明显成立；(2)假设当nk(k1，kN*)时结论成立，即f(k)(2k7)3k9能被36整除.则当nk1时，f(k1)(2k9)3k193(2k7)3k918(3k11)，由假设知3(2k7)3k9
22、能被36整除，又3k11是偶数，故18(3k11)也能被36整除.即nk1时结论也成立.故由(1)(2)可知，对随意正整数n都有f(n)能被36整除.由f(1)36知36是整除f(n)的最大值.【点拨】与正整数n有关的整除性问题也可考虑用数学归纳法证明.在证明nk1结论也成立时，要留意“凑形”，即凑出归纳假设的形式，以便于充分利用归纳假设的条件.【变式训练2】求证：当n为正整数时，f(n)32n28n9能被64整除.【证明】方法一：当n1时，f(1)348964，命题明显成立.假设当nk(k1，kN*)时结论成立，即f(k)32k28k9能被64整除.由于32(k1)28(k1)99(32k2
23、8k9)98k998(k1)99(32k28k9)64(k1)，即f(k1)9f(k)64(k1)，所以nk1时命题也成立.依据可知，对随意的nN*，命题都成立.方法二：当n1时，f(1)348964，命题明显成立.假设当nk(k1，kN*)时，f(k)32k28k9能被64整除.由归纳假设，设32k28k964m(m为大于1的自然数)，将32k264m8k9代入到f(k1)中得f(k1)9(64m8k9)8(k1)964(9mk1)，所以nk1时命题也成立.依据可知，对随意的nN*，命题都成立.题型三数学归纳法在函数、数列、不等式证明中的运用【例3】(2022山东)等比数列an的前n项和为S
24、n，已知对随意的nN*，点(n，Sn)均在函数ybxr(b0且b1，b，r均为常数)的图象上.(1)求r的值；(2)当b2时，记bn2(log2an1)(nN*)，求证：对随意的nN*，不等式b11b1b21b2bn1bnn1成立.【解析】(1)因为点(n，Sn)均在函数ybxr(b0且b1，b，r均为常数)的图象上，所以Snbnr(b0且b1，b，r均为常数).当n1时，a1S1br；当n2时，anSnSn1bnrbn1r(b1)bn1.又数列an为等比数列，故r1且公比为b.(2)当b2时，an2n1，所以bn2(log2an1)2(log22n11)2n(nN*)，所以bn1bn2n12
25、n，于是要证明的不等式为32542n12nn1对随意的nN*成立.下面用数学归纳法证明.当n1时，322明显成立.假设当nk时不等式成立，即32542k12kk1.则当nk1时，32542k12k2k32k2k12k32k2k1(2k32k2)2(2k3)24(k1)2(k1)124(k1)4(k1)24(k1)14(k1)(k1)114(k1)(k1)1，即当nk1时不等式成立，所以原不等式对随意nN*成立.【点拨】运用归纳推理得到的结论不肯定正确，需进行证明.用数学归纳法证明不等式时必需要利用归纳假设的条件，并且敏捷运用放缩法、基本不等式等数学方法.【变式训练3】设函数f(x)ex1ax(
26、aR).(1)若函数f(x)在x1处有极值，且函数g(x)f(x)b在(0，)上有零点，求b的最大值；(2)若f(x)在(1,2)上为单调函数，求实数a的取值范围；(3)在(1)的条件下，数列an中a11，an1f(an)f(an)，求|an1an|的最小值.【解析】(1)f(x)ex1ax2，又函数f(x)在x1处有极值，所以f(1)0，即a1，经检验符合题意.g(x)ex11x2，当x(0,1)时，g(x)0，g(x)为减函数，当x1时，g(x)0，当x(1，)时g(x)0，g(x)为增函数.所以g(x)在x1时取得微小值g(1)2b，依题意g(1)0，所以b2，所以b的最大值为2.(2)
27、f(x)ex1ax2，当f(x)在(1,2)上单调递增时，ex1ax20在1,2上恒成立，所以ax2ex1，令h(x)x2，则h(x)ex1(x22x)0在1,2上恒成立，即h(x)在1,2上单调递增，所以h(x)在1,2上的最小值为h(1)1，所以a1；当f(x)在1,2上单调递减时，同理ax2ex1，h(x)x2ex1在1,2上的最大值为h(2)4e，所以a4e.综上实数a的取值范围为a1或a4e.(3)由(1)得a1，所以f(x)f(x)1x1x2，因此an11an1a2n，a11，所以a22，可得0a2n11，a2n22.用数学归纳法证明如下：当n1时，a334，a4289，结论成立；
28、设nk，kN*时结论成立，即0a2k11，a2k22，则nk1时，a2k31a2k21a22k212121，所以0a2k31，a2k41a2k31a22k3112.所以nk1时结论也成立，依据可得0a2n11，a2n22恒成立，所以|an1an|a2a1211，即|an1an|的最小值为1.总结提高数学归纳法是证明与自然数有关的命题的常用方法，它是在归纳的基础上进行的演绎推理，其大前提是皮亚诺公理(即归纳公理)：设M是正整数集合的子集，且具有如下性质：1M；若kM，则k1M，那么必有MN*成立.数学归纳法证明的两个步骤体现了递推的数学思想，第一步是递推的基础，其次步是递推的依据，通过对两个命题
29、的证明替代了无限多次的验证，实现了有限与无限的辩证统一.从近几年的高考试题来看，比较注意于对数学归纳法的思想本质的考查，如“归纳、猜想、证明”是一种常见的命题形式.而涉及的学问内容也是很广泛的，可覆盖代数命题、三角恒等式、不等式、数列、几何命题、整除性命题等.其难点往往在其次步，关键是“凑形”以便运用归纳假设的条件. 高三数学理科复习：等差、等比数列的运用 高三数学理科复习23等差、等比数列的运用【高考要求】：等差数列（C）；等比数列（C）.【教学目标】：能运用等差等比数列的通项公式、前n项和的公式解决一些简洁问题.【教学重难点】：等差等比数列的应用.【学问复习与自学质疑】1、三个数成等差数列
30、，成等比数列，则.2、下列推断是否正确：（1）若成等比数列，则也成等比数列.（2）若成等差数列，则也成等差数列.（3）数列是公差不为0的等差数列，则数列中肯定不会有.（4）数列的前n项的和为，且，则数列为等差或等比数列（5）已知数列为等差数列，它的前n项的和为，则使取最大值的n可由不等式组来确定.（6）是项数相等的等差数列，则数列（其中p，q为常数）也是等差数列.（7）是项数相等的等比数列，则数列不肯定是等比数列.（8）若数列是等比数列，则数列不是等比数列.3、已知数列为等差数列，它的前n项的和为，则数列是数列，数列是数列；若数列是每项都是正数的等比数列，则数列是数列.4、一梯形的上、下底长分
31、别是12cm，22cm，将梯形的一腰10等分，过每一个分点作平行于底边的直线，则这些直线上夹在两腰之间的线段的长度之和为_.5、定义一种运算“”，对于正整数满意以下的运算性质：（1）1*1=1，（2）（n+1）*1=3(n*1).则n*1用含有n的代数式可以表示为_. 【例题精讲】例1、已知等比数列的首项，公比.设数列的通项为.把数列与的前n项和分别记为与，试比较与的大小. 例2、在等差数列中，前n项和为，且.问：n为何值时，最大？ 例3（1）设等比数列的前n项的和为，求证：.（2）已知数列为等比数列，.设是数列的前n项和，证明. 例4、设各项均为正数的数列和满意成等比数列，成等差数列且，求通
32、项.【矫正反馈】1、已知正数等比数列.若，则公比q的取值范围是_.2、设等差数列的前n项之和为，若，则当n=_时，取得最大值.3、等差数列的前n项和为，且，则=.4、若数列是公差d不为0的等差数列，则与的大小关系为_.5、在1与2之间插入5个正数，使这7个数成等比数列，则插入的5个数的积是_.6、设等差数列中，且从第5项起先是正数，则公差的取值范围是_.7、某人2022年7月1日在银行存入一年期定期存款a元，以后每年7月1日到银行将厡存款的本金与利息转为新的一年定期存款，并再新存入一年期定期存款a元，若年利率为r保持不变，到2022年7月1日，将全部的存款与利息全部取回，他可取回多少元？ 【迁
33、移应用】8、设等差数列的前n项之和为（1）求公差d的取值范围；（2）指出中哪个值最大，并说明理由.9、已知数列为等差数列，公差中的部分项组成的数列恰为等比数列，其中.（1）求；（2）求数列的前n项的和. 高三理科数学复数总复习教学案 第十五章复数 高考导航 考试要求重难点击命题展望1.理解复数的基本概念、复数相等的充要条件.2.了解复数的代数表示法及其几何意义.3.会进行复数代数形式的四则运算.了解复数的代数形式的加、减运算及其运算的几何意义.4.了解从自然数系到复数系的关系及扩充的基本思想，体会理性思维在数系扩充中的作用.本章重点：1.复数的有关概念；2.复数代数形式的四则运算.本章难点：运
34、用复数的有关概念解题.近几年高考对复数的考查无论是试题的难度，还是试题在试卷中所占比例都是呈下降趋势，常以选择题、填空题形式出现，多为简单题.在复习过程中，应将复数的概念及运算放在首位. 学问网络 15.1复数的概念及其运算 典例精析题型一复数的概念【例1】(1)假如复数(m2i)(1mi)是实数，则实数m；(2)在复平面内，复数1ii对应的点位于第象限；(3)复数z3i1的共轭复数为z.【解析】(1)(m2i)(1mi)m2m(1m3)i是实数1m30m1.(2)因为1iii(1i)i21i，所以在复平面内对应的点为(1，1)，位于第四象限.(3)因为z13i，所以z13i.【点拨】运算此类
35、题目需留意复数的代数形式zabi(a，bR)，并留意复数分为实数、虚数、纯虚数，复数的几何意义，共轭复数等概念.【变式训练1】(1)假如z1ai1ai为纯虚数，则实数a等于()A.0B.1C.1D.1或1(2)在复平面内，复数z1ii(i是虚数单位)对应的点位于()A.第一象限B.其次象限C.第三象限D.第四象限【解析】(1)设zxi，x0，则xi1ai1ai1ax(ax)i0或故选D.(2)z1ii(1i)(i)1i，该复数对应的点位于第三象限.故选C.题型二复数的相等【例2】(1)已知复数z032i，复数z满意zz03zz0，则复数z；(2)已知m1i1ni，其中m，n是实数，i是虚数单位
36、，则mni；(3)已知关于x的方程x2(k2i)x2ki0有实根，则这个实根为，实数k的值为.【解析】(1)设zxyi(x，yR)，又z032i，代入zz03zz0得(xyi)(32i)3(xyi)32i，整理得(2y3)(22x)i0，则由复数相等的条件得解得所以z1.(2)由已知得m(1ni)(1i)(1n)(1n)i.则由复数相等的条件得所以mni2i.(3)设xx0是方程的实根，代入方程并整理得由复数相等的充要条件得解得或所以方程的实根为x2或x2，相应的k值为k22或k22.【点拨】复数相等须先化为zabi(a，bR)的形式，再由相等得实部与实部相等、虚部与虚部相等.【变式训练2】(
37、1)设i是虚数单位，若12i1iabi(a，bR)，则ab的值是()A.12B.2C.2D.12(2)若(a2i)ibi，其中a，bR，i为虚数单位，则ab.【解析】(1)C.12i1i(12i)(1i)(1i)(1i)3i2，于是ab32122.(2)3.2aibia1，b2.题型三复数的运算【例3】(1)若复数z1232i，则1zz2z3z2022；(2)设复数z满意z|z|2i，那么z.【解析】(1)由已知得z21232i，z31，z41232iz.所以zn具有周期性，在一个周期内的和为0，且周期为3.所以1zz2z3z20221z(z2z3z4)(z2022z2022z2022)1z1
38、232i.(2)设zxyi(x，yR)，则xyix2y22i，所以解得所以zi.【点拨】解(1)时要留意x31(x1)(x2x1)0的三个根为1，其中1232i，1232i，则120，120，31，31，1，2，2.解(2)时要留意|z|R，所以须令zxyi.【变式训练3】(1)复数11ii2等于()A.1i2B.1i2C.12D.12(2)(2022江西鹰潭)已知复数z23i123i(21i)2022，则复数z等于()A.0B.2C.2iD.2i【解析】(1)D.计算简单有11ii212.(2)A.总结提高复数的代数运算是重点，是每年必考内容之一，复数代数形式的运算：加减法按合并同类项法则进行；乘法绽开、除法须分母实数化.因此，一些复数问题只需设zabi(a，bR)代入原式后，就可以将复数问题化归为实数问题来解决. 第20页 共20页第 20 页 共 20 页第 20 页 共 20 页第 20 页 共 20 页第 20 页 共 20 页第 20 页 共 20 页第 20 页 共 20 页第 20 页 共 20 页第 20 页 共 20 页第 20 页 共 20 页第 20 页 共 20 页