高中数学选修2-2全套教案

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第二章 推理与证明 合情推理

掌握归纳推理的技巧，并能运用解决实际问题。

通过“自主、合作与探究”实现“一切以学生为中心”的理念。

感受数学的人文价值，提高学生的学习兴趣，使其体会到数学学习的美感。 ●教学重点：归纳推理及方法的总结。

●教学难点：归纳推理的含义及其具体应用。 ●教具准备：与教材内容相关的资料。 ●课时安排：1课时 ●教学过程： 一.问题情境 (1)原理初探 ①引入：“阿基米德曾对国王说，给我一个支点，我将撬起整个地球！” ②提问：大家认为可能吗？他为何敢夸下如此海口？理由何在？ ③探究：他是怎么发现“杠杆原理”的？ 从而引入两则小典故：（图片展示-阿基米德的灵感）

A：一个小孩，为何轻轻松松就能提起一大桶水？ B：修筑河堤时，奴隶们是怎样搬运巨石的？

正是基于这两个发现，阿基米德大胆地猜想，然后小心求证，终于发现了伟大的“杠杆原理”。

④思考：整个过程对你有什么启发？ ⑤启发：在教师的引导下归纳出：“科学离不开生活，离不开观察，也离不开猜想和证明”。

观察 猜想 证明 归纳推理的发展过程

(2)皇冠明珠

追逐先辈的足迹，接触数学皇冠上最璀璨的明珠 — “歌德巴赫猜想”。 链接: 哥德巴赫是德国一位中学教师，也是一位著名的数学家，生于1690 世界近代三大数学难题之一。 年，1725年当选为俄国彼得堡科学院院士。1742年，哥德巴赫在教学中发现，每个不小于6的 偶数都是两个素数（只能被和它本身整除的数）之和。如6＝3＋3，12＝5＋7等等。公元1742 年6月7日哥德巴赫(Goldbach)写信给当时的大数学家欧拉(Euler)，提出了以下的猜想: (a) 任何 一个≥6之偶数，都可以表示成两个奇质数之和。 (b) 任何一个≥9之奇数，都可以表示成三个 奇质数之和。 这就是着名的哥德巴赫猜想。欧拉在6月30日给他的回信中说，他相信这个猜想是正确的，但 他不能证明。叙述如此简单的问题，连欧拉这样首屈一指的数学家都不能证明，这个猜想便引 起了许多数学家的注意。从提出这个猜想至今，许多数学家都不断努力想攻克它，但都没有成 功。当然曾经有人作了些具体的验证工作，例如: 6 = 3 + 3, 8 = 3 + 5, 10 = 5 + 5 = 3 + 7, 12 = 5 + 7, 14 = 7 + 7 = 3 + 11,16 = 5 + 11, 18 = 第2页 共43页

5 + 13, . . . . 等等。有人对333108以内且大过6之偶数一一进行验算，哥德巴赫猜想 (a)都成立。但验格的数学证明尚待数学家的努力。从此，这道著名的数学难题引起了 世界上成千上万数学家的注意。200年过去了，没有人证明它。哥德巴赫猜想由此成 为数学皇冠上一颗可望不可及的“明珠”。到了20世纪20年代，才有人开始向它靠近。 1920年、挪威数学家布爵用一种古老的筛选法证明，得出了一个结论：每一个比大的。这种缩小包围圈的办法很管用，科学家们于是从（9十9） 偶数都可以表示为（99） 开始，逐步减少每个数里所含质数因子的个数，直到最后使每个数里都是一个质数为 止，这样就证明了“哥德巴赫”。

思考：其他偶数是否也有类似的规律？ ③讨论：组织学生进行交流、探讨。 ④检验：2和4可以吗？为什么不行？

⑤归纳：通过刚才的探究，由学生归纳“归纳推理”的定义及特点。 3.数学建构

●把从个别事实中推演出一般性结论的推理,称为归纳推理(简称归纳). 注:归纳推理的特点;

简言之,归纳推理是由部分到整体、由特殊到一般的推理。 ●归纳推理的一般步骤：

4.师生活动

例1 前提：蛇是用肺呼吸的，鳄鱼是用肺呼吸的,海龟是用肺呼吸的，蜥蜴是用肺呼吸的。蛇、鳄鱼、海龟、蜥蜴都是爬行动物. 结论：所有的爬行动物都是用肺呼吸的。

例2 前提：三角形的内角和是1800，凸四边形的内角和是3600，凸五边形的内角和是5400，……

结论：凸n 边形的内角和是（n—2）31800。 例3

探究：上述结论都成立吗？

强调：归纳推理的结果不一定成立！ —— “ 一切皆有可能！” 5.提高巩固

22?122?222?3?,?,?,? 33?133?233?3bb+m由此我们猜想：?(a,b,m均为正实数)。aa+m

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例4：已知数列?an?的第一项a1?1,且an?1?数列的通项公式。an(n?1,2,......),试归纳出这个 1?an①探索：先让学生独立进行思考。

②活动：“千里走单骑” — 鼓励学生说出自己的解题思路。 ③活动：“圆桌会议” — 鼓励其他同学给予评价，对在哪里？错在哪里？还有没有更好的方法？ 【设计意图】：提供一个舞台, 让学生展示自己的才华，这将极大地调动学生的积极性，增强学生的荣誉感，培养学生独立分析问题和解决问题的能力，体现了“自主探究”，同时，也锻炼了学生敢想、敢说、敢做的能力。 【一点心得】：在“千里走单骑”和“圆桌会议”的探究活动中，教师一定要以“鼓励和表扬”为主，面带微笑，消除学生的恐惧感，提高学生的自信心． ⑵能力培养（例2拓展）

例4拓展:a1?2,a2?1,a3?21,a4?,求an?? 32①思考：怎么求an？组织学生进行探究，寻找规律。

②归纳：由学生讨论，归纳技巧，得到技巧②和③。

技巧②:有整数和分数时,往往将整数化为分数.

技巧③:当分子分母都在变化时,往往统一分子 (或分母),再寻找另一部分的变化规律.

6.课堂小结

(1)归纳推理是由部分到整体，从特殊到一般的推理。通常归纳的个体数目越多，越具有代表性，那么推广的一般性命题也会越可靠，它是一种发现一般性规律的重要方法。 (2)归纳推理的一般步骤：

通过观察个别情况发现某些相同的性质 从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般命题（猜想） 证明

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课题：

类比推理

●教学目标：

通过对已学知识的回顾，认识类比推理这一种合情推理的基本方法，并把它用于对问

题的发现中去。

类比推理是从特殊到特殊的推理，是寻找事物之间的共同或相似性质，类比的性质相似性越多，相似的性质与推测的性质之间的关系就越相关，从而类比得出的结论就越可靠。

正确认识合情推理在数学中的重要作用，养成从小开始认真观察事物、分析问题、发现事物之间的质的联系的良好个性品质，善于发现问题，探求新知识。

认识数学在日常生产生活中的重要作用，培养学生学数学，用数学，完善数学的正确数学意识。 ●教学重点：了解合情推理的含义，能利用类比进行简单的推理。 ●教学难点：用类比进行推理，做出猜想。 ●教具准备：与教材内容相关的资料。 ●课时安排：1课时 ●教学过程： 一．问题情境

从一个传说说起：春秋时代鲁国的公输班（后人称鲁班，被认为是木匠业的祖师）一次去林中砍树时被一株齿形的茅草割破了手，这桩倒霉事却使他发明了锯子. 他的思路是这样的： 茅草是齿形的； 茅草能割破手.

我需要一种能割断木头的工具； 它也可以是齿形的.

这个推理过程是归纳推理吗？ 二．数学活动

我们再看几个类似的推理实例。

例1、试根据等式的性质猜想不等式的性质。

等式的性质： 猜想不等式的性质： (1) a=b?a+c=b+c; (1) a＞b?a+c＞b+c; (2) a=b? ac=bc; (2) a＞b? ac＞bc;

(3) a=b?a2=b2;等等。 (3) a＞b?a2＞b2;等等。 问：这样猜想出的结论是否一定正确？

例2、试将平面上的圆与空间的球进行类比.

圆的定义：平面内到一个定点的距离等于定长的点的集合. 球的定义：到一个定点的距离等于定长的点的集合.

圆 球 弦←→截面圆 直径←→大圆 周长←→表面积 面积←→体积

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圆的性质 圆心与弦(不是直径)的中点的连线垂直于弦 与圆心距离相等的两弦相等；与圆心距离不等的两弦不等，距圆心较近的弦较长 圆的切线垂直于过切点的半径；经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点 经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心 球的性质 球心与截面圆(不是大圆)的圆点的连线垂直于截面圆 与球心距离相等的两截面圆相等；与球心距离不等的两截面圆不等，距球心较近的截面圆较大 球的切面垂直于过切点的半径；经过球心且垂直于切面的直线必经过切点 经过切点且垂直于切面的直线必经过球心

☆上述两个例子均是这种由两个（两类）对象之间在某些方面的相似或相同，推演出他们在其他方面也相似或相同；或其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象也具有这些特征的推理称为类比推理（简称类比）．

简言之，类比推理是由特殊到特殊的推理． 类比推理的一般步骤：

⑴ 找出两类对象之间可以确切表述的相似特征；

⑵ 用一类对象的已知特征去推测另一类对象的特征，从而得出一个猜想； ⑶ 检验猜想。即 观察、比较 联想、类推 猜想新结论

例3.在平面上,设ha,hb,hc是三角形ABC三条边上的高.P为三角形内任一点,P到相应三边的距离分别为pa,pb,pc,我们可以得到结论: papbpc???1 hahbhc

试通过类比,写出在空间中的类似结论.

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巩固提高 1．(2001年上海)已知两个圆①x2+y2=1:与②x2+(y-3)2=1,则由①式减去②式可得上述两圆的对称轴方程.将上述命题在曲线仍然为圆的情况下加以推广,即要求得到一个更一般的命题,而已知命题应成为所推广命题的一个特例,推广的命题为-----------------------------

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

2．类比平面内直角三角形的勾股定理,试给出空间中四面体性质的猜想．

直角三角形 ∠C＝90° 3个边的长度a，b，c 2条直角边a，b和1条斜边c 3个面两两垂直的四面体 ∠PDF＝∠PDE＝∠EDF＝90° 4个面的面积S1，S2，S3和S 3个“直角面” S1，S2，S3和1个“斜面” S 3．（2004，北京）定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和。

已知数列{an}是等和数列，且a1?2，公和为5，那么a18的值为______________，这个数列的前n项和Sn的计算公式为________________ 课堂小结

1．类比推理是从特殊到特殊的推理，是寻找事物之间的共同或相似性质。类比的性质相似性越多，相似的性质与推测的性质之间的关系就越相关，从而类比得出的结论就越可靠。

2． 类比推理的一般步骤：

①找出两类事物之间的相似性或者一致性。

②用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题（猜想）

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演绎推理

教学目标：1. 了解演绎推理 的含义。

2. 能正确地运用演绎推理 进行简单的推理。

3. 了解合情推理与演绎推理之间的联系与差别。

教学重点：正确地运用演绎推理 进行简单的推理

教学难点：了解合情推理与演绎推理之间的联系与差别。 教学过程：

一．复习:合情推理

归纳推理 从特殊到一般 类比推理 从特殊到特殊

从具体问题出发――观察、分析比较、联想――归纳。类比――提出猜想 二．问题情境。 观察与思考

1所有的金属都能导电

铜是金属, 所以，铜能够导电

2.一切奇数都不能被2整除,

(2100+1)是奇数，

所以， (2100+1)不能被2整除. 3.三角函数都是周期函数,

tan ? 是三角函数,

所以，tan

?是 周期函数。

提出问题 ：像这样的推理是合情推理吗？ 二．学生活动 ：

1.所有的金属都能导电 ←————大前提

铜是金属, ←-----小前提 所以，铜能够导电 ←――结论

2.一切奇数都不能被2整除 ←————大前提

(2100+1)是奇数，←――小前提

所以， (2100+1)不能被2整除. ←―――结论 3.三角函数都是周期函数, ←——大前提

tan ? 是三角函数, ←――小前提

所以，tan ?是 周期函数。←――结论 三，建构数学

演绎推理的定义：从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论，这种推理称为演绎推理．

１．演绎推理是由一般到特殊的推理；

２．“三段论”是演绎推理的一般模式；包括 ⑴大前提---已知的一般原理； ⑵小前提---所研究的特殊情况； ⑶结论-----据一般原理，对特殊情况做出的判断． 三段论的基本格式

M—P（M是P） （大前提） 第8页 共43页 S—M（S是M） （小前提） S—P（S是P） （结论）

3.三段论推理的依据,用集合的观点来理解:

若集合M的所有元素都具有性质P,S是M的一个子集,那么S中所有元素也都具有性质P.

四，数学运用

例1、把“函数y?x2?x?1的图象是一条抛物线”恢复成完全三段论。解：二次函数的图象是一条抛物线 （大前提）

2（小前提） 函数y?x?x?1是二次函数2的图象是一条抛物线（结论） 所以，函数y?x?x?1例2.已知lg2=m,计算lg0.8

解 （1） lgan=nlga(a>0)---------大前提

lg8=lg23————小前提 lg8=3lg2————结论

lg(a/b)=lga-lgb(a>0,b>0)——大前提 lg0.8=lg(8/10)——－小前提 lg0.8=lg(8/10)——结论

例3.如图;在锐角三角形ABC中,AD⊥BC, BE⊥AC, D,E是垂足,求证AB的中点M到D,E的距离相等

解： (1)因为有一个内角是只直角的三角形是直角三角形,——大前提 在△ABC中,AD⊥BC,即∠ADB=90°——-小前提 所以△ABD是直角三角形——结论

(2)因为直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,——大前提 因为 DM是直角三角形斜边上的中线,——小前提 所以 DM=

1 AB——结论 2同理 EM= AB 所以 DM=EM.

练习：第35页 练习第 1，2，3，4，题 五 回顾小结：

演绎推理具有如下特点:课本第33页 。 演绎推理错误的主要原因是

1．大前提不成立；2, 小前提不符合大前提的条件。 作业：第35页 练习 第5题 。习题2。1 第4题。

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课题：

推理案例赏识

课型：新授课 教学目标：

1. 了解合情推理和演绎推理 的含义。

2. 能正确地运用合情推理和演绎推理 进行简单的推理。 3. 了解合情推理与演绎推理之间的联系与差别。

教学重点：了解合情推理与演绎推理之间的联系与差别

教学难点：了解合情推理和演绎推理是怎样推进数学发现活动的。 教学过程：

2 复习 合情推理和演绎推理的过程 3 案例：

例一 正整数平方和公式的推导。 提出问题

我们知道，前n个正整数的和为

1S1(n)=1+2+3+…….+n= 2n(n+i) ①

那么，前n 个正整数的平方和

S2（n）＝12?22?32?........?n2＝？ ②

三，数学活动

思路1 （归纳的方案） 参照课本 第36页 －37页 三表 猜想

n(n?1)(2n?1)S2（n）＝6

思考 ：上面的数学活动是由哪些环节构成的？

在这个过程中提出了哪些猜想？ 提出猜想时使用了哪些推理方法？

合情推理和演绎推理分别发挥了什么作用？

思路2 （演绎的方案）

尝试用直接相加的方法求出正整数的平方和。 2 把正整数的平方和表示出来，参照课本棣37页 左右两边分别相加，等号两边的

S2（n）被消去了，所以无法从中求出 S2（n）的值，

尝试失败了。

（2）从失败中吸取有用信息，进行新的尝试

（3）尝试把两项和的平方公式改为两项和的立方公式。左右两边相加， 终于导出了公式。

思考： 上面的数学活动是由哪些环节构成的？

在这个过程中提出了哪些猜想？ 提出猜想时使用了哪些推理方法？

合情推理和演绎推理分别发挥了什么作用。

四，数学理论：

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上面的案例说明： （1）数学发现过程是一个探索创造的过程.是一个不断地提出猜想验证猜想的过程，

合情推理和论证推理相辅相成，相互为用，共同推动着发现活动的进程。 （2）合情推理是富于创造性的或然推理，在数学发现活动中，它为演绎推理确定

了目标和方向，具有提出猜想、发现结论，提供思路的作用。 （3）演绎推理是形式化程度较高的必然推理，在数学发现活动中，它具有类似于“实

验”的功能，它不仅为合情推理提供了前提，而且可以对猜想作出“判决”和证明，从而为调控探索活动提供依据。

五，巩固练习： 阅读课本第39页 棱台体积公式的探求

通过阅读或查资料，寻找合情推理和演绎推理在数学推理在数学活动中的作用的案例，并回答问题：

1 。案例中的数学活动是由哪些环节构成的？ 2 。在上这个过程中提出了哪些猜想？ 3 ， 提出猜想时使用了哪些推理方法？

4， 合情推理和演绎推理分别发挥了什么作用？ 六，教学小结：

（1）数学发现过程是一个探索创造的过程.是一个不断地提出猜想验证猜想的过程，

合情推理和论证推理相辅相成，相互为用，共同推动着发现活动的进程。 （2）合情推理是富于创造性的或然推理，在数学发现活动中，它为演绎推理确定

了目标和方向，具有提出猜想、发现结论，提供思路的作用。 （3）演绎推理是形式化程度较高的必然推理，在数学发现活动中，它具有类似于“实

验”的功能，它不仅为合情推理提供了前提，而且可以对猜想作出“判决”和证明，从而为调控探索活动提供依据。

七，作业：

八，教后感：

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课题：

直接证明--综合法与分析法

1．教学目标：

知识与技能：结合已经学过的数学实例，了解直接证明的两种基本方法：分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程、特点。

过程与方法: 多让学生举命题的例子，培养他们的辨析能力；以及培养他们的分析问题和解决问题的能力；

情感、态度与价值观：通过学生的参与，激发学生学习数学的兴趣。 2．教学重点：了解分析法和综合法的思考过程、特点 3．教学难点：分析法和综合法的思考过程、特点 4．教具准备：与教材内容相关的资料。

5．教学设想：分析法和综合法的思考过程、特点. “变形”是解题的关键，是最重一步。因式分解、配方、凑成若干个平方和等是“变形”的常用方法。

6．教学过程:

学生探究过程：证明的方法 （1）、分析法和综合法是思维方向相反的两种思考方法。在数学解题中，分析法是从数学题的待证结论或需求问题出发，一步一步地探索下去，最后达到题设的已知条件。综合法则是从数学题的已知条件出发，经过逐步的逻辑推理，最后达到待证结论或需求问题。对于解答证明来说，分析法表现为执果索因，综合法表现为由果导因，它们是寻求解题思路的两种基本思考方法，应用十分广泛。 （2）、例1．设a、b是两个正实数，且a≠b，求证：a3+b3＞a2b+ab2． 证明：(用分析法思路书写) 要证 a3+b3＞a2b+ab2成立，

只需证(a+b)(a2-ab+b2)＞ab(a+b)成立， 即需证a2-ab+b2＞ab成立。(∵a+b＞0) 只需证a2-2ab+b2＞0成立， 即需证(a-b)2＞0成立。

而由已知条件可知，a≠b，有a-b≠0，所以(a-b)2＞0显然成立，由此命题得证。

(以下用综合法思路书写)

∵a≠b，∴a-b≠0，∴(a-b)2＞0，即a2-2ab+b2＞0 亦即a2-ab+b2＞ab

由题设条件知，a+b＞0，∴(a+b)(a2-ab+b2)＞(a+b)ab 即a3+b3＞a2b+ab2，由此命题得证

24223(1?x?x)?(1?x?x). x?1例2、若实数，求证：

证明：采用差值比较法：

3(1?x2?x4)?(1?x?x2)2

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=3?3x?3x?1?x?x?2x?2x?2x =2(x?x?x?1) =2(x?1)(x?x?1)

4322242423132(x?1)2[(x?)2?].24 =

13?x?1,从而(x?1)2?0,且(x?)2??0,24

132(x?1)2[(x?)2?]?0,24223(1?x?x)?(1?x?x). 24∴ ∴

?a,b?R,求证aabb?abba. 例3、已知

本题可以尝试使用差值比较和商值比较两种方法进行。

证明：1) 差值比较法：注意到要证的不等式关于a,b对称，不妨设

a?b?0. ?a?b?0?aabb?abba?abbb(aa?b?ba?b)?0，从而原不等式得证。

2）商值比较法：设a?b?0,

aabbaa??1,a?b?0,?ba?()a?b?1.bb ab故原不等式得证。

注：比较法是证明不等式的一种最基本、最重要的方法。用比较法证明

不等式的步骤是：作差（或作商）、变形、判断符号。 讨论：若题设中去掉x?1这一限制条件，要求证的结论如何变换？ 巩固练习：第81页练习1 , 2 , 3 , 4 课后作业：第84页 1，2, 3

教学反思：本节课学习了分析法和综合法的思考过程、特点. “变形”是解题的关键，是最重一步。因式分解、配方、凑成若干个平方和等是“变形”的常用方法。

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间接证明--反证法

1．教学目标：

知识与技能：结合已经学过的数学实例，了解间接证明的一种基本方法──反证法；了解反证法的思考过程、特点。

过程与方法: 多让学生举命题的例子，培养他们的辨析能力；以及培养他们的分析问题和解决问题的能力；

情感、态度与价值观：通过学生的参与，激发学生学习数学的兴趣。 2.教学重点：了解反证法的思考过程、特点

3. 教学难点：反证法的思考过程、特点

4．教具准备：与教材内容相关的资料。

5．教学设想：利用反证法证明不等式的第三步所称的矛盾结果，通常是指所推出的结果与已知公理、定义、定理或已知条件、已证不等式，以及与临时假定矛盾等各种情况。

6．教学过程:

学生探究过程：综合法与分析法 (1)、反证法

反证法是一种间接证法，它是先提出一个与命题的结论相反的假设，然后，从这个假设出发，经过正确的推理，导致矛盾，从而否定相反的假设，达到肯定原命题正确的一种方法。反证法可以分为归谬反证法(结论的反面只有一种)与穷举反证法(结论的反面不只一种)。用反证法证明一个命题的步骤，大体上分为：(1)反设；(2)归谬；(3)结论。 反设是反证法的基础，为了正确地作出反设，掌握一些常用的互为否定的表述形式是有必要的，例如：是/不是；存在/不存在；平行于/不平行于；垂直于/不垂直于；等于/不等于；大(小)于/不大(小)于；都是/不都是；至少有一个/一个也没有；至少有n个/至多有(n一1)个；至多有一个/至少有两个；唯一/至少有两个。

归谬是反证法的关键，导出矛盾的过程没有固定的模式，但必须从反设出发，否则推导将成为无源之水，无本之木。推理必须严谨。导出的矛盾有如下几种类型：与已知条件矛盾；与已知的公理、定义、定理、公式矛盾；与反设矛盾；自相矛盾。 (2)、例子 例1、求证：2不是有理数 nna?b（n?N且n?1） a?b?0例2、已知，求证： 例3、设a?b?2，求证a?b?2. 第14页 共43页 33证明：假设a?b?2，则有a?2?b，从而

a3?8?12b?6b2?b3,3322a?b?6b?12b?8?6(b?1)?2.

26(b?1)?2?2，所以a3?b3?2，这与题设条件 因为

a3?b3?2矛盾，所以，原不

等式a?b?2成立。

2f(x)?x?px?q，求证：f(1),f(2),f(3)中至少有一例4、设二次函数

1个不小于2.

1f(1),f(2),f(3)证明：假设都小于2，则

f(1)?2f(2)?f(3)?2. （1）

另一方面，由绝对值不等式的性质，有

f(1)?2f(2)?f(3)?f(1)?2f(2)?f(3)

?(1?p?q)?2(4?2p?q)?(9?3p?q)?2 （2）

（1）、（2）两式的结果矛盾，所以假设不成立，原来的结论正确。 注意：诸如本例中的问题，当要证明几个代数式中，至少有一个满足某个不等式时，通常采用反证法进行。

议一议：一般来说，利用反证法证明不等式的第三步所称的矛盾结果，通常是指所推出的结果与已知公理、定义、定理或已知条件、已证不等式，以及与临时假定矛盾等各种情况。试根据上述两例，讨论寻找矛盾的手段、方法有什么特点？

1例5、设0 < a, b, c < 1，求证：(1 ? a)b, (1 ? b)c, (1 ? c)a,不可能同时大于4

111 证：设(1 ? a)b >4, (1 ? b)c >4, (1 ? c)a >4,

1则三式相乘：ab < (1 ? a)b?(1 ? b)c?(1 ? c)a <64 ① 1?(1?a)?a?0?(1?a)a????24 ??又∵0 < a, b, c < 1 ∴

2

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(1?b)b?同理：

11(1?c)c?4, 4

1以上三式相乘： (1 ? a)a?(1 ? b)b?(1 ? c)c≤64 与①矛盾

∴原式成立

例6、已知a + b + c > 0，ab + bc + ca > 0，abc > 0，求证：a, b, c > 0 证：设a < 0, ∵abc > 0, ∴bc < 0 又由a + b + c > 0, 则b + c = ?a > 0

∴ab + bc + ca = a(b + c) + bc < 0 与题设矛盾 又：若a = 0，则与abc > 0矛盾， ∴必有a > 0 同理可证：b > 0, c > 0

巩固练习：第83页练习3、4、5、6 课后作业：第84页 4、5、6

教学反思：

反证法是一种间接证法，它是先提出一个与命题的结论相反的假设，然后，从这个假设出发，经过正确的推理，导致矛盾，从而否定相反的假设，达到肯定原命题正确的一种方法。反证法可以分为归谬反证法(结论的反面只有一种)与穷举反证法(结论的反面不只一种)。用反证法证明一个命题的步骤，大体上分为：(1)反设；(2)归谬；(3)结论。 反设是反证法的基础，为了正确地作出反设，掌握一些常用的互为否定的表述形式是有必要的，例如：是/不是；存在/不存在；平行于/不平行于；垂直于/不垂直于；等于/不等于；大(小)于/不大(小)于；都是/不都是；至少有一个/一个也没有；至少有n个/至多有(n一1)个；至多有一个/至少有两个；唯一/至少有两个。

归谬是反证法的关键，导出矛盾的过程没有固定的模式，但必须从反设出发，否则推导将成为无源之水，无本之木。推理必须严谨。导出的矛盾有如下几种类型：与已知条件矛盾；与已知的公理、定义、定理、公式矛盾；与反设矛盾；自相矛盾。

课题:

数学归纳法

一、教学目标：

1．了解数学归纳法的原理，理解数学归纳法的一般步骤。 2．掌握数学归纳法证明问题的方法。 3．能用数学归纳法证明一些简单的数学命题。

二、教学重点：掌握数学归纳法的原理及证明问题的方法。

难点：能用数学归纳法证明一些简单的数学命题。

三、教学过程：

【创设情境】

1．华罗庚的“摸球实验”。 2．“多米诺骨牌实验”。

第16页 共43页

问题：如何保证所摸的球都是红球？多米诺骨牌全部倒下？处了利用完全归纳

法全部枚举之外，是否还有其它方法？

数学归纳法：数学归纳法实际上是一种以数学归纳法原理为依据的演绎推理，它将一个无穷的归纳过程转化为一个有限步骤的演绎过程，是处理自然数问题的有力工具。

【探索研究】

1．数学归纳法的本质：

无穷的归纳→有限的演绎（递推关系）

2．数学归纳法公理：

（1）（递推奠基）：当n取第一个值n0结论正确； （2）（递推归纳）：假设当n=k(k∈N*，且k≥n0)时结论正确；（归纳假设）

证明当n=k+1时结论也正确。（归纳证明）

由(1)，(2)可知，命题对于从n0开始的所有正整数n都正确。

【例题评析】

例1：以知数列{an}的公差为d，求证：an?a1?(n?1)d

说明：①归纳证明时，利用归纳假设创造递推条件，寻求f(k+1)与f(k)的递推关

系，是解题的关键。

②数学归纳法证明的基本形式；

（1）（递推奠基）：当n取第一个值n0结论正确； （2）（递推归纳）：假设当n=k(k∈N*，且k≥n0)时结论正确；（归纳假设）

证明当n=k+1时结论也正确。（归纳证明）

由(1)，(2)可知，命题对于从n0开始的所有正整数n都正确。

EX: 1.判断下列推证是否正确。

P88 2,3

2. 用数学归纳法证明

1?4?2?7?3?10???n(3n?1)?n(n?1)

2例2：用数学归纳法证明

111??????1(n∈N,n≥2)

n?1n?23n?1数

学

归

纳

法

证

说明：注意从n=k到n=k+1时,添加项的变化。 EX:1.

明:1?用

11111111 ???????????2342n?12nn?1n?22n(1)当n=1时,左边有_____项,右边有_____项； (2)当n=k时,左边有_____项,右边有_____项； (3)当n=k+1时,左边有_____项,右边有_____项； (4)等式的左右两边,由n=k到n=k+1时有什么不同?

第17页 共43页

变题: 用数学归纳法证明

111?2????n?1 (n∈N+) 222例3：设f(n)=1+

【课堂小结】

111?????,求证n+f(1)+f(2)+?f(n-1)=nf(n) (n∈N,n≥2) 23n说明：注意分析f(k)和f(k+1)的关系。

1．数学归纳法公理：

（1）（递推奠基）：当n取第一个值n0结论正确；

（2）（递推归纳）：假设当n=k(k∈N*，且k≥n0)时结论正确；（归纳假设）

证明当n=k+1时结论也正确。（归纳证明）

由(1)，(2)可知，命题对于从n0开始的所有正整数n都正确。 2. 注意从n=k到n=k+1时,添加项的变化。利用归纳假设创造递推条件，寻求f(k+1)与f(k)的递推关系.

【反馈练习】

1．用数学归纳法证明3k≥n3(n≥3,n∈N)第一步应验证( ) A n=1 B n=2 C n=3 D n=4

2．用数学归纳法证明1?111????n?n?n?N且n?1?第二步证明从“k232?1k到k+1”，左端增加的项数是( ) A. 2k?1 B 2?1 C 2k D 2k?1 11113 ?????n?1n?22n2411713证明 (1)当n=2时， ???2?12?2122411113(2)假设当n=k时成立，即 ?????k?1k?22k241111111则当n?k?1时,????????k?2k?32k2k?12k?2k?1k?1131111311 ???????242k?12k?2k?1242k?12k?213113???242(2k?1)(k?1)243．若n为大于1的自然数，求证 4．1???用数n学归纳法证明?n??? ?n??2??n????n???? ?2?13??2n?【课外作业】 《课标检测》 第18页 共43页

数学归纳法

一、教学目标：

1．了解数学归纳法的原理，理解数学归纳法的一般步骤。

2．掌握数学归纳法证明问题的方法，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题

3．能通过“归纳-猜想-证明”处理问题。 二、教学重点：能用数学归纳法证明一些简单的数学命题。

难点：归纳→猜想→证明。

三、教学过程：

【创设情境】

问题1：数学归纳法的基本思想？

以数学归纳法原理为依据的演绎推理，它将一个无穷归纳（完全归纳）的过程，转化为一个有限步骤的演绎过程。（递推关系）

问题2：数学归纳法证明命题的步骤？

（1）递推奠基：当n取第一个值n0结论正确；

（2）递推归纳：假设当n=k(k∈N*，且k≥n0)时结论正确；（归纳假设）

证明当n=k+1时结论也正确。（归纳证明）

由(1)，(2)可知，命题对于从n0开始的所有正整数n都正确。

数学归纳法是直接证明的一种重要方法，应用十分广泛，主要体现在与正整数有关的恒等式、不等式；数的整除性、几何问题；探求数列的通项及前n项和等问题。 【探索研究】

7n?1能被9整除。 问题：用数学归纳法证明：(3n?1)?法一：配凑递推假设：

法二：计算f(k+1)-f(k)，避免配凑。

说明：①归纳证明时，利用归纳假设创造条件，是解题的关键。

②注意从“n=k到n=k+1”时项的变化。

第19页 共43页

【例题评析】

例1：求证: an?1?(a?1)2n?1能被a2?a?1整除（n∈N+）。

例2：

数列

{an}中，

an?1?an,a1=1

且

(an?1?an)2?2(an?an?1)?1?0

（1）求a2,a3,a4的值；

（2）猜想{an}的通项公式，并证明你的猜想。

说明：用数学归纳法证明问题的常用方法：归纳→猜想→证明

2变题：（2002全国理科）设数列{an}满足an?1?an?nan?1，n∈N+, (1)当a1=2时，求a2,a3,a4，并猜想{an}的一个通项公式；

（2）当a1≥3时，证明对所有的n≥1,有 ①an≥n+2 ②

1111??????

1?a11?a21?an2

例3：平面内有n条直线，其中任何两条不平行，任何三条直线不共点，问：这

n条直线将平面分成多少部分？

变题：平面内有n个圆，其中每两个圆都相交与两点，且每三个圆都不相交于同

一点，求证：这n个圆把平面分成n+n+2个部分。

2

2k?1?x)?2k?1,(k例4：设函数f(x)是满足不等式log2x?log2(3?∈N+)的自然数x的个数；

（１）求f(x)的解析式；

（２）记Sn=f(1)+f(2)+?+f(n),求Sn的解析式；

（３）令Ｐn=n2+n-1 (n∈N+),试比较Ｓn与Ｐn的大小。

【课堂小结】

1.猜归法是发现与论证的完美结合

数学归纳法证明正整数问题的一般方法：归纳→猜想→证明。 2.两个注意：

第20页 共43页

（1）是否用了归纳假设？

（2）从n=k到n=k+1时关注项的变化？

【反馈练习】

1 观察下列式子 1?131151117?,1?2?2?,1?2?2?2??则可归纳出223423234____

答案:1?1112n?1*

(n∈N) ?????222n?123(n?1)

1．用数学归纳法证明2?n?n?4,n?N??

n22．已知数列

1111计算S1，S2，S3，S4，根，，，...，，...，1?44?77?10（3n?2）（3n?1）据计算结果，猜想Sn的表达式，并用数学归纳法证明。

3.

3是否

3存在

3常数

3a、b、c，使等式

?1???2???3????????n??n??n???n???????n?an2?bn?c?

n对一切n?N都成立？并证明你的结论.

【课外作业】

《课标检测》

课题:复习课 一、教学目标：

1．了解本章知识结构。

2．进一步感受和体会常用的思维模式和证明方法，形成对数学的完整认识。课题:数学归纳法

3．认识数学本质，把握数学本质，增强创新意识，提高创新能力。 二、教学重点：进一步感受和体会常用的思维模式和证明方法，形成对数学的

完整认识。

难点：认识数学本质，把握数学本质，增强创新意识，提高创新能力

三、教学过程：

第21页 共43页

【创设情境】 一、知识结构： 归纳推理

合情推理 推理 类比推理 演绎推理 推 理 与 综合法 证 分析法 直接证明 明 数学归纳 证明

间接证明 反证法

【探索研究】

我们从逻辑上分析归纳、类比、演绎的推理形式及特点；揭示了分析法、综合法、数学归纳法和反证法的思维过程及特点。通过学习，进一步感受和体会常用的思维模式和证明方法，形成对数学的完整认识。 【例题评析】

例1：如图第n个图形是由正ｎ＋２边形“扩展”而来,（ｎ＝１，２，３，?）。

则第n－2个图形中共有________个顶点。

变题：黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成若干个图案：

第1个 第3个 第2个

则第n个图案中有白色地面砖 块。

例2：长方形的对角线与过同一个顶点的两边所成的角为?,?，则

cos2??sin2?

=1，将长方形与长方体进行类比，可猜测的结论为：_______________________;

第22页 共43页

变题1：已知，m是非零常数，x∈R,且有f(x?m)=

1?f(x),问f(x)是

1?f(x)否是周期函数？若是，求出它的一个周期，若不是，说明理由。

变题2：数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1?1,an?1?证明：

（Ⅰ）数列{n?2Sn(n?1,2,3?).nSn}是等比数列； n（Ⅱ）Sn?1?4an.

例3：设f(x)=ax2+bx+c(a≠0),若函数f(x+1)与函数f(x)的图象关于y轴对称，

求证：

f(x?

1)为偶函数。 2111n例4：设Sn=1+++...+ (n>1,n∈N),求证：S2n?1? （n?2,n?N）

23n2评析：数学归纳法证明不等式时，经常用到“放缩”的技巧。

变题：是否存在a、b、c使得等式1222+2232+?+n(n+1)2=于一切正整数n都成立？证明你的结论。

解 假设存在a、b、c使题设的等式成立，

n(n?1)(an2+bn+c) 对121?4?(a?b?c)?6?a?3?1??这时令n=1,2,3,有?22?(4a?2b?c) ??b?11

2??c?10??70?9a?3b?c??于是，对n=1,2,3下面等式成立

第23页 共43页

n(n?1)(3n2?11n?10) 12记Sn=1222+2232+?+n(n+1)2 （1）n=1时，等式以证，成立。

k(k?1)（2）设n=k时上式成立，即Sk= (3k2+11k+10)

12k(k?1)那么Sk+1=Sk+(k+1)(k+2)2=(k+2)(3k+5)+(k+1)(k+2)2

2(k?1)(k?2)(k?1)(k?2)= (3k2+5k+12k+24)=［3(k+1)2+11(k+1)+10］

1212也就是说，等式对n=k+1也成立

综上所述，当a=3,b=11,c=10时，题设对一切自然数n均成立

1222+2232+?+n(n+1)2=

【课堂小结】

体会常用的思维模式和证明方法。 【反馈练习】

1．（2005辽宁）在R上定义运算?:x?y?x(1?y).若不等式

(x?a)?(x?a)?1对任意实数x成立， 则

A．?1?a?1

B．0?a?2

C．?13?a? 22D．?31?a? 222．定义A*B，B*C，C*D，D*B分别对应下列图形

（1） （2） （3） （4）

那么下列图形中

（1） （2） （3） （4）

可以表示A*D，A*C的分别是 ( ) A．（1）、（2） B．（2）、（3） C．（2）、（4） D．（1）、（4）

3 已知f(n)=(2n+7)23n+9,存在自然数m,使得对任意n∈N,都能使m整除f(n)，则最大的m的值为( )

A 30 B 26 C 36 D 6 解析 ∵f(1)=36,f(2)=108=3336,f(3)=360=10336 ∴f(1),f(2),f(3)能被36整除，猜想f(n)能被36整除 证明 n=1,2时，由上得证，设n=k(k≥2)时， f(k)=(2k+7)23k+9能被36整除，则n=k+1时，

f(k+1)－f(k)=(2k+9)23k+1－(2k+7)23k=(6k+27)23k－(2k+7)23k

－

=(4k+20)23k=36(k+5)23k2(k≥2) ?f(k+1)能被36整除

第24页 共43页

∵f(1)不能被大于36的数整除，∴所求最大的m值等于36 4 已知数列{bn}是等差数列，b1=1,b1+b2+?+b10=145 (1)求数列{bn}的通项公式bn;

(2)设数列{an}的通项an=loga(1+

1)(其中a＞0且a≠1)记Sn是数列{an}的前n项和，bn试比较Sn与

1logabn+1的大小，并证明你的结论 3解 (1) 设数列{bn}的公差为d,

?b1?1?b1?1?由题意得?,∴bn=3n－2 ??10(10?1)d?310b1?d?145??2?(2)证明 由bn=3n－2知Sn=loga(1+1)+loga(1+

11)+?+loga(1+) 43n?2=loga［(1+1)(1+而

11)?(1+ )］ 43n?211logabn+1=loga33n?1,于是，比较Sn与logabn+1的大小 3311)与33n?1的大小 ?比较(1+1)(1+)?(1+

43n?2取n=1，有(1+1)=38?34?33?1?1

1取n=2，有(1+1)(1+)?38?37?33?2?1

411推测 (1+1)(1+)?(1+)＞33n?1 (*)

43n?2①当n=1时，已验证(*)式成立

②假设n=k(k≥1)时(*)式成立，即(1+1)(1+

11)?(1+)＞33k?1 43k?2则当n=k+1时，

1111(1?1)(1?)?(1?)(1?)?33k?1(1?)

43k?23(k?1)?23k?1?3k?233k?1

3k?1?(3k?233k?1)3?(33k?4)3

3k?1

(3k?2)3?(3k?4)(3k?1)29k?4???022(3k?1)(3k?1)3?3k?1(3k?2)?33k?4?33(k?1)?1 3k?1111从而(1?1)(1?)?(1?)(1?)?33(k?1)?1,

43k?23k?1

第25页 共43页

即当n=k+1时，(*)式成立

由①②知，(*)式对任意正整数n都成立

于是，当a＞1时，Sn＞【课外作业】

《课标检测》

11logabn+1,当 0＜a＜1时，Sn＜logabn+1 33

第26页 共43页

第3章 数系的扩充与复数的引入

§3.1数系的扩充和复数的概念 §3.1.1数系的扩充和复数的概念

教学目标：

1. 知识与技能：了解引进复数的必要性；理解并掌握虚数的单位i 2. 过程与方法：理解并掌握虚数单位与实数进行四则运算的规律 3. 情感、态度与价值观：理解并掌握复数的有关概念(复数集、代数形式、虚数、纯虚数、实部、虚部) 理解并掌握复数相等的有关概念 教学重点：复数的概念，虚数单位i，复数的分类(实数、虚数、纯虚数)和复数相等等概念是本节课的教学重点.复数在现代科学技术中以及在数学学科中的地位和作用 教学难点：虚数单位i的引进及复数的概念是本节课的教学难点.复数的概念是在引入虚数单位i并同时规定了它的两条性质之后，自然地得出的.在规定i的第二条性质时，原有的加、乘运算律仍然成立 教具准备：多媒体、实物投影仪

教学设想：生产和科学发展的需要而逐步扩充，数集的每一次扩充，对数学学科本身来说，也解决了在原有数集中某种运算不是永远可以实施的矛盾，分数解决了在整数集中不能整除的矛盾，负数解决了在正有理数集中不够减的矛盾，无理数解决了开方开不尽的矛盾. 教学过程： 学生探究过程：

数的概念是从实践中产生和发展起来的.早在人类社会初期，人们在狩猎、采集果实等劳动中，由于计数的需要，就产生了1，2，3，4等数以及表示“没有”的数0.自然数的全体构成自然数集N 随着生产和科学的发展，数的概念也得到发展 为了解决测量、分配中遇到的将某些量进行等分的问题，人们引进了分数；为了表示各种具有相反意义的量以及满足记数的需要，人们又引进了负数.这样就把数集扩充到有理数集Q.显然NQ.如果把自然数集(含正整数和0)与负整数集合并在一起，构成整数集Z，则有ZQ、NZ.如果把整数看作分母为1的分数，那么有理数集实际上就是分数集 有些量与量之间的比值，例如用正方形的边长去度量它的对角线所得的结果，无法用有理数表示，为了解决这个矛盾，人们又引进了无理数.所谓无理数，就是无限不循环小数.有理数集与无理数集合并在一起，构成实数集R.因为有理数都可看作循环小数(包括整数、有限小数)，无理数都是无限不循环小数，所以实数集实际上就是小数集 因生产和科学发展的需要而逐步扩充，数集的每一次扩充，对数学学科本身来说，也解决了在原有数集中某种运算不是永远可以实施的矛盾，分数解决了在整数集中不能整除的矛盾，负数解决了在正有理数集中不够减的矛盾，无理数解决了开方开不尽的矛盾.但是，数集扩到实数集R以后，像x2=－1这样的方程还是无解的，因为没有一个实数的平方等于－1.由于解方程的需要，人们引入了一个新数i，叫做虚数单位.并由此产生的了复数 讲解新课：

1.虚数单位i:

(1)它的平方等于-1，即 i??1;

(2)实数可以与它进行四则运算，进行四则运算时，原有加、乘运算律仍然成立. 2. i与－1的关系: i就是－1的一个平方根，即方程x2=－1的一个根，方程x2=－1的另一个根是－i! 3. i的周期性：i4n+1=i, i4n+2=-1, i4n+3=-i, i4n=1 24.复数的定义：形如a?bi(a,b?R)的数叫复数，a叫复数的实部，b叫复数的虚部全体复数所成的

第27页 共43页

集合叫做复数集，用字母C表示*

3. 复数的代数形式: 复数通常用字母z表示，即z?a?bi(a,b?R)，把复数表示成a+bi的形式，叫做复数的代数形式 4. 复数与实数、虚数、纯虚数及0的关系：对于复数a?bi(a,b?R)，当且仅当b=0时，复数a+bi(a、b∈R)是实数a；当b≠0时，复数z=a+bi叫做虚数；当a=0且b≠0时，z=bi叫做纯虚数；当且仅当a=b=0时，z就是实数0.

5.复数集与其它数集之间的关系：NZQRC.

6. 两个复数相等的定义：如果两个复数的实部和虚部分别相等，那么我们就说这两个复数相等 这就是说，如果a，b，c，d∈R，那么a+bi=c+di?a=c，b=d 复数相等的定义是求复数值，在复数集中解方程的重要依据 一般地，两个复数只能说相等或不相等，而不能比较大小.如3+5i与4+3i不能比较大小.

现有一个命题：“任何两个复数都不能比较大小”对吗？不对 如果两个复数都是实数，就可以比较大小 只有当两个复数不全是实数时才不能比较大小

例1请说出复数2?3i,?3?11i,?i,?3?5i的实部和虚部，有没有纯虚数？ 231113;虚部分别是3，，－，－5;－i

332答：它们都是虚数，它们的实部分别是2，－3，0，－

是纯虚数.

例2 复数－2i+3.14的实部和虚部是什么？ 答：实部是3.14，虚部是－2.

易错为：实部是－2，虚部是3.14！

例3（课本例1）实数m取什么数值时，复数z=m+1+(m－1)i是: (1)实数？ (2)虚数？ (3)纯虚数？

［分析］因为m∈R，所以m+1，m－1都是实数，由复数z=a+bi是实数、虚数和纯虚数的条件可以确定m的值.

解：(1)当m－1=0，即m=1时，复数z是实数； (2)当m－1≠0，即m≠1时，复数z是虚数；

(3)当m+1=0，且m－1≠0时，即m=－1时，复数z 是纯虚数. 例4 已知(2x－1)+i=y－(3－y)i，其中x，y∈R，求x与y.

第28页 共43页

?2x?1?y,5解：根据复数相等的定义，得方程组?，所以x=，y=4 2?1??(3?y)巩固练习：

1.设集合C=｛复数｝，A=｛实数｝，B=｛纯虚数｝，若全集S=C，则下列结论正确的是( )

A.A∪B=C B. CSA=B C.A∩CSB=? D.B∪CSB=C 2.复数(2x2+5x+2)+(x2+x－2)i为虚数，则实数x满足( ) A.x=－

11 B.x=－2或－ C.x≠－2 D.x≠1且x≠－2 223.已知集合M=｛1，2，(m2－3m－1)+(m2－5m－6)i｝，集合P=｛－1，3｝.M∩P=｛3｝，则实数m的

值为( )

A.－1 B.－1或4 C.6 D.6或－1

4.满足方程x2－2x－3+(9y2－6y+1)i=0的实数对(x，y)表示的点的个数是______. 5.复数z1=a+｜b｜i，z2=c+｜d｜i(a、b、c、d∈R)，则z1=z2的充要条件是______. 6.设复数z=log2(m2－3m－3)+ilog2(3－m)(m∈R)，如果z是纯虚数，求m的值. 7.若方程x2+(m+2i)x+(2+mi)=0至少有一个实数根，试求实数m的值.

8.已知m∈R，复数z=

m(m?2)+(m2+2m－3)i，当m为何值时，

m?11+4i. 2(1)z∈R; (2)z是虚数；(3)z是纯虚数；(4)z=

答案：1.D 2.D 3. 解析：由题设知3∈M，∴m2－3m－1+(m2－5m－6)i=3

?m2?3m?1?3?m?4或m??1∴?，∴?∴m=－1，故选A.

2?m?6或m??1?m?5m?6?0?x?3或x??1?x2?2x?3?0,?4. 解析：由题意知?∴? 12y??9y?6y?1?0,?3?∴点对有(3，

11)，(－1，)共有2个.答案：2 33?a?c?a=c且b2=d2.答案：a=c且b2=d2 ??|b|?|d|5. 解析：z1=z2?2?m?3m?3?1?log2(m2?3m?3)?0,?6.解：由题意知?∴?3?m?1

?log2(3?m)?0,?3?m?0??m2?3m?4?0?m?4或m??1∴?∴?，∴m=－1.

m?3且m?2??m?2且m?3

第29页 共43页

2?x?mx?2?07. 解：方程化为(x2+mx+2)+(2x+m)i=0.∴?，

?2x?m?0m2mm??2?0,∴m2=8，∴m=±22. ∴x=－，∴422?m2?2m?3?0,8. 解：(1)m须满足?解之得：m=－3.

?m?1?1.(2)m须满足m2+2m－3≠0且m－1≠0，解之得：m≠1且m≠－3.

?m(m?2)?0,?(3)m须满足?m?1解之得：m=0或m=－2.

?m2?2m?3?0.??m(m?2)1??(4)m须满足?m?12解之得：m∈? ?m2?2m?3?4.?课后作业：课本第106页 习题3.1 1 , 2 , 3 教学反思：

这节课我们学习了虚数单位i及它的两条性质，复数的定义、实部、虚部及有关分类问题，复数相等的充要条件，复平面等等.基本思想是：利用复数的概念，联系以前学过的实数的性质，对复数的知识有较完整的认识，以及利用转化的思想将复数问题转化为实数问题

复数的概念如果单纯地讲解或介绍会显得较为枯燥无味，学生不易接受，教学时，我们采用讲解或体验已学过的数集的扩充的历史，让学生体会到数集的扩充是生产实践的需要，也是数学学科自身发展的需要；介绍数的概念的发展过程，使学生对数的形成、发展的历史和规律，各种数集中之间的关系有着比较清晰、完整的认识.从而让学生积极主动地建构虚数的概念、复数的概念、复数的分类

§3.1.2复数的几何意义

教学目标：

知识与技能：理解复数与从原点出发的向量的对应关系 过程与方法：了解复数的几何意义

情感、态度与价值观：画图得到的结论，不能代替论证，然而通过对图形的观察，往往能起到启迪解题思路的作用

教学重点：复数与从原点出发的向量的对应关系． 教学难点：复数的几何意义。 教具准备：多媒体、实物投影仪。 教学设想：复数z=a+bi(a、b∈R)与有序实数对(a，b)是一一对应关系这是因为对于任何一个复数z=a+bi(a、b∈R)，由复数相等的定义可知，可以由一个有序实数对(a，b)惟一确定. 教学过程：

学生探究过程：

????1.若A(x,y)，O(0,0)，则OA??x,y?

第30页 共43页

2. 若a?(x1,y1)，b?(x2,y2)，则a?b?(x1?x2,y1?y2)，

a?b?(x1?x2,y1?y2)

两个向量和与差的坐标分别等于这两个向量相应坐标的和与差 3. 若A(x1,y1)，B(x2,y2)，则AB??x2?x1,y2?y1?

一个向量的坐标等于表示此向量的有向线段的终点坐标减去始点的坐标 即 AB=OB?OA=( x2, y2) ? (x1,y1)= (x2? x1, y2? y1) 讲授新课：

复平面、实轴、虚轴：

复数z=a+bi(a、b∈R)与有序实数对(a，b)是一一对应关系这是yZ(a，b)因为对于任何一个复数z=a+bi(a、b∈R)，由复数相等的定义可知，

b可以由一个有序实数对(a，b)惟一确定，如z=3+2i可以由有序实数对(3，2)确定，又如z=－2+i可以由有序实数对(－2，1)来确定；又因为有序实数对(a，b)与平面直角坐标系中的点是一一对应的，如有序实数对(3，2)它与平面直角坐标系中的点A，横坐标为3，纵坐标为

ox角坐标系a2，建立了一一对应的关系 由此可知，复数集与平面直

中的点集之间可以建立一一对应的关系.

点Z的横坐标是a，纵坐标是b，复数z=a+bi(a、b∈R)可用点Z(a，b)表示，这个建立了直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面，也叫高斯平面，x轴叫做实轴，y轴叫做虚轴 实轴上的点都表示实数

对于虚轴上的点要除原点外，因为原点对应的有序实数对为(0，0)， 它所确定的复数是z=0+0i=0表示是实数.故除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数 在复平面内的原点(0，0)表示实数0，实轴上的点(2，0)表示实数2，虚轴上的点(0，－1)表示纯虚数－i，虚轴上的点(0，5)表示纯虚数5i 非纯虚数对应的点在四个象限，例如点(－2，3)表示的复数是－2+3i，z=－5－3i对应的点(－5，－3)在第三象限等等.

复数集C和复平面内所有的点所成的集合是一一对应关系，即

?复平面内的点Z(a,b) 复数z?a?bi????这是因为，每一个复数有复平面内惟一的一个点和它对应；反过来，复平面内的每一个点，有惟一的

一个复数和它对应.

这就是复数的一种几何意义.也就是复数的另一种表示方法，即几何表示方法.

一一对应?????平面向量OZ １．复平面内的点Z(a,b)????一一对应?????平面向量OZ 2. 复数z?a?bi????一一对应例1．（2007年辽宁卷）若???应的点在（ ）

A．第一象限 解：选B .

?35?π，π?，则复数(cos??sin?)?(sin??cos?)i在复平面内所对?44?C．第三象限

第31页 共43页

B．第二象限 D．第四象限

例2．（2003上海理科、文科）已知复数z1=cosθ－i，z2=sinθ+i，求| z12z2|的最大值和最小值. [解] |z1?z2|?|1?sin?cos??(cos??sin?)i|

?(1?sin?cos?)2?(cos??sin?)2

12?2?sin?cos??2?sin2?.43故|z1?z2|的最大值为,最小值为2.

222例3．（2004北京理科）满足条件|z?i|?|3?4i|的复数z在复平面上对应点的轨迹是（ ） A. 一条直线 B. 两条直线 C. 圆 D. 椭圆 解：选C.

巩固练习：

课后作业：课本第106页 习题3. 1 A组4，5，6 B组1,2 教学反思：

复数集C和复平面内所有的点所成的集合是一一对应关系，即

?复平面内的点Z(a,b) 复数z?a?bi????这是因为，每一个复数有复平面内惟一的一个点和它对应；反过来，复平面内的每一个点，有惟一的

一个复数和它对应.

这就是复数的一种几何意义.也就是复数的另一种表示方法，即几何表示方法.

1．（2000广东，全国文科、理科，江西、天津理科）在复平面内，把复数3?3i对

一一对应?，所得向量对应的复数是：（ B ） 3（A）23 （B）?23i （C）3?3i （D）3+3i

应的向量按顺时钟方向旋转

2． (1992全国理科、文科)已知复数z的模为2,则│z-i│的最大值为：( D ) (A)1 (B)2 (C) (D)3 3．（2003北京理科）若z?C且|z?2?2i|?1,则|z?2?2i|的最小值是（ B ） A．2 B．3 C．4 D．5

4．（2007年上海卷）若a,b为非零实数，则下列四个命题都成立： ①a?

12?0 ②?a?b??a2?2ab?b2 ③若a?b，则a??b a2④若a?ab，则a?b则对于任意非零复数a,b，上述命题仍然成立的序号是_____。 4．②，④

5．(2005上海文科)在复数范围内解方程|z|?(z?z)i?23?i（i为虚数单位）。 2?i

【思路点拨】本题考查共轭复数的模的概念和运算能力，可根据复数的代数形式进行处理. 【解】原方程化简为z2?(z?z)i?1?i,

2

2

设z=x+yi(x、y∈R),代入上述方程得 x+y+2xi=1-i,

第32页 共43页

∴x+y=1且2x=-1,解得x=-∴原方程的解是z=-

22

31且y=±,

2231±i.

22§3.2复数代数形式的四则运算

§3.2.1复数代数形式的加减运算及几何意义

教学目标：

知识与技能：掌握复数的加法运算及意义

过程与方法：理解并掌握实数进行四则运算的规律，了解复数加减法运算的几何意义 情感、态度与价值观：理解并掌握复数的有关概念(复数集、代数形式、虚数、纯虚数、实部、虚部) 理解并掌握复数相等的有关概念；画图得到的结论，不能代替论证，然而通过对图形的观察，往往能起到启迪解题思路的作用

教学重点：复数加法运算，复数与从原点出发的向量的对应关系． 教学难点：复数加法运算的运算率，复数加减法运算的几何意义。 教具准备：多媒体、实物投影仪 。

教学设想：复数有复平面内惟一的一个点和它对应；反过来，复平面内的每一个点，有惟一的一个复数和它对应。复数z=a+bi(a、b∈R)与有序实数对(a，b)是一一对应关系这是因为对于任何一个复数z=a+bi(a、b∈R)，由复数相等的定义可知，可以由一个有序实数对(a，b)惟一确定. 教学过程：

学生探究过程：

1.虚数单位i:(1)它的平方等于-1，即 i??1; (2)实数可以与它进行四则运算，进行四则运算时，原有加、乘运算律仍然成立 2. i与－1的关系: i就是－1的一个平方根，即方程x2=－1的一个根，方程x2=－1的另一个根是－i 3. i的周期性：i4n+1=i, i4n+2=-1, i4n+3=-i, i4n=1 24.复数的定义：形如a?bi(a,b?R)的数叫复数，a叫复数的实部，b叫复数的虚部全体复数所成的集合叫做复数集，用字母C表示*

3. 复数的代数形式: 复数通常用字母z表示，即z?a?bi(a,b?R)，把复数表示成a+bi的形式，叫做复数的代数形式 4. 复数与实数、虚数、纯虚数及0的关系：对于复数a?bi(a,b?R)，当且仅当b=0时，复数a+bi(a、b∈R)是实数a；当b≠0时，复数z=a+bi叫做虚数；当a=0且b≠0时，z=bi叫做纯虚数；当且仅当a=b=0时，z就是实数0.

5.复数集与其它数集之间的关系：NZQRC.

6. 两个复数相等的定义：如果两个复数的实部和虚部分别相等，那么我们就说这两个复数相等即：如果a，b，c，d∈R，那么a+bi=c+di?a=c，b=d

一般地，两个复数只能说相等或不相等，而不能比较大小.如果两个复数都是实数，就可以比较大小 只有当两个复数不全是实数时才不能比较大小

7. 复平面、实轴、虚轴： y点Z的横坐标是a，纵坐标是b，复数z=a+bi(a、b∈R)可用点Z(a，b)b 第33页 共43页 oaxZ(a，b)表示，这个建立了直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面，也叫高斯平面，x轴叫做实轴，y轴叫做虚轴 实轴上的点都表示实数

对于虚轴上的点要除原点外，因为原点对应的有序实数对为(0，0)， 它所确定的复数是z=0+0i=0表示是实数.故除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数 复数集C和复平面内所有的点所成的集合是一一对应关系，即

复数z?a?bi?????复平面内的点Z(a,b) 这是因为，每一个复数有复平面内惟一的一个点和它对应；反过来，复平面内的每一个点，有惟一的

一个复数和它对应.

这就是复数的一种几何意义.也就是复数的另一种表示方法，即几何表示方法 一一对应????8.若A(x,y)，O(0,0)，则OA??x,y?

9. 若a?(x1,y1)，b?(x2,y2)，则a?b?(x1?x2,y1?y2)，

a?b?(x1?x2,y1?y2)

两个向量和与差的坐标分别等于这两个向量相应坐标的和与差 10. 若A(x1,y1)，B(x2,y2)，则AB??x2?x1,y2?y1? 一个向量的坐标等于表示此向量的有向线段的终点坐标减去始点的坐标 即 AB=OB?OA=( x2, y2) ? (x1,y1)= (x2? x1, y2? y1) 讲解新课：

一．复数代数形式的加减运算

１．复数z1与z2的和的定义：z1+z2=(a+bi)+(c+di)=(a+c)+(b+d)i. 2. 复数z1与z2的差的定义：z1-z2=(a+bi)-(c+di)=(a-c)+(b-d)i. 3. 复数的加法运算满足交换律: z1+z2=z2+z1.

证明：设z1=a1+b1i，z2=a2+b2i(a1，b1，a2，b2∈R). ∵z1+z2=(a1+b1i)+(a2+b2i)=(a1+a2)+(b1+b2)i. z2+z1=(a2+b2i)+(a1+b1i)=(a2+a1)+(b2+b1)i. 又∵a1+a2=a2+a1，b1+b2=b2+b1.

∴z1+z2=z2+z1.即复数的加法运算满足交换律.

4. 复数的加法运算满足结合律: (z1+z2)+z3=z1+(z2+z3)

证明：设z1=a1+b1i.z2=a2+b2i，z3=a3+b3i(a1，a2，a3，b1，b2，b3∈R). ∵(z1+z2)+z3=［(a1+b1i)+(a2+b2i)］+(a3+b3i)

=［(a1+a2)+(b1+b2)i］+(a3+b3)i =［(a1+a2)+a3］+［(b1+b2)+b3］i =(a1+a2+a3)+(b1+b2+b3)i.

z1+(z2+z3)=(a1+b1i)+［(a2+b2i)+(a3+b3i)］

=(a1+b1i)+［(a2+a3)+(b2+b3)i］ =［a1+(a2+a3)］+［b1+(b2+b3)］i =(a1+a2+a3)+(b1+b2+b3)i

∵(a1+a2)+a3=a1+(a2+a3)，(b1+b2)+b3=b1+(b2+b3).

∴(z1+z2)+z3=z1+(z2+z3).即复数的加法运算满足结合律

第34页 共43页

讲解范例：

例1计算：(5-6i)+(-2-i)-(3+4i)

解：(5-6i)+(-2-i)-(3+4i)＝(5-2-3)+(-6-1-4) i=－11 i 例2计算：(1－2i)+(－2+3i)+(3－4i)+(－4+5i)+?+(－2002+2003i)+(2003－2004i)

解法一：原式=(1－2+3－4+?－2002+2003)+(－2+3－4+5+?+2003－2004i)=(2003－1001)+(1001－2004)i=1002－1003i.

解法二：∵(1－2i)+(－2+3i)=－1+i， (3－4i)+(－4+5i)=－1+i， ??

(2001－2002i)+(－2002+2003)i=－1+i. 相加得(共有1001个式子)： 原式=1001(－1+i)+(2003－2004i)

=(2003－1001)+(1001－2004)i=1002－1003i 二.复数代数形式的加减运算的几何意义

复数的加(减)法 (a+bi)±(c+di)=(a±c)+(b±d)i.

与多项式加(减)法是类似的.就是把复数的实部与实部，虚部与虚部分别相加(减).

?????平面向量OZ １．复平面内的点Z(a,b)????一一对应?????平面向量OZ 2. 复数z?a?bi????一一对应3.复数加法的几何意义：

设复数z1=a+bi，z2=c+di，在复平面上所对应的向量为OZ1、OZ2，

即

OZ1、

OZ2的坐标形式为OZ1=(a，b)，OZ2=(c，d)以OZ1、OZ2为邻边

作平行四边

形OZ1ZZ2，则对角线OZ对应的向量是OZ，

∴OZ=

OZ1+OZ2=(a，b)+(c，d)=(a+c，b+d)＝(a+c)+(b+d)i

4. 复数减法的几何意义：复数减法是加法的逆运算，设z=(a－c)+(b－d)i，所以z－z1=z2，z2+z1=z，由复数加法几何意义，以OZ为一条对角线，OZ1为一条边画平行四边形，那么这个平行四边形的另一边

?????????OZ2所表示的向量OZ2就与复数z－z1的差(a－c)+(b－d)i对应由于OZ2?Z1Z，所以，两个复数的差z

－z1与连接这两个向量终点并指向被减数的向量对应.

例3已知复数z1=2+i，z2=1+2i在复平面内对应的点分别为A、B，求AB对应的复数z，z在平面内所对应的点在第几象限？

解：z=z2－z1=(1+2i)－(2+i)=－1+i， ∵z的实部a=－1＜0，虚部b=1＞0，

∴复数z在复平面内对应的点在第二象限内.

点评：任何向量所对应的复数，总是这个向量的终点所对应的复数减去始点所对应的复数所得的差. 即AB所表示的复数是zB－zA. ，而BA所表示的复数是zA－zB，故切不可把被减数与减数搞错尽管向量AB的位置可以不同，只要它们的终点与始点所对应的复数的差相同，那么向量AB所对应的复数是惟一

第35页 共43页

的，因此我们将复平面上的向量称之自由向量，即它只与其方向和长度有关，而与位置无关 例4 复数z1=1+2i，z2=－2+i，z3=－1－2i，它们在复平面上的对应点是一个正方形的三个顶点，求这个正方形的第四个顶点对应的复数.

分析一：利用AD?BC，求点D的对应复数.

解法一：设复数z1、z2、z3所对应的点为A、B、C，正方形的第四个顶点D对应的复数为x+yi(x，y∈R)，是：

AD?OD?OA=(x+yi)－(1+2i)=(x－1)+(y－2)i; BC?OC?OB=(－1－2i)－(－2+i)=1－3i.

∵AD?BC，即(x－1)+(y－2)i=1－3i，

例2图 ?x?1?1,?x?2,∴?解得?

y?2??3,y??1.??故点D对应的复数为2－i.

分析二：利用原点O正好是正方形ABCD的中心来解.

解法二：因为点A与点C关于原点对称，所以原点O为正方形的中心，于是(－2+i)+ (x+yi)=0，∴x=2，y=－1.

故点D对应的复数为2－i.

点评：根据题意画图得到的结论，不能代替论证，然而通过对图形的观察，往往能起到启迪解题思路的作用

巩固练习：

1.已知复数z1=2+i,z2=1+2i,则复数z=z2－z1在复平面内所表示的点位于 A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限

2.在复平面上复数－3－2i,－4+5i,2+i所对应的点分别是A、B、C，则平行四边形ABCD的对角线BD所对应的复数是

A.5－9i B.－5－3i C.7－11i D.－7+11i

3.已知复平面上△AOB的顶点A所对应的复数为1+2i,其重心G所对应的复数为1+i,则以OA、OB为邻边的平行四边形的对角线长为

A.32

B.22

C.2

D.5

4.复平面上三点A、B、C分别对应复数1，2i,5+2i,则由A、B、C所构成的三角形是 A.直角三角形 B.等腰三角形 C.锐角三角形 D.钝角三角形 5.一个实数与一个虚数的差（ ）

A.不可能是纯虚数 B.可能是实数

C.不可能是实数 D.无法确定是实数还是虚数

6.计算(－2?3i)?(3?2i)?[(3?2)?(3?2)i]=____. 7.计算：(2x+3yi)－(3x－2yi)+(y－2xi)－3xi=________(x、y∈R). 8.计算（1－2i)－(2－3i)+(3－4i)－?－(2002－2003i).

9.已知复数z1=a2－3+(a+5)i,z2=a－1+(a2+2a－1)i(a∈R)分别对应向量OZ1、OZ2（O为原点），若向

第36页 共43页

量Z1Z2对应的复数为纯虚数，求a的值.

解：Z1Z2对应的复数为z2－z1，则

z2－z1=a－1+(a2+2a－1)i－［a2－3+(a+5)i］=(a－a2+2)+(a2+a－6)i ∵z2－z1是纯虚数

2??a?a?2?0∴? 解得a=－1.

2??a?a?6?010．已知复平面上正方形的三个顶点是A（1，2）、B（－2，1）、C（－1，－2），求它的第四个顶点

D对应的复数.

解：设D（x,y),则

AD?OD?OA对应的复数为(x+yi)－(1+2i)=(x－1)+(y－2)i BC?OC?OB对应的复数为：(－1－2i)－(－2+i)=1－3i

∵AD?BC ∴(x－1)+(y－2)i=1－3i ∴??x?1?1?x?2,解得?

y?2??3y??1??∴D点对应的复数为2－i。

答案：1.B 2.C 3.A 4.A 5.C 6.－22i 7.(y－x)+5(y－x)i

8.解：原式=(1－2+3－4+?+2001－2002）+(－2+3－4+?－2002+2003)i =－1001+1001i

课后作业：课本第112页 习题3.2 1 , 2 , 3 教学反思：

如果两个复数的实部和虚部分别相等，那么我们就说这两个复数相等即：如果a，b，c，d∈R，那么a+bi=c+di?a=c，b=d

一般地，两个复数只能说相等或不相等，而不能比较大小.如果两个复数都是实数，就可以比较大小 只有当两个复数不全是实数时才不能比较大小

复数的加法法则：(a+bi)+(c+di)=(a+c)+(b+d)i(a，b，c，d∈R). 复数的加法，可模仿多项式的加法法则计算，不必死记公式。

复数加法的几何意义：如果复数z1，z2分别对应于向量OP1、OP2，那么，以OP1、OP2为两边作平行四边形OP1SP2，对角线OS表示的向量OS就是z1+z2的和所对应的向量 复数减法的几何意义：两个

复数的差z－z1与连接这两个向量终点并指向被减数的向量对应.

§3.2.2复数代数形式的乘除运算

教学目标：

知识与技能：理解并掌握复数的代数形式的乘法与除法运算法则，深刻理解它是乘法运算的逆运算 过程与方法：理解并掌握复数的除法运算实质是分母实数化类问题 情感、态度与价值观：复数的几何意义单纯地讲解或介绍会显得较为枯燥无味，学生不易接受，教学时，我们采用讲解或体验已学过的数集的扩充的，让学生体会到这是生产实践的需要从而让学生积极主动

第37页 共43页

地建构知识体系。

教学重点：复数代数形式的除法运算。 教学难点：对复数除法法则的运用。 教具准备：多媒体、实物投影仪。

教学设想：如果两个复数的实部和虚部分别相等，那么我们就说这两个复数相等即：如果a，b，c，d∈R，那么a+bi=c+di?a=c，b=d，只有当两个复数不全是实数时才不能比较大小 教学过程：

学生探究过程：

1.虚数单位i:(1)它的平方等于-1，即 i??1; (2)实数可以与它进行四则运算，进行四则运算时，原有加、乘运算律仍然成立 2. i与－1的关系: i就是－1的一个平方根，即方程x2=－1的一个根，方程x2=－1的另一个根是－i 3. i的周期性：i4n+1=i, i4n+2=-1, i4n+3=-i, i4n=1 24.复数的定义：形如a?bi(a,b?R)的数叫复数，a叫复数的实部，b叫复数的虚部全体复数所成的集合叫做复数集，用字母C表示*

3. 复数的代数形式: 复数通常用字母z表示，即z?a?bi(a,b?R)，把复数表示成a+bi的形式，叫做复数的代数形式 4. 复数与实数、虚数、纯虚数及0的关系：对于复数a?bi(a,b?R)，当且仅当b=0时，复数a+bi(a、b∈R)是实数a；当b≠0时，复数z=a+bi叫做虚数；当a=0且b≠0时，z=bi叫做纯虚数；当且仅当a=b=0时，z就是实数0.

5.复数集与其它数集之间的关系：NZQRC.

6. 两个复数相等的定义：如果两个复数的实部和虚部分别相等，那么我们就说这两个复数相等即：如果a，b，c，d∈R，那么a+bi=c+di?a=c，b=d

一般地，两个复数只能说相等或不相等，而不能比较大小.如果两个复数都是实数，就可以比较大小 只有当两个复数不全是实数时才不能比较大小

7. 复平面、实轴、虚轴：

点Z的横坐标是a，纵坐标是b，复数z=a+bi(a、b∈R)可用点Z(a，b)表示，这个建立了直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面，也叫高斯平面，x轴叫做实轴，y轴叫做虚轴实轴上的点都表示实数

对于虚轴上的点要除原点外，因为原点对应的有序实数对为(0，0)， 它所确定的复数是z=0+0i=0表示是实数.故除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数 8．复数z1与z2的和的定义：z1+z2=(a+bi)+(c+di)=(a+c)+(b+d)i. 9. 复数z1与z2的差的定义：z1-z2=(a+bi)-(c+di)=(a-c)+(b-d)i. 10. 复数的加法运算满足交换律: z1+z2=z2+z1.

11. 复数的加法运算满足结合律: (z1+z2)+z3=z1+(z2+z3) 讲解新课：

１．乘法运算规则：

规定复数的乘法按照以下的法则进行：

设z1=a+bi，z2=c+di(a、b、c、d∈R)是任意两个复数，那么它们的积(a+bi)(c+di)=(ac－bd)+(bc+ad)i. 其实就是把两个复数相乘，类似两个多项式相乘，在所得的结果中把i2换成－1，并且把实部与虚部分别合并.两个复数的积仍然是一个复数.

2.乘法运算律： (1)z1(z2z3)=(z1z2)z3

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证明：设z1=a1+b1i，z2=a2+b2i，z3=a3+b3i(a1，a2，a3，b1，b2，b3∈R).

∵z1z2=(a1+b1i)(a2+b2i)=(a1a2-b1b2)+(b1a2+a1b2)i， z2z1=(a2+b2i)(a1+b1i)=(a2a1-b2b1)+(b2a1+a2b1)i. 又a1a2-b1b2=a2a1-b2b1，b1a2+a1b2=b2a1+a2b1. ∴z1z2=z2z1. (2)z1(z2+z3)=z1z2+z1z3

证明：设z1=a1+b1i，z2=a2+b2i，z3=a3+b3i(a1，a2，a3，b1，b2，b3∈R).

∵(z1z2)z3=［(a1+b1i)(a2+b2i)］(a3+b3i)=［(a1a2-b1b2)+(b1b2+a1b2)i］(a3+b3i)

=［(a1a2-b1b2)a3-(b1a2+a1b2)b3］+［(b1a2+a1b2)a3+(a1a2-b1b2)b3］i =(a1a2a3-b1b2a3-b1a2b3-a1b2b3)+(b1a2a3+a1b2b3+a1a2b3-b1b2b3)i，

同理可证：

z1(z2z3)=(a1a2a3-b1b2a3-b1a2b3-a1b2b3)+(b1a2a3+a1b2a3+a1a2b3-b1b2b3)i， ∴(z1z2)z3=z1(z2z3). (3)z1(z2+z3)=z1z2+z1z3.

证明：设z1=a1+b1i，z2=a2+b2i，z3=a3+b3i(a1，a2，a3，b1，b2，b3∈R). ∵z1(z2+z3)=(a1+b1i)［(a2+b2i)+(a3+b3i)］=(a1+b1i)［(a2+a3)+(b2+b3)i］

=［a1(a2+a3)-b1(b2+b3)］+［b1(a2+a3)+a1(b2+b3)］i =(a1a2+a1a3-b1b2-b1b3)+(b1a2+b1a3+a1b2+a1b3)i.

z1z2+z1z3=(a1+b1i)(a2+b2i)+(a1+b1i)(a3+b3i)

=(a1a2-b1b2)+(b1a2+a1b2)i+(a1a3-b1b3)+(b1a3+a1b3)i =(a1a2-b1b2+a1a3-b1b3)+(b1a2+a1b2+b1a3+a1b3)i =(a1a2+a1a3-b1b2-b1b3)+(b1a2+b1a3+a1b2+a1b3)i

∴z1(z2+z3)=z1z2+z1z3. 例1计算(1-2i)(3+4i)(-2+i)

解：(1-2i)(3+4i)(-2+i)＝(11-2i) (-2+i)= -20+15i. 例2计算：

（1）(3+4i) (3-4i) ； （2）（1+ i)2. 解：（1）(3+4i) (3-4i) =32-（4i）2=9-(-16)=25; (2) （1+ i)2=1+2 i+i2=1+2 i-1=2 i.

3.共轭复数：当两个复数的实部相等，虚部互为相反数时，这两个复数叫做互为共轭复数虚部不等于0的两个共轭复数也叫做共轭虚数 通常记复数z的共轭复数为z。

4. 复数除法定义：满足(c+di)(x+yi)=(a+bi)的复数x+yi(x,y∈R)叫复数a+bi除以复数c+di的商，记为：(a+bi)?(c+di)或者

a?bi c?di5.除法运算规则：

①设复数a+bi(a，b∈R)，除以c+di(c，d∈R)，其商为x+yi(x，y∈R)， 即(a+bi)÷(c+di)=x+yi

∵(x+yi)(c+di)=(cx－dy)+(dx+cy)i. ∴(cx－dy)+(dx+cy)i=a+bi.

?cx?dy?a,由复数相等定义可知?

dx?cy?b.?

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ac?bd?x?,22??c?d解这个方程组，得?

?y?bc?ad.?c2?d2?于是有:(a+bi)÷(c+di)=

ac?bdbc?ad?2 i. 222c?dc?da?bi的分母有理化得：

c?di②利用(c+di)(c－di)=c2+d2.于是将

原式=

a?bi(a?bi)(c?di)[ac?bi?(?di)]?(bc?ad)i ??c?di(c?di)(c?di)c2?d2?(ac?bd)?(bc?ad)iac?bdbc?ad?2?i.

c2?d2c?d2c2?d2∴(a+bi)÷(c+di)=

ac?bdbc?ad?2i. 222c?dc?d点评：①是常规方法，②是利用初中我们学习的化简无理分式时，都是采用的分母有理化思想方法，而复数c+di与复数c－di，相当于我们初中学习的

3?2的对偶式3?2，它们之积为1是有理数，

而(c+di)2(c－di)=c2+d2是正实数.所以可以分母实数化. 把这种方法叫做分母实数化法 例3计算(1?2i)?(3?4i) 解：(1?2i)?(3?4i)?1?2i 3?4i?(1?2i)(3?4i)3?8?6i?4i?5?10i12?????i 22(3?4i)(3?4i)3?42555例4计算(1?4i)(1?i)?2?4i 3?4i解：

(1?4i)(1?i)?2?4i1?4?3i?2?4i7?i(7?i)(3?4i) ???223?4i3?4i3?43?4i?21?4?3i?28i25?25i??1?i.

2525例5已知z是虚数，且z+

1z?1是实数，求证：是纯虚数. zz?1证明：设z=a+bi(a、b∈R且b≠0)，于是 z+

1a?biab1?a??(b?)i. =a+bi+=a+bi+2a?biza?b2a2?b2a2?b2

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