第一章 导数及其应用 3．1变化率与导数 练习（P6）
在第3 h和5 h时，原油温度的瞬时变化率分别为和3. 它说明在第3 h附近，原油温度大约以1 ℃／h的速度下降；在第5 h时，原油温度大约以3 ℃／h的速率上升.
练习（P8）
函数在附近单调递增，在附近单调递增. 并且，函数在附近比在附近增加得慢. 说明：体会“以直代曲”1的思想. 练习（P9） 函数的图象为
根据图象，估算出，.
说明：如果没有信息技术，教师可以将此图直接提供给学生，然后让学生根据导数的几何意义估算两点处的导数. 习题 A组（P10） 1、在处，虽然，然而.
所以，企业甲比企业乙治理的效率高.
说明：平均变化率的应用，体会平均变化率的内涵. 2、，所以，.
这说明运动员在s附近以 m／s的速度下降. 3、物体在第5 s的瞬时速度就是函数在时的导数. ，所以，.
因此，物体在第5 s时的瞬时速度为10 m／s，它在第5 s的动能 J. 4、设车轮转动的角度为，时间为，则. 由题意可知，当时，. 所以，于是.
车轮转动开始后第 s时的瞬时角速度就是函数在时的导数. ，所以.
因此，车轮在开始转动后第 s时的瞬时角速度为.
说明：第2,3,4题是对了解导数定义及熟悉其符号表示的巩固.
5、由图可知，函数在处切线的斜率大于零，所以函数在附近单调递增. 同理可得，函数在，，0，2附近分别单调递增，几乎没有变化，单调递减，单调递减. 说明：“以直代曲”思想的应用.
6、第一个函数的图象是一条直线，其斜率是一个小于零的常数，因此，其导数的图象如图（1）所示；第二个函数的导数恒大于零，并且随着的增加，的值也在增加；对于第三个函数，当小于零时，小于零，当大于零时，大于零，并且随着的增加，的值也在增加. 以下给出了满足上述条件的导函数图象中的一种.
说明：本题意在让学生将导数与曲线的切线斜率相联系. 习题 B组（P11）
1、高度关于时间的导数刻画的是运动变化的快慢，即速度；速度关于时间的导数刻画的是速度变化的快慢，根据物理知识，这个量就是加速度.
2、
说明：由给出的的信息获得的相关信息，并据此画出的图象的大致形状. 这个过程基于对导数内涵的了解，以及数与形之间的相互转换.
3、由（1）的题意可知，函数的图象在点处的切线斜率为，所以此点附近曲线呈下降趋势. 首先画出切线的图象，然后再画出此点附近函数的图象. 同理可得（2）（3）某点处函数图象的大致形状. 下面是一种参考答案.
说明：这是一个综合性问题，包含了对导数内涵、导数几何意义的了解，以及对以直代曲思想的领悟. 本题的答案不唯一. 1．2导数的计算 练习（P18） 1、，所以，，. 2、（1）； （2）； （3）； （4）； （5）； （6）. 习题 A组（P18） 1、，所以，. 2、. 3、. 4、（1）； （2）； （3）； （4）； （5）； （6）. 5、. 由有 ，解得. 6、（1）； （2）. 7、. 8、（1）氨气的散发速度. （2），它表示氨气在第7天左右时，以克／天的速率减少. 习题 B组（P19） 1、（1）
（2）当越来越小时，就越来越逼近函数. （3）的导数为.
2、当时，. 所以函数图象与轴交于点. ，所以.
所以，曲线在点处的切线的方程为.
2、. 所以，上午6:00时潮水的速度为m／h；上午9:00时潮水的速度为m／h；中午12:00时潮水的速度为m／h；下午6:00时潮水的速度为m／h. 1．3导数在研究函数中的应用 练习（P26）
1、（1）因为，所以.
当，即时，函数单调递增； 当，即时，函数单调递减. （2）因为，所以.
当，即时，函数单调递增； 当，即时，函数单调递减. （3）因为，所以.
当，即时，函数单调递增； 当，即或时，函数单调递减. （4）因为，所以.
当，即或时，函数单调递增； 当，即时，函数单调递减. 2、
3、因为，所以. （1）当时， 注：图象形状不唯一. ，即时，函数单调递增； ，即时，函数单调递减. （2）当时，
，即时，函数单调递增； ，即时，函数单调递减. 4、证明：因为，所以. 当时，，
因此函数在内是减函数. 练习（P29）
1、是函数的极值点，
其中是函数的极大值点，是函数的极小值点. 2、（1）因为，所以. 令，得. 当时，，单调递增；当时，，单调递减. 所以，当时，有极小值，并且极小值为. （2）因为，所以. 令，得.
下面分两种情况讨论： ①当，即或时；②当，即时. 当变化时，，变化情况如下表： ＋ 0 － 单调递增 54 单调递减 因此，当时，有极大值，并且极大值为54； 当时，有极小值，并且极小值为. （3）因为，所以. 令，得.
下面分两种情况讨论： ①当，即时；②当，即或时.
3 0 ＋ 单调递增 当变化时，，变化情况如下表： － 0 ＋ 单调递减 单调递增 因此，当时，有极小值，并且极小值为； 当时，有极大值，并且极大值为22 （4）因为，所以. 令，得.
下面分两种情况讨论： ①当，即时；②当，即或时. 当变化时，，变化情况如下表： － 0 ＋ 单调递减 单调递增 因此，当时，有极小值，并且极小值为； 当时，有极大值，并且极大值为2 练习（P31）
（1）在上，当时，有极小值，并且极小值为. 又由于，.
因此，函数在上的最大值是20、最小值是. （2）在上，当时，有极大值，并且极大值为； 当时，有极小值，并且极小值为； 又由于，.
因此，函数在上的最大值是54、最小值是. （3）在上，当时，有极大值，并且极大值为. 又由于，.
因此，函数在上的最大值是22、最小值是. （4）在上，函数无极值. 因为，.
因此，函数在上的最大值是、最小值是. 习题 A组（P31） 1、（1）因为，所以.
因此，函数是单调递减函数. （2）因为，，所以，.
因此，函数在上是单调递增函数. （3）因为，所以.
因此，函数是单调递减函数. （4）因为，所以.
因此，函数是单调递增函数. 2、（1）因为，所以.
当，即时，函数单调递增. 当，即时，函数单调递减. （2）因为，所以.
当，即时，函数单调递增.
2 0 22 － 单调递减 1 0 2 － 单调递减 当，即时，函数单调递减. （3）因为，所以.
因此，函数是单调递增函数. （4）因为，所以.
当，即或时，函数单调递增. 当，即时，函数单调递减. 3、（1）图略. （2）加速度等于0. 4、（1）在处，导函数有极大值； （2）在和处，导函数有极小值； （3）在处，函数有极大值； （4）在处，函数有极小值. 5、（1）因为，所以. 令，得. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减.
所以，时，有极小值，并且极小值为. （2）因为，所以. 令，得.
下面分两种情况讨论： ①当，即或时；②当，即时. 当变化时，，变化情况如下表： ＋ 0 － 单调递增 16 单调递减 因此，当时，有极大值，并且极大值为16； 当时，有极小值，并且极小值为. （3）因为，所以. 令，得.
下面分两种情况讨论： ①当，即或时；②当，即时. 当变化时，，变化情况如下表： ＋ 0 － 单调递增 22 单调递减 因此，当时，有极大值，并且极大值为22； 当时，有极小值，并且极小值为. （4）因为，所以. 令，得.
下面分两种情况讨论： ①当，即或时；②当，即时. 当变化时，，变化情况如下表： － 0 ＋ 单调递减 单调递增 2 0 ＋ 单调递增 2 0 ＋ 单调递增 4 0 128 － 单调递减 因此，当时，有极小值，并且极小值为； 当时，有极大值，并且极大值为128. 6、（1）在上，当时，函数有极小值，并且极小值为. 由于，，
所以，函数在上的最大值和最小值分别为9，. （2）在上，当时，函数有极大值，并且极大值为16； 当时，函数有极小值，并且极小值为. 由于，，
所以，函数在上的最大值和最小值分别为16，. （3）在上，函数在上无极值. 由于，，
所以，函数在上的最大值和最小值分别为，. （4）当时，有极大值，并且极大值为128.. 由于，，
所以，函数在上的最大值和最小值分别为128，. 习题 B组（P32） 1、（1）证明：设，. 因为，
所以在内单调递减 因此，，即，. 图略 （2）证明：设，. 因为，
所以，当时，，单调递增， ；
当时，，单调递减， ；
又. 因此，，. 图略 （3）证明：设，. 因为，
所以，当时，，单调递增， ；
当时，，单调递减， ；
综上，，. 图略 （4）证明：设，. 因为，
所以，当时，，单调递增， ；
当时，，单调递减， ；
当时，显然. 因此，. 由（3）可知，，. . 综上，， 图略 2、（1）函数的图象大致是个“双峰”图象，类似“”或“”的形状. 若有极值，则
在整个定义域上有且仅有一个极大值和一个极小值，从图象上能大致估计它的单调区间.
（2）因为，所以. 下面分类讨论：
当时，分和两种情形： ①当，且时，
设方程的两根分别为，且， 当，即或时，函数单调递增； 当，即时，函数单调递减. 当，且时，
此时，函数单调递增. ②当，且时，
设方程的两根分别为，且， 当，即时，函数单调递增； 当，即或时，函数单调递减. 当，且时，
此时，函数单调递减
1．4生活中的优化问题举例 习题 A组（P37）
1、设两段铁丝的长度分别为，，则这两个正方形的边长分别为，，两个正方形的面积和为 ，. 令，即，. 当时，；当时，.
因此，是函数的极小值点，也是最小值点.
所以，当两段铁丝的长度分别是时，两个正方形的面积和最小. 2、如图所示，由于在边长为的正方形铁片的四角截去 四个边长为的小正方形，做成一个无盖方盒，所以无 盖方盒的底面为正方形，且边长为，高为. （1）无盖方盒的容积，. （2）因为， 所以.
令，得（舍去），或. 当时，；当时，.
因此，是函数的极大值点，也是最大值点. 所以，当时，无盖方盒的容积最大. 3、如图，设圆柱的高为，底半径为， （第2题） 则表面积 由，得. 因此，，. 令，解得. 当时，； 当时，.
因此，是函数的极小值点，也是最小值点. 此时，. 所以，当罐高与底面直径相等时，所用材料最省.
4、证明：由于，所以. 令，得，
可以得到，是函数的极小值点，也是最小值点.
这个结果说明，用个数据的平均值表示这个物体的长度是合理的， 这就是最小二乘法的基本原理.
5、设矩形的底宽为m，则半圆的半径为m，半圆的面积为， 矩形的面积为，矩形的另一边长为m 因此铁丝的长为， 令，得（负值舍去）. 当时，；当时，.
因此，是函数的极小值点，也是最小值点. 所以，当底宽为m时，所用材料最省.
6、利润等于收入减去成本，而收入等于产量乘单价.
由此可得出利润与产量的函数关系式，再用导数求最大利润. 收入， 利润，. 求导得 令，即，. 当时，；当时，；
因此，是函数的极大值点，也是最大值点. 所以，产量为84时，利润最大, 习题 B组（P37）
1、设每个房间每天的定价为元， 那么宾馆利润，. 令，解得. 当时，；当时，.
因此，是函数的极大值点，也是最大值点.
所以，当每个房间每天的定价为350元时，宾馆利润最大. 2、设销售价为元／件时， 利润，.
令，解得. 当时，；当时，.
当是函数的极大值点，也是最大值点.
所以，销售价为元／件时，可获得最大利润. 1．5定积分的概念 练习（P42） .
说明：进一步熟悉求曲边梯形面积的方法和步骤，体会“以直代曲”和“逼近”的思想.
练习（P45） 1、，. 于是
取极值，得
说明：进一步体会“以不变代变”和“逼近”的思想. 2、km.
说明：进一步体会“以不变代变”和“逼近”的思想，熟悉求变速直线运动物体路程的方法和步骤. 练习（P48）
. 说明：进一步熟悉定积分的定义和几何意义. 从几何上看，表示由曲线与直线，，所围成的曲边梯形的面积. 习题 A组（P50） 1、（1）； （2）； （3）.
说明：体会通过分割、近似替换、求和得到定积分的近似值的方法. 2、距离的不足近似值为：（m）； 距离的过剩近似值为：（m）. 3、证明：令. 用分点
将区间等分成个小区间，在每个小区间上任取一点 作和式 ， 从而 ，
说明：进一步熟悉定积分的概念.
4、根据定积分的几何意义，表示由直线，，以及曲线所围成的曲边梯形的面积，即四分之一单位圆的面积，因此. 5、（1）.
由于在区间上，所以定积分表示由直线，，和曲线所围成的曲边梯形的面积的相反数. （2）根据定积分的性质，得.
由于在区间上，在区间上，所以定积分等于位于轴上方的曲边梯形面积减去位于轴下方的曲边梯形面积.
（3）根据定积分的性质，得
由于在区间上，在区间上，所以定积分等于位于轴上方的曲边梯形面积减去位于轴下方的曲边梯形面积.
说明：在（3）中，由于在区间上是非正的，在区间上是非负的，如果直接利用定义把区间分成等份来求这个定积分，那么和式中既有正项又有负项，而且无法抵挡一些项，求和会非常麻烦. 利用性质3可以将定积分化为，这样，在区间和区间上的符号都是不变的，再利用定积分的定义，容易求出，，进而得到定积分的值. 由此可见，利用定积分的性质可以化简运算. 在（2）（3）中，被积函数在积分区间上的函数值有正有负，通过练习进一步体会定积分的几何意义. 习题 B组（P50）
1、该物体在到（单位：s）之间走过的路程大约为145 m.
说明：根据定积分的几何意义，通过估算曲边梯形内包含单位正方形的个数来估计
物体走过的路程. 2、（1）.
（2）过剩近似值：（m）； 不足近似值：（m） （3）； （m）. 3、（1）分割
在区间上等间隔地插入个分点，将它分成个小区间：
，，……，，
记第个区间为（），其长度为
.
把细棒在小段，，……，上质量分别记作：
，
则细棒的质量. （2）近似代替
当很大，即很小时，在小区间上，可以认为线密度的值变化很小，近似地等于一个常数，不妨认为它近似地等于任意一点处的函数值. 于是，细棒在小段上质量 （）. （3）求和
得细棒的质量 . （4）取极限
细棒的质量 ，所以.. 1．6微积分基本定理 练习（P55）
（1）50； （2）； （3）； （4）24； （5）； （6）； （7）0； （8）.
说明：本题利用微积分基本定理和定积分的性质计算定积分. 习题 A组（P55） 1、（1）； （2）； （3）； （4）； （5）； （6）.
说明：本题利用微积分基本定理和定积分的性质计算定积分. 2、.
它表示位于轴上方的两个曲边梯形的面积与轴下方的曲边梯形的面积之差. 或表述为：位于轴上方的两个曲边梯形的面积（取正值）与轴下方的曲边梯形的面积（取负值）的代数和. 习题 B组（P55） 1、（1）原式＝； （2）原式＝； （3）原式＝. 2、（1）； （2）； （3）； （4）. 3、（1）.
（2）由题意得 .
这是一个超越方程，为了解这个方程，我们首先估计的取值范围.
根据指数函数的性质，当时，，从而 ， 因此，. 因此，， 所以，.
从而，在解方程时，可以忽略不计. 因此，.，解之得 （s）.
说明：B组中的习题涉及到被积函数是简单的复合函数的定积分，可视学生的具体情况选做，不要求掌握. 1．7定积分的简单应用 练习（P58） （1）； （2）1.
说明：进一步熟悉应用定积分求平面图形的面积的方法与求解过程.练习（P59） 1、（m）. 2、（J）.
习题 A组（P60） 1、（1）2； （2）. 2、.
3、令，即. 解得. 即第4s时物体达到最大高度. 最大高度为 （m）.
4、设s后两物体相遇，则 ， 解之得. 即两物体5s后相遇.
此时，物体离出发地的距离为 （m）. 5、由，得. 解之得. 所做的功为 （J）. 6、（1）令，解之得. 因此，火车经过10s后完全停止. （2）（m）.
习题 B组（P60） 1、（1）表示圆与轴所围成的上 半圆的面积，因此 （2）表示圆与直线
所围成的图形（如图所示）的面积， 因此，.
2、证明：建立如图所示的平面直角坐标系，可设抛物线的 方程为，则，所以. 从而抛物线的方程为 .
于是，抛物线拱的面积.
3、如图所示.解方程组
得曲线与曲线交点的横坐标，. 于是，所求的面积为. 4、证明：.
第一章 复习参考题A组（P65）
1、（1）3； （2）.
1（2）题） （第2题） （第
2、（1）； （2）； （3）； （4）. 3、. 4、（1）. 因为红茶的温度在下降.
（2）表明在3℃附近时，红茶温度约以4℃／min的速度下降. 图略. 5、因为，所以.
当，即时，单调递增； 当，即时，单调递减. 6、因为，所以.
当，即时，有最小值. 由，得. 又因为，所以. 7、因为， 所以.
当，即，或时，函数可能有极值. 由题意当时，函数有极大值，所以. 由于
＋ 0 － 0 ＋
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
所以，当时，函数有极大值. 此时，，. 8、设当点的坐标为时，的面积最小. 因为直线过点，，
所以直线的方程为，即. 当时，，即点的坐标是. 因此，的面积. 令，即. 当，或时，，不合题意舍去. 由于
2
－ 0 ＋
单调递减 极小值 单调递增
所以，当，即直线的倾斜角为时，的面积最小，最小面积为2. 9、.
10、设底面一边的长为m，另一边的长为m. 因为钢条长为. 所以，长方体容器的高为. 设容器的容积为，则
，.
令，即.
所以，（舍去），或. 当时，；当时，.
因此，是函数在的极大值点，也是最大值点.
3
所以，当长方体容器的高为1 m时，容器最大，最大容器为 m. 11、设旅游团人数为时， 旅行社费用为. 令，即，. 又，，.
所以，是函数的最大值点.
所以，当旅游团人数为150时，可使旅行社收费最多. 12、设打印纸的长为cm时，可使其打印面积最大. 因为打印纸的面积为，长为，所以宽为， 打印面积
，. 令，即，（负值舍去），.
是函数在内唯一极值点，且为极大值，从而是最大值点. 所以，打印纸的长、宽分别约为，时，可使其打印面积最大. 13、设每年养头猪时，总利润为元. 则 . 令，即，. 当时，；当时，.
是函数在内唯一极值点，且为极大值点，从而是最大值点.
所以，每年养300头猪时，可使总利润最大，最大总利润为25000元. 14、（1）； （2）； （3）1； （4）原式＝； （5）原式＝.
15、略. 说明：利用函数图象的对称性、定积分的几何意义进行解释. 16、.
17、由，得. 解之得. 所做的功为 （J）
第一章 复习参考题B组（P66）
1、（1）. 所以，细菌在与时的瞬时速度分别为0和. （2）当时，，所以细菌在增加； 当时，，所以细菌在减少.
2、设扇形的半径为，中心角为弧度时，扇形的面积为. 因为，，所以.
，.
令，即，，此时为2弧度.
是函数在内唯一极值点，且是极大值点，从而是最大值点. 所以，扇形的半径为、中心角为2弧度时，扇形的面积最大. 3、设圆锥的底面半径为，高为，体积为，那么. 因此，，. 令，解得.
容易知道，是函数的极大值点，也是最大值点. 所以，当时，容积最大. 把代入，得. 由，得.
所以，圆心角为时，容积最大. 4、由于，所以.
设船速为km／h时，总费用为，则
， 令，即，.
容易知道，是函数的极小值点，也是最小值点. 当时，（元／时）
所以，船速约为24km／h时，总费用最少，此时每小时费用约为941元. 5、设汽车以km／h行驶时，行车的总费用， 令，解得（km／h）. 此时，（元）
容易得到，是函数的极小值点，也是最小值点. 因此，当时，行车总费用最少.
所以，最经济的车速约为53km／h；如果不考虑其他费用，这次行车的总费用约是114元. 6、原式＝. 7、解方程组
得，直线与抛物线交点的横坐标为，. 抛物线与轴所围图形的面积. 由题设得 .
又因为，所以. 于是.
说明：本题也可以由面积相等直接得到，由此求出的值. 但计算较为烦琐.
新课程标准数学选修2—2第二章课后习题解答
第二章 推理与证明
2．1合情推理与演绎推理 练习（P77） 1、由，猜想.
2、相邻两行数之间的关系是：每一行首尾的数都是1，其他的数都等于上一行中与之相邻的两个数的和.
3、设和分别是四面体和的体积， 则.
练习（P81） 1、略.
2、因为通项公式为的数列，
若，其中是非零常数，则是等比数列； ……………………大前提 又因为，则，则； ……………………………小前提
所以，通项公式为的数列是等比数列. ……………………结论
3、由，得到的推理是错误的. 因为这个推理的大前提是“在同一个三角形中，大边对大角”，小前提是“”，而与不在同一个三角形中. 习题 A组（P83） 1、. 2、.
3、当时，；当时，；当时，. 4、（，且）. 5、（，且）.
6、如图，作∥交于.
因为两组对边分别平行的四边形是平行四边形， 又因为∥，∥.
所以四边形是平行四边形. 因为平行四边形的对边相等. 又因为四边形是平行四边形. 所以.
因为与同一条线段等长的两条线段的长度相等，
（第6题）
又因为，, 所以
因为等腰三角形的两底角是相等的.
又因为△是等腰三角形, 所以 因为平行线的同位角相等
又因为与是平行线和的同位角, 所以 因为等于同角的两个角是相等的， 又因为，, 所以 习题 B组（P84） 1、由，，，，，猜想. 2、略. 3、略. 2．2直接证明与间接证明 练习（P89）
1、因为，所以，命题得证. 2、要证，只需证， 即证，即证，
只需要，即证，这是显然成立的. 所以，命题得证. 3、因为 ， 又因为
，
从而，所以，命题成立.
说明：进一步熟悉运用综合法、分析法证明数学命题的思考过程与特点. 练习（P91）
1、假设不是锐角，则. 因此.
这与三角形的内角和等于180°矛盾.
所以，假设不成立. 从而，一定是锐角. 2、假设，，成等差数列，则. 所以，化简得，从而，即，
这是不可能的. 所以，假设不成立. 从而，，，不可能成等差数列.
说明：进一步熟悉运用反证法证明数学命题的思考过程与特点. 习题 A组（P91）
1、由于，因此方程至少有一个跟.
假设方程不止一个根，则至少有两个根，不妨设是它的两个不同的根，
则 ① ②
①－②得
因为，所以，从而，这与已知条件矛盾，故假设不成立. 2、因为
展开得 ，即. ① 假设，则，即 所以.
因为，都是锐角，所以，从而，与已知矛盾. 因此.
①式变形得 ， 即. 又因为，所以.
说明：本题也可以把综合法和分析法综合使用完成证明. 3、因为 ，所以，从而. 另一方面，要证 ， 只要证 即证 ， 即证 由可得，，于是命题得证.
说明：本题可以单独使用综合法或分析法进行证明，但把综合法和分析法结合使用进行证明的思路更清晰.
4、因为的倒数成等差数列，所以.
假设不成立，即，则是的最大内角， 所以（在三角形中，大角对大边）， 从而 . 这与矛盾.
所以，假设不成立，因此，. 习题 B组（P91）
1、要证，由于，所以只需要，即证. 因为，所以只需要，即证.
由于为一个三角形的三条边，所以上式成立. 于是原命题成立. 2、由已知条件得 ① ， ② 要证，只要证，只要证 由①②，得 ，
， 所以，，于是命题得证. 3、由
得 ，即. ……① 要证 即证 即证
化简得，这就是①式. 所以，命题成立.
说明：用综合法和分析法证明命题时，经常需要把两者结合起来使用. 2．3数学归纳法 练习（P95）
1、先证明：首项是，公差是的等差数列的通项公式是. （1）当时，左边＝，右边＝，
因此，左边＝右边. 所以，当时命题成立. （2）假设当时，命题成立，即. 那么，.
所以，当时，命题也成立. 根据（1）和（2），可知命题对任何都成立. 再证明：该数列的前项和的公式是. （1）当时，左边＝，右边＝，
因此，左边＝右边. 所以，当时命题成立. （2）假设当时，命题成立，即. 那么，
所以，当时，命题也成立. 根据（1）和（2），可知命题对任何都成立. 2、略.
习题 A组（P96） 1、（1）略.
（2）证明：①当时，左边＝1，右边＝， 因此，左边＝右边. 所以，当时，等式成立. ②假设当时等式成立，即. 那么，.
所以，当时，等式也成立.
根据①和②，可知等式对任何都成立. （3）略. 2、， ， .
由此猜想：.
下面我们用数学归纳法证明这个猜想. （1）当时，左边＝，右边＝，
因此，左边＝右边. 所以，当时，猜想成立. （2）假设当时，猜想成立，即. 那么，.
所以，当时，猜想也成立. 根据（1）和（2），可知猜想对任何都成立. 习题 B组（P96） 1、略 2、证明：（1）当时，左边＝，右边＝，
因此，左边＝右边. 所以，当时，等式成立. （2）假设当时，等式成立， 即.
那么，.
所以，当时，等式也成立. 根据（1）和（2），可知等式对任何都成立.
第二章 复习参考题A组（P98）
1、图略，共有（）个圆圈. 2、（）.
3、因为，所以，，…… 猜想.
4、运算的结果总等于1.
5、如图，设是四面体内任意一点，连结，，，并延长交对面于，，，，则
用“体积法”证明： 6、要证 只需证 即证
由，得. ①
又因为，所以，变形即得①式. 所以，命题得证. 7、证明：（1）当时，左边＝，右边＝，
因此，左边＝右边. 所以，当时，等式成立. （2）假设当时，等式成立，
即.
那么，.
5题） （第
所以，当时，等式也成立. 根据（1）和（2），可知等式对任何都成立.
第二章 复习参考题B组（P47）
1、（1）25条线段，16部分； （2）条线段； （3）最多将圆分割成部分.
下面用数学归纳法证明这个结论. ①当时，结论成立.
②假设当时，结论成立，
即：条线段，两两相交，最多将圆分割成部分
当时，其中的条线段两两相交，最多将圆分割成 部分，第条线段与线段都相交，最多增加个部分，因此，条线段，两两相交，最多将圆分割成
部分
所以，当时，结论也成立. 根据①和②，可知结论对任何都成立. 2、要证 因为
只需证
由已知条件，得 ，， 代入上式的左端，得 因此，
新课程标准数学选修2—2第三章课后习题解答
第三章 数系的扩充与复数的引入 3．1数系的扩充和复数的概念 练习（P104） 1、实部分别是，，，0，0，0； 虚部分别是，1，0，，1，0. 2、，，0，是实数； ，，，，，是虚数； ，，是纯虚数. 3、由，得.
练习（P105） 1、：，：，：，：， ：，：，：，：.
2、略. 3、略. 习题 A组（P106） 1、（1）由，得. （2）由，得 2、（1）当，即或时，所给复数是实数. （2）当，即或时，所给复数是虚数. （3）当，即时，所给复数是纯虚数. 3、（1）存在，例如，，等等. （2）存在，例如，，等等. （3）存在，只能是. 4、（1）点在第一象限. （2）点在第二象限. （3）点位于原点或虚轴的下半轴上. （4）点位于实轴下方. 5、（1）当，即或时，复数对应的点位于第四象限.
（2）当，或，即或或时，复数对应的点位于第一、三象限. （3）当，即时，复数对应的点位于直线上. 6、（1）； （2）. 习题 B组（P55）
1、复数对应的点位于如图所示的图形上. 2、由已知，设（）. 则 解得 所以 3、因为 ，
所以， ，，，这4个点都在以原点为圆心，半径为的圆上. 3．2复数代数形式的四则运算 练习（P109） 1、（1）5； （2）； （3）； （4）0. 2、略. 练习（P111） 1、（1）； （2）； （3）； 2、（1）； （2）； （3）5. 3、（1）； （2）； （3）； （4）. 习题 A组（P112） 1、（1）； （2）； （3）； （4）. 2、对应的复数为. 对应的复数为. 3、.
向量对应的复数为. 向量对应的复数为.
于是向量对应的复数为， 点对应的复数为. 4、（1）； （2）； （3）； （4）. 5、（1）； （2）； （3）； （4）. 6、由，得.
于是，有，解得 ，. 习题 B组（P112） 1、（1）.
（2）, 2、略.
第三章 复习参考题A组（P116）
1、（1）； （2）； （3）； （4）. 2、由已知，设（且）； 则.
由是纯虚数，得，解得. 因此. 3、由已知，可得，. 又因为，所以.
第三章 复习参考题B组（P116）
1、设（），则. 由，得， 化简，得.
根据复数相等的条件，有，解得，. 于是，，则. 2、
1 1
（2）对任意，有，，，. 3、由，得 消去可得 .
由于，可得
参考答案：
1）（
在六名同学，甲乙在一起的情况有所以符合条件的有
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