eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高三 · 代数）：23. 设 $a, b, c$ 为正实数, 且满足 $a b c=1$, 试证明: $\frac{1}{a^{3}(b+c)}+\frac{1}{b^{3}(a+c)}+\frac{1}{c^{3}(a+b)} \geq \frac{a}{2}$.
选项：
答案：答案: 解: 由 $a b c=1$, 得 $\frac{1}{\left.a^{3}(b+c)\right]}=\frac{b^{2} c^{2}}{a b+a c^{2}}, \frac{1}{b^{3}(a+c)}=\frac{c^{2} a^{2}}{b c+b a}, \frac{1}{c^{3}(a+b)}=\frac{a^{2} b^{2}}{c a+c b}$, 则原不等式等价于

$\frac{b^{2} c^{2}}{a b+a c}+\frac{c^{2} a^{2}}{b c+b a}+\frac{a^{2} b^{2} a^{2} b^{2}}{c a+c b c a+c b} \geq \frac{a}{2}$.

证法一:运用柯西不等式,有

$(a b+b c+c a)^{2}=\left(\frac{a b}{\sqrt{c a+c b}} \cdot \sqrt{c a+c b}+\frac{b c}{\sqrt{a b+a c}} \cdot \sqrt{a b+a c}+\frac{c a}{\sqrt{a b+b c}} \cdot \sqrt{a b+b c}\right)^{2}$

$\leq\left(\frac{a^{2} b^{2}}{c a+c b}+\frac{b^{2} c^{2}}{a b+a c}+\frac{c^{2} a^{2}}{a b+c b}\right)(c a+c b+a b+a c+a b+b c)$,

于是, $\frac{b^{2} c^{2}}{a b+a c}+\frac{c^{2} a^{2}}{b c+b a}+\frac{a^{2} b^{2}}{c a+c b c a+c b} \geq \frac{1}{2}(a b+b c+c a) \geq \frac{11}{22} \cdot 3 \sqrt[3]{(a b) \cdot(a c) \cdot(b c)}=\frac{a}{2}$.

证法二:由基本不等式得

$\frac{b^{2} c^{2}}{a b+a c}+\frac{a b+a c}{4} \geq 2 \sqrt{\frac{b^{2} c^{2}}{a b+a c} \cdot \frac{a b+a c}{4}}=b c$.

$\frac{c^{2} a^{2}}{a b+b c}+\frac{a b+b c}{4} \geq a c, \frac{a^{2} b^{2}}{b c+a c}+\frac{b c+a c}{4} \geq a b$,

相加得

<ImageHere>

证法三: 设 $\mathrm{s}=\frac{\mathrm{bc} \quad \mathrm{bc}}{\mathrm{a}(\mathrm{b}+\mathrm{c}] \mathrm{a}(\mathrm{b}+\mathrm{c})]} \cdot \mathrm{bc}+\frac{\mathrm{ac}}{\mathrm{b}(\mathrm{c}+\mathrm{a})} \cdot \mathrm{ac}+\frac{\mathrm{ab}}{\mathrm{e}[\mathrm{a}+\mathrm{b})} \cdot \mathrm{ab}$.

设 $a \leq b \leq c$,则 $a b \leq a c \leq b c, a b+a c \leq a b+b c \leq a c+b c$.
于是 $\underset{a(b+c)}{b c} \geq \frac{a c}{b(a+c)} \geq \frac{a b}{c(a+b)}$, 由此推知 $s$ 为顺序和, 由排序不等式得

$\mathrm{s} \geq \frac{\mathrm{bc}}{\mathrm{a}(\mathrm{b}+\mathrm{c})} \cdot \mathrm{ac}+\frac{\mathrm{ac}}{\mathrm{b}(\mathrm{a}+\mathrm{c})} \cdot \mathrm{ab}+\frac{\mathrm{ab}}{\mathrm{c}(\mathrm{a}+\mathrm{b})} \cdot \mathrm{bc}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}(\mathrm{b}+\mathrm{c})}+\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{b}(\mathrm{a}+\mathrm{c})}+\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{c}(\mathrm{a}+\mathrm{b})}$,

$s \geq \frac{b c}{a(b+c)} \cdot a b+\frac{a c}{b(a+c)} \cdot b c+\frac{a b}{c(a+b) c(a+b)} \cdot a c=\frac{b}{a(b+c)}+\frac{c}{b(a+c)}+\frac{a}{c(a+b)}$,

相加得

$2 \mathrm{~s} \geq \frac{1}{\mathrm{a}}+\frac{1}{\mathrm{~b}}+\frac{1}{\mathrm{c}} \geq 3 \sqrt[3]{\frac{1}{\mathrm{abc}}}=3$, 所以 $\mathrm{s} \geq \frac{\mathrm{a}}{2}$.
解析：:分析:本题主要考查了排序不等式, 解决问题的关键是设 $a \leq b \leq c$, 则 $a b \leq a c \leq b c, a b+a c \leq a b+b c \leq a c+b c$. 于是 $\underset{a(b+c)}{b c} \geq \frac{a c}{b(a+c)} \geq \frac{a b}{a(a+b)}$, 由此推知 $s$ 为顺序和, 由排序不等式分析分组相加即可证明
题目（高三 · 代数）：22. 用数学归纳法证明: $(n+1)+(n+2)+\cdots+(n+n)=\frac{n(3 n+1)}{2}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.
选项：
答案：答案:证明:(1)当 $n=1$ 时, 左边 $=2$,

右边 $=\frac{1 \times(3+1)}{2}=2=$ 左边, 等式成立.

(2)假设 $n=k$ 时等式成立, 即 $(k+1)+(k+2)+\cdots+(k+k)=\frac{k(3 k+1)}{2}$.

则当 $n=k+1$ 时, 左边 $=(k+2)+(k+3)+\cdots+(k+k)+(k+k+1)+(k+k+2)$

$=[(k+1)+(k+2)+\cdots+(k+k)]+3 k+2$

$=\frac{k(3 k+1)}{3}+3 k+2$

$=\frac{3 k^{2}+7 k+4}{2}=\frac{(k+1)(3 k+4)}{2}$

$=\frac{(k+1)[3(k+1)+1]}{2}$,

$\therefore n=k+1$ 时, 等式成立.

由(1)和(2)知对任意 $n \in \mathbf{N}^{*}$, 等式成立.
解析：:

分析: 本题主要考查了数学归纳法, 解决问题的关键是根据数学归纳法的步骤分析证明即可
题目（高三 · 代数）：23. 用数学归纳法证明:

$1 \times 2 \times 3+2 \times 3 \times 4+\cdots+n \times(n+1) \times(n+2)=\frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4}\left(n \in N^{*}\right)$
选项：
答案：答案: 证明: (1)当 $n=1$ 时, 左边 $=1 \times 2 \times 3=6$, 右边 $=\frac{1 \times 2 \times 3 \times 4}{4}=6=$ 左边, $\therefore$ 等式成立.

(2)设当 $n=k\left(k \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 时，等式成立,

即 $1 \times 2 \times 3+2 \times 3 \times 4+\cdots+k \times(k+1) \times(k+2)=\frac{k(k+1)(k+2)(k+3)}{4}$. 则当 $n=k+1$ 时,

左边 $=1 \times 2 \times 3+2 \times 3 \times 4+\cdots+k \times(k+1) \times(k+2)+(k+1)(k+2)(k+3)$

$$
\begin{aligned}
& =\frac{k(k+1)(k+2)(k+3)}{4}+(k+1)(k+2)(k+3) \\
& =(k+1)(k+2)(k+3)\left(\frac{k}{4}+1\right)=\frac{(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)}{4} \\
& =\frac{(k+1)(k+1+1)(k+1+2)(k+1+3)}{4}
\end{aligned}
$$

$\therefore n=k+1$ 时, 等式成立.

由(1).(2)可知, 原等式对于任意 $n \in \mathbf{N}^{*}$ 成立.
解析：: 分析: 本题主要考查了数学归纳法, 解决问题的关键是首先证明当 $n=1$ 时等式成立,再 假 设 $n=k$ 时 等 式成 立, 得到等 式 $1 \times 2 \times 3+2 \times 3 \times 4+\cdots+k \times(k+1) \times(k+2)=\frac{k(k+1)(k+2)(k+3)}{4}$, 下面证明当 $\mathrm{n}=\mathrm{k}+1$ 时等式左边 $=1 \times 2 \times 3+2 \times 3 \times 4+\cdots+k \times(k+1) \times(k+2)+(k+1)(k+2)(k+3)$, 根据前面的假设化简即可得到结果, 最后得到结论.
题目（高三 · 代数）：14. 用数学归纳法证明等式 $1+2+3+\ldots+(n+3)=\frac{(n+3)(n+4)}{2}\left(n \in N^{*}\right)$.
选项：
答案：答案: 证明: (1) 当 $\mathrm{n}=1$ 时, 左边 $=1+2+3+4=10$, 右边 $=\frac{(1+3)(1+4)}{2}=10$

左边=右边.

(2)假设 $\mathrm{n}=\mathrm{k}$ 时等式成立, 即 $1+2+3+\ldots+(k+3)=\frac{(k+3)(k+4)}{2}$

那么 $n=k+1$ 时, 等式左边 $=1+2+3+\ldots+(k+3)+(k+4)=\frac{(k+3)(k+4)}{2}+(k+4)$

$=\frac{(k+4)(k+5)}{2}$ 等式成立.

综上 $1+2+3+\ldots+(n+3)=\frac{(n+3)(n+4)}{2}\left(n \in N^{*}\right)$ 成立.
解析：:分析:本题主要考查了数学归纳法证明不等式, 解决问题的关键是根据第一步验证当 $n=n_{0}$ 时命题成立, 第二步假设当 $n=k$ 时命题成立, 那么再证明当 $n=k+1$ 时命题也成立. 本题解题的关键是利用第二步假设中结论证明当 $\mathrm{n}=\mathrm{k}+1$ 时成立
题目（高三 · 代数）：15.用数学归纳法证明不等式 $1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\ldots+\frac{1}{\sqrt{n}}<2 \sqrt{n}\left(n \in N^{*}\right)$
选项：
答案：答案: 证明: (1)当 $\mathrm{n}=1$ 时, 左边 $=1$, 右边 $=2, \therefore \mathrm{n}=1$ 不等式成立.

(2)假设当 $\mathrm{n}=\mathrm{k}(\mathrm{k} \geq 2)$ 时成立, 即 $1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\ldots+\frac{1}{\sqrt{k}}<2 \sqrt{k}\left(k \in N^{*}\right)$

那么当 $\mathrm{n}=\mathrm{k}+1$ 时, 左边 $=1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\ldots+\frac{1}{\sqrt{k}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}}<2 \sqrt{k}+\frac{1}{\sqrt{k+1}}$

$\because 4 k^{2}+4 k<4 k^{2}+4 k+1$, 可得 $2 \sqrt{k^{2}+k}<2 k+1$,

即: $2 \sqrt{k}+\frac{1}{\sqrt{k+1}}=\frac{2 \sqrt{k+1} \sqrt{k}+1}{\sqrt{k+1}}=\frac{2 \sqrt{k^{2}+k}+1}{\sqrt{k+1}}<\frac{2 k+2}{\sqrt{k+1}}=2 \sqrt{k+1}$. 这就是说 $\mathrm{n}=\mathrm{k}+1$时不等式也成立.

综上(1)(2)可知不等式对所有的 $n \in N^{*}$
解析：:分析:本题主要考查了数学归纳法证明不等式, 解决问题的关键是根据第一步验证当 $n=n_{0}$ 时命题成立, 第二步假设当 $n=k$ 时命题成立, 那么再证明当 $n=k+1$ 时命题也成立. 本题解题的关键是利用第二步假设中结论证明当 $\mathrm{n}=\mathrm{k}+1$ 时成立
题目（高三 · 代数）：16. 若 $x_{i}>0(i=1,2,3, \cdots, n)$, 观察下列不等式:

$\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}\right) \geq 4,\left(x_{1}+x_{2}+x_{3}\right)\left(\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+\frac{1}{x_{3}}\right) \geq 9, \cdots$,
请你猜测 $\left(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}\right)\left(\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+\cdots \frac{1}{x_{n}}\right)$ 满足的不等式, 并用数学归纳法加以证明.
选项：
答案：答案: 解答: 满足的不等式为 $\left(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}\right)\left(\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+\cdots \frac{1}{x_{n}}\right) \geq n^{2}(n \geq 2)$,

证明如下: (1) 当 $n=2$ 时, 猜想成立;

(2)假设当 $\mathrm{n}=\mathrm{k}$ 时, 猜想成立, 即 $\left(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{k}\right)\left(\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+\cdots \frac{1}{x_{k}}\right) \geq k^{2}$,

那么 $n=k+1$ 时

$\left(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{k}+x_{k+1}\right)\left(\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+\cdots \frac{1}{x_{k}}+\frac{1}{x_{k+1}}\right)$

$=\left(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{k}\right)\left(\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+\cdots \frac{1}{x_{k}}\right)+\left(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{k}\right) \cdot \frac{1}{x_{k+1}}+x_{k+1} \cdot\left(\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+\cdots \frac{1}{x_{k}}\right)+1$

$\geq k^{2}+2 \sqrt{\left(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{k}\right) \cdot \frac{1}{x_{k+1}} x_{k+1} \cdot\left(\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+\cdots \frac{1}{x_{k}}\right)}+1 \geq k^{2}+2 k+1=(k+1)^{2}$

则当 $\mathrm{n}=\mathrm{k}+1$ 时猜想也成立, 根据(1)(2)可得猜想对任意的 $\mathrm{n}(\mathrm{n} \in N$, 且 $n \geq 2$ ) 都成立.
解析：: 分析: 本题主要考查了数学归纳法证明不等式, 解决问题的关键是根据数学归纳法证明不等式结合所给不等式分析计算证明即可
题目（高三 · 代数）：18. 设 $f(n)=\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}-n$, 其中 $n$ 为正整数.

(1) 求 $f(1), f(2), f(3)$ 的值;

答案: 解: 分别把 $\mathrm{n}=1 . 2 . 3$ 代入 $f(n)=\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}-n$

求得 $f(1)=1, f(2)=\frac{1}{2}, f(3)=-\frac{17}{27}$

（2）猜想满足不等式 $f(n)<0$ 的正整数 $n$ 的范围, 并用数学归纳法证明你的猜想.
选项：
答案：答案: 猜想: $n \geq 3, f(n)=\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}-n<0$

证明: (1)当 $n=3$ 时, $f(3)=-\frac{17}{27}<0$ 成立

(2)假设当 $n=k\left(n \geq 3, n \in N^{*}\right)$ 时猜想正确, 即 $f(k)=\left(1+\frac{1}{k}\right)^{k}-k<0$ $\therefore\left(1+\frac{1}{k}\right)^{k}<k$

由于 $\left(1+\frac{1}{k+1}\right)^{k+1}=\left(1+\frac{1}{k+1}\right)^{k}\left(1+\frac{1}{k+1}\right)<\left(1+\frac{1}{k}\right)^{k}\left(1+\frac{1}{k+1}\right)$
$<k\left(1+\frac{1}{k+1}\right)=k+\frac{k}{k+1}<k+1$

$\therefore\left(1+\frac{1}{k+1}\right)^{k+1}<k+1$, 即 $f(k+1)=\left(1+\frac{1}{k+1}\right)^{k+1}-(k+1)<0$ 成立

由(1)(2)可知, 对 $n \geq 3, f(n)=\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}-n<0$ 成立
解析：:分析:本题主要考查了数学归纳法证明不等式, 解决问题的关键是根据 (1) 数学归纳法是一种重要的数学思想方法, 主要用于解决与正整数有关的数学问题; (2) 用数学归纳法证明等式问题, 要“先看项”, 弄清等式两边的构成规律, 等式两边各有多少项, 初始值 $n_{0}$是多少; (3) 由 $n=k$ 时等式成立, 推出 $n=k+1$ 时等式成立, 一要找出等式两边的变化 (差异), 明确变形目标; 二要充分利用归纳假设, 进行合理变形, 正确写出证明过程, 由于“猜想”是“证明”的前提和“对象”, 务必保证猜想的正确性, 同时必须严格按照数学归纳法的步骤书写。
题目（高三 · 代数）：21. 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的各项均为正整数, 对于任意 $\mathrm{n} \in \mathrm{N}^{*}$, 都有 $2+\frac{1}{a_{n+1}}<\frac{\frac{1}{a_{n}}+\frac{1}{a_{n+1}}}{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}<2+\frac{1}{a_{n}}$ 成立，且 $a_{2}=4$.

(1) 求 $a_{1}, a_{3}$ 的值;
选项：
答案：答案: 解: 因为 $2+\frac{1}{a_{n+1}}<\frac{\frac{1}{a_{n}}+\frac{1}{a_{n+1}}}{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}<2+\frac{1}{a_{n}}, a_{2}=4$

当 $n=1$ 时, 由 $2+\frac{1}{a_{2}}<2\left(\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}\right)<2+\frac{1}{a_{1}}$, 即有 $2+\frac{1}{4}<\frac{2}{a_{1}}+\frac{2}{4}<2+\frac{1}{a_{1}}$,
解得 $\frac{2}{3}<a_{1}<\frac{8}{7}$. 因为 $a_{1}$ 为正整数, 故 $a_{1}=1$.

当 $n=2$ 时, 由 $2+\frac{1}{a_{3}}<6\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{a_{3}}\right)<2+\frac{1}{4}$,

解得 $8<a_{3}<10$, 所以 $a_{3}=9$.

（2）猜想数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式，并给出证明.

答案: 解: 由 $a_{1}=1, a_{2}=4, a_{3}=9$, 猜想: $a_{n}=n^{2}$

下面用数学归纳法证明.

(1)当 $n=1,2,3$ 时, 由（1）知 $a_{n}=n^{2}$ 均成立.

(2)假设 $n=k(k \geqslant 3)$ 成立, 则 $a_{k}=k^{2}$,

由条件得 $2+\frac{1}{a_{k+1}}<k(k+1)\left(\frac{1}{k^{2}}+\frac{1}{a_{k+1}}\right)<2+\frac{1}{k^{2}}$,

所以 $\frac{k^{3}(k+1)}{k^{2}-k+1}<a_{k+1}<\frac{k\left(k^{2}+k-1\right)}{k-1}$,

所以 $(k+1)^{2}-\frac{k+1}{k^{2}-k+1}<a_{k+1}<(k+1)^{2}+\frac{1}{k-1}$

因为 $k \geqslant 3,0<\frac{k+1}{k^{2}-k+1}<1,0<\frac{1}{k-1}<1$,

又 $a_{k+1} \in \mathbf{N}^{*}$, 所以 $a_{k+1}=(k+1)^{2}$.

即 $n=k+1$ 时, $a_{n}=n^{2}$ 也成立.

由(1), (2)知, 对任意 $n \in \mathbf{N}^{*}, a_{n}=n^{2}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了数学归纳法证明不等式, 解决问题的关键是根据 (1) 先列出 $a_{1}$所满足条件 $2+\frac{1}{a_{2}}<2\left(\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}\right)<2+\frac{1}{a_{1}}$, 化简得 $\frac{2}{3}<a_{1}<\frac{8}{7}$, 再根据数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的各项均为正整数这一限制条件求出 $a_{1}=1$, 同理可得 $a_{3}=9$ (2) 猜想: $a_{n}=n^{2}$, 用数学归纳法证明的关键由 $\mathrm{k}$ 成立推出 $\mathrm{k}+1$ 成立, 其推导思路同 (1):由条件得 $2+\frac{1}{a_{k+1}}<k(k+1)\left(\frac{1}{k^{2}}+\frac{1}{a_{k+1}}\right)<2+\frac{1}{k^{2}}$, 所以 $\frac{k^{3}(k+1)}{k^{2}-k+1}<a_{k+1}<\frac{k\left(k^{2}+k-1\right)}{k-1}$, 所以 $(k+1)^{2}-\frac{k+1}{k^{2}-k+1}<a_{k+1}<(k+1)^{2}+\frac{1}{k-1}$ 因为 $k \geqslant 3,0<\frac{k+1}{k^{2}-k+1}<1,0<\frac{1}{k-1}<1$,所以 $a_{k+1}=(k+1)^{2}$
题目（高三 · 代数）：22. 证明: $1+\frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{5}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{2 n-1}} \leq \sqrt{2 n-1}\left(n \in N^{*}\right)$
选项：
答案：答案: 证明: (1)当 $n=1$, 不等式显然成立.

(2)假设 $n=k\left(k \geq 1, k \in N^{*}\right)$ 时不等式成立,

即 $1+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{2 k-1}} \leq \sqrt{2 k-1}$,

当 $n=k+1$ 时,

左边 $=1+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{2 k-1}}+\frac{1}{\sqrt{2 k+1}} \leq \sqrt{2 k-1}+\frac{1}{\sqrt{2 k+1}}$

$=\frac{\sqrt{2 k-1} \sqrt{2 k+1}+1}{\sqrt{2 k+1}} \leq \frac{\frac{(2 k-1)+(2 k+1)}{2}+1}{\sqrt{2 k+1}}$

$=\frac{2 k+1}{\sqrt{2 k+1}}=\sqrt{2 k+1}$. 不等式成立.

由(1)(2)可知, 对一切 $n \in N^{*}$ 都有 $1+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{2 n-1}} \leq \sqrt{2 n-1}\left(n \in N^{*}\right)$.
解析：: 分析: 本题主要考查了数学归纳法证明不等式, 解决问题的关键是根据
题目（高三 · 代数）：23. 由下列不等式: $1>\frac{1}{2}, 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}>1,1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{7}>\frac{3}{2}, 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{15}>2, \cdots$,你能得到一个怎样的一般不等式? 并加以证明.
选项：
答案：答案: 解: 根据给出的几个不等式可以猜想第 $n$ 个不等式, 即一般不等式为:

$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2^{n}-1}>\frac{n}{2}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

用数学归纳法证明如下:

(1)当 $n=1$ 时, $1>\frac{1}{2}$, 猜想成立;

(2)假设当 $n=k$ 时，猜想成立，即 $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2^{k}-1}>\frac{k}{2}$,

则当 $n=k+1$ 时,

$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2^{k}-1}+\frac{1}{2^{k}}+\frac{1}{2^{k}+1}+\cdots+\frac{1}{2^{k+1}-1}>\frac{k}{2}+\frac{1}{2^{k}}+\frac{1}{2^{k}+1}+\cdots+\frac{1}{2^{k+1}-1}>\frac{k}{2}+\frac{2^{k}}{2^{k+1}}=\frac{k+1}{2}$

, 即当 $n=k+1$ 时, 猜想也正确, 所以对任意的 $n \in \mathbf{N}^{*}$, 不等式成立.
解析：: 分析: 本题主要考查了数学归纳法证明不等式, 解决问题的关键是根据根据已知不等式猜想第 $\mathrm{n}$ 个不等式, 然后利用数学归纳法证明即可
题目（高三 · 代数）：24. 设曲线 $y=\frac{a x^{3}}{3}+\frac{1}{2} b x^{2}+c x$ 在点 $A(x, y)$ 处的切线斜率为 $k(x)$, 且 $k(-1)=0$. 对一切实
数 $x$, 不等式 $x \leq k(x) \leq \frac{1}{2}\left(x^{2}+1\right)$ 恒成立 $(a \neq 0)$.

(1) 求 $k(1)$ 的值;

答案: 解: 由 $x \leq k(x) \leq \frac{1}{2}\left(x^{2}+1\right)$ 得 $1 \leq k(1) \leq 1$, 所以 $k(1)=1$

(2) 求函数 $k(x)$ 的表达式;

答
选项：
答案：案: 解: $k(x)=y^{\prime}=a x^{2}+b x+c(a \neq 0)$, 由 $k(1)=1, k(-1)=0$ 得

$\left\{\begin{array}{l}a+b+c=1 \\ a-b+c=0\end{array} \Rightarrow a+c=\frac{1}{2}, b=\frac{1}{2}\right.$

又 $x \leq k(x) \leq \frac{1}{2}\left(x^{2}+1\right)$ 恒成立, 则由 $a x^{2}-\frac{1}{2} x+c \geq 0(a \neq 0)$ 恒成立得

<ImageHere>

同理由 $\left(\frac{1}{2}-a\right) x^{2}+\frac{1}{2} x+\frac{1}{2}-c \geq 0$ 恒成立也可得: $a=c=\frac{1}{4}$

综上 $a=c=\frac{1}{4}, b=\frac{1}{2}$, 所以 $k(x)=\frac{1}{4} x^{2}+\frac{1}{2} x+\frac{1}{4}$

(3) 求证: $\frac{1}{k(1)}+\frac{1}{k(2)}+\cdots+\frac{1}{k(n)}>\frac{2 n}{n+2}$.

答案: 证明: 方法一: $k(n)=\frac{n^{2}+2 n+1}{4}=\frac{(n+1)^{2}}{4} \Rightarrow \frac{1}{k(n)}=\frac{4}{(n+1)^{2}}$

要证原不等式, 即证 $\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+\cdots+\frac{1}{(n+1)^{2}}>\frac{n}{2 n+4}$

因为 $\frac{1}{(n+1)^{2}}>\frac{1}{(n+1)(n+2)}=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}$

所以 $\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+\cdots+\frac{1}{(n+1)^{2}}>\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}=\frac{1}{2}-\frac{1}{n+2}=\frac{n}{2 n+4}$

所以 $\frac{1}{k(1)}+\frac{1}{k(2)}+\cdots+\frac{1}{k(n)}>\frac{2 n}{n+2}$

方法二: 由 $k(n)=\frac{n^{2}+2 n+1}{4}=\frac{(n+1)^{2}}{4} \Rightarrow \frac{1}{k(n)}=\frac{4}{(n+1)^{2}}$
当 $n=1$ 时, 左边 $=1$, 右边 $=\frac{2}{3}$, 左边>右边, 所以 $n=1$, 不等式成立

假设当 $n=m$ 时, 不等式成立, 即 $\frac{1}{k(1)}+\frac{1}{k(2)}+\cdots \frac{1}{k(m)}>\frac{2 m}{m+2}$

当 $n=m+1$ 时,

左边 $=\frac{1}{k(1)}+\frac{1}{k(2)}+\cdots+\frac{1}{k(m)}+\frac{1}{k(m+1)}>\frac{2 m}{m+2}+\frac{4}{(m+2)^{2}}=\frac{2 m^{2}+4 m+4}{(m+2)^{2}}$

由 $\frac{2 m^{2}+4 m+4}{(m+2)^{2}}-\frac{2(m+1)}{m+3}=\frac{4}{(m+2)^{2}(m+3)}>0$

所以 $\frac{1}{k(1)}+\frac{1}{k(2)}+\cdots+\frac{1}{k(m)}+\frac{1}{k(m+1)}>\frac{2(m+1)}{(m+1)+3}$

即当 $n=m+1$ 时, 不等式也成立。综上得 $\frac{1}{k(1)}+\frac{1}{k(2)}+\cdots+\frac{1}{k(n)}>\frac{2 n}{n+2}$
解析：: 分析: 本题主要考查了数学归纳法证明不等式, 解决问题的关键是根据数学归纳法证明不等式的步骤结合所给条件分析计算得到 $k(x)=\frac{1}{4} x^{2}+\frac{1}{2} x+\frac{1}{4}$, 然后运用数学归纳法证明所求结论即可
题目（高三 · 代数）：26. 设 $x \in N$ 满足 $\left(\frac{1+x}{x}\right)^{2013}<\frac{2014}{2013}$. 数列 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{2013}$ 是公差为 $x^{2013}$, 首项 $a_{1}=(x+1)^{2} x^{2012}-1$ 的等差数列; 数列 $b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{2013}$ 是公比为 $\frac{1+x}{x}$, 首项 $b_{1}=(x+1) x^{2013}$的等比数列, 求证: $b_{1}<a_{1}<b_{2}<\cdots<a_{2012}<b_{2013}$
选项：
答案：答案: 解答: 首先, $a_{i}=(x+1)^{2} x^{2012}-1+(i-1) x^{2013}$, $b_{i}=(x+1) x^{2013}\left(\frac{1+x}{x}\right)^{i-1}=(x+1)^{i} x^{2014-i}$, $b_{i+1}-b_{i}=x^{2013}\left(\frac{1+x}{x}\right)^{i}$

用归纳法证明 $a_{i}-b_{i} \geq x^{2013} \frac{2014-i}{2013}, 1 \leq i \leq 2013$ ，

由于 $a_{1}-b_{1}=x^{2013}+x^{2012}-1 \geq x^{2013}$, 即 $\mathrm{i}=1$ 成立,

假设 $1 \leq i \leq 2012$ 成立，

则 $a_{i+1}-b_{i+1}=\left(a_{i+1}-a_{i}\right)-\left(b_{i+1}-b_{i}\right)+\left(a_{i}-b_{i}\right)=x^{2013}-x^{2013}\left(\frac{1+x}{x}\right)^{i}+\left(a_{i}-b_{i}\right)$

$\geq x^{2013}-x^{2013}\left(\frac{1+x}{x}\right)^{203}+\left(a_{i}-b_{i}\right) \geq-x^{2013} \frac{1}{2013}+\left(a_{i}-b_{i}\right)$

$\geq-x^{2013} \frac{1}{2013}+x^{2013} \frac{2013-i+1}{2013}=x^{2013} \frac{2014-(i+1)}{2013}$ 。

所以, $a_{i}>b_{i}, i=1,2, \cdots, 2013$ 。

归纳证明 $b_{i+1}>a_{i}, i=1,2, \cdots, 2012$,

首先 $b_{2}-a_{1}=1>0$, 假设 $1 \leq i \leq 2011$ 成立,
则 $b_{i+2}-a_{i+1}=\left(b_{i+2}-b_{i+1}\right)-\left(a_{i+1}-a_{i}\right)+\left(b_{i+1}-a_{i}\right)$

$=x^{2013}\left(\frac{1+x}{x}\right)^{i+1}-x^{2013}+\left(b_{i+1}-a_{i}\right)>0$ 。

故命题成立。
解析：: 分析: 本题主要考查了数学归纳法证明不等式, 解决问题的关键是根据数学归纳法证明不等式的步骤结合所给条件及等差数列, 等比数列有关性质分析计算证明即可, 有一定难度
题目（高三 · 代数）：(本小题 8 分)

设 $(1-2 x)^{3}=a_{0}+a_{1} x+a_{2} x^{2}+\cdots+a_{5} x^{5}$

(1) 求 $a_{2}$ 的值;

(2) 求 $a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5 \text { 的值. }}$.
选项：
答案：答案: (1) 【解析】 $(1-2 x)^{2}$ 的展开式的通项为 $T_{r+1}=C_{5}^{r}(-2 x)^{r}, r=0,1,2,3,4,5$所以 $a_{2}=C_{5}^{2}(-2)^{2}=40$;

（2）解：当 $x=0$ 时, $a_{0}=1$,

当 $x=1$ 时, $(1-2)^{2}=a_{0}+a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}$,

得 $a_{0}+a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}=-1$,

所以 $a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}=-2$
解析：答案: (1) 【解析】 $(1-2 x)^{2}$ 的展开式的通项为 $T_{r+1}=C_{5}^{r}(-2 x)^{r}, r=0,1,2,3,4,5$所以 $a_{2}=C_{5}^{2}(-2)^{2}=40$;

（2）解：当 $x=0$ 时, $a_{0}=1$,

当 $x=1$ 时, $(1-2)^{2}=a_{0}+a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}$,

得 $a_{0}+a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}=-1$,

所以 $a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}=-2$
题目（高三 · 代数）：(本小题 10 分)

已知二项式 $\left(x+3 x^{2}\right)^{n}$.

(1) 若它的二项式系数之和为 512 . 求展开式中系数最大的项;

(2) 若 $x=3, n=2020$, 求二项式的值被 7 除的余数.
选项：
答案：答案: (1) 【解析】 $\because$ 二项式 $\left(x+3 x^{2}\right)^{n}$ 的二项式系数之和为 $512, \therefore 2^{n}=512, \therefore n=9$.

由 $\left\{\begin{array}{l}C_{9}^{r} \cdot 3^{r} \geqslant C_{9}^{j-1} \cdot 3^{r-1} \\ C_{9}^{r} \cdot 3^{r} \geqslant C_{9}^{j+1} \cdot 3^{r+1}\end{array}\right.$
展开式中系数最大的项为第 8 项, 为 $T_{8}=C_{9}^{\prime} x^{2}\left(3 x^{2}\right)^{\prime}=C_{9}^{\prime} \cdot 3^{\prime} x^{16}=78732 x^{16}$;

(2) 【解析】 若 $x=3, n=2020$,

$\left(x+3 x^{2}\right)^{n}=30^{2020}=(28+2)^{2020}$

$=28^{2020}+C_{2020}^{1} \cdot 28^{2019} \cdot 2+\cdots+C_{2020}^{2019} \cdot 28 \cdot 2^{2019}+2^{2020}=28 K+2^{2020}$

问题转化为 $2^{2020}$ 被 7 除的余数,

$2^{2020}=2 \cdot 8^{673}=2 \cdot(7+1)^{6 / 3}=2 \cdot\left[C_{673}^{0} \cdot 7^{673}+C_{673}^{1} \cdot 7^{672}+C_{673}^{2} \cdot 7^{671}+\ldots+C_{6723}^{6 / 2} \cdot 7+C_{673}^{6 / 3} \cdot 1\right]$ $=2 \times 7 k+2$, 即余数为
解析：答案: (1) 【解析】 $\because$ 二项式 $\left(x+3 x^{2}\right)^{n}$ 的二项式系数之和为 $512, \therefore 2^{n}=512, \therefore n=9$.

由 $\left\{\begin{array}{l}C_{9}^{r} \cdot 3^{r} \geqslant C_{9}^{j-1} \cdot 3^{r-1} \\ C_{9}^{r} \cdot 3^{r} \geqslant C_{9}^{j+1} \cdot 3^{r+1}\end{array}\right.$
展开式中系数最大的项为第 8 项, 为 $T_{8}=C_{9}^{\prime} x^{2}\left(3 x^{2}\right)^{\prime}=C_{9}^{\prime} \cdot 3^{\prime} x^{16}=78732 x^{16}$;

(2) 【解析】 若 $x=3, n=2020$,

$\left(x+3 x^{2}\right)^{n}=30^{2020}=(28+2)^{2020}$

$=28^{2020}+C_{2020}^{1} \cdot 28^{2019} \cdot 2+\cdots+C_{2020}^{2019} \cdot 28 \cdot 2^{2019}+2^{2020}=28 K+2^{2020}$

问题转化为 $2^{2020}$ 被 7 除的余数,

$2^{2020}=2 \cdot 8^{673}=2 \cdot(7+1)^{6 / 3}=2 \cdot\left[C_{673}^{0} \cdot 7^{673}+C_{673}^{1} \cdot 7^{672}+C_{673}^{2} \cdot 7^{671}+\ldots+C_{6723}^{6 / 2} \cdot 7+C_{673}^{6 / 3} \cdot 1\right]$ $=2 \times 7 k+2$, 即余数为
题目（高三 · 代数）：已知二项式 $\left(x+3 x^{2}\right)^{n}$.

(1) 若它的二项式系数之和为 512 . 求展开式中系数最大的项;

(2) 若 $x=3, n=2020$, 求二项式的值被 7 除的余数.
选项：
答案：答案: (1) 【解析】 $\because$ 二项式 $\left(x+3 x^{2}\right)^{n}$ 的二项式系数之和为 512 ,

$\therefore 2^{n}=512, \quad \therefore n=9$.

由 $\left\{\begin{array}{l}C_{9}^{r} \cdot 3^{r} \geqslant C_{9}^{j-1} \cdot 3^{r-1} \\ C_{9}^{r} \cdot 3^{r} \geqslant C_{9}^{j+1} \cdot 3^{j+1}\end{array}\right.$

展开式中系数最大的项为第 8 项, 为 $T_{8}=C_{9}^{\prime} x^{2}\left(3 x^{2}\right)^{\prime}=C_{9}^{\prime} \cdot 3^{\prime} x^{16}=78732 x^{16}$;

(2) 【解析】 若 $x=3, n=2020$,

$\left(x+3 x^{2}\right)^{n}=30^{2020}=(28+2)^{2020}$

$=28^{2020}+C_{2020}^{1} \cdot 28^{2019} \cdot 2+\cdots+C_{2020}^{2019} \cdot 28 \cdot 2^{2019}+2^{2020}=28 K+2^{2020}$

问题转化为 $2^{2020}$ 被 7 除的余数,

$2^{2020}=2 \cdot 8^{673}=2 \cdot(7+1)^{6 / 3}=2 \cdot\left[C_{673}^{0} \cdot 7^{673}+C_{673}^{1} \cdot 7^{672}+C_{673}^{2} \cdot 7^{671}+\ldots+C_{6723}^{6 / 2} \cdot 7+C_{673}^{6 / 3} \cdot 1\right]$ $=2 \times 7 k+2$, 即余数为 2 .
解析：答案: (1) 【解析】 $\because$ 二项式 $\left(x+3 x^{2}\right)^{n}$ 的二项式系数之和为 512 ,

$\therefore 2^{n}=512, \quad \therefore n=9$.

由 $\left\{\begin{array}{l}C_{9}^{r} \cdot 3^{r} \geqslant C_{9}^{j-1} \cdot 3^{r-1} \\ C_{9}^{r} \cdot 3^{r} \geqslant C_{9}^{j+1} \cdot 3^{j+1}\end{array}\right.$

展开式中系数最大的项为第 8 项, 为 $T_{8}=C_{9}^{\prime} x^{2}\left(3 x^{2}\right)^{\prime}=C_{9}^{\prime} \cdot 3^{\prime} x^{16}=78732 x^{16}$;

(2) 【解析】 若 $x=3, n=2020$,

$\left(x+3 x^{2}\right)^{n}=30^{2020}=(28+2)^{2020}$

$=28^{2020}+C_{2020}^{1} \cdot 28^{2019} \cdot 2+\cdots+C_{2020}^{2019} \cdot 28 \cdot 2^{2019}+2^{2020}=28 K+2^{2020}$

问题转化为 $2^{2020}$ 被 7 除的余数,

$2^{2020}=2 \cdot 8^{673}=2 \cdot(7+1)^{6 / 3}=2 \cdot\left[C_{673}^{0} \cdot 7^{673}+C_{673}^{1} \cdot 7^{672}+C_{673}^{2} \cdot 7^{671}+\ldots+C_{6723}^{6 / 2} \cdot 7+C_{673}^{6 / 3} \cdot 1\right]$ $=2 \times 7 k+2$, 即余数为 2 .
题目（高三 · 代数）：(12 分) 已知复数 $Z=\left(m^{2}+5 m+6\right)+\left(m^{2}-2 m-15\right) \mathrm{i}(m \in \mathbf{R})$

(1) 若复数 $z$ 是实数, 求实数 $m$ 的值

(2) 若复数 $z$ 是虚数, 求实数 $m$ 的取值范围;

(3) 若复数 $z$ 是纯虚数, 求实数 $m$ 的值;

(4) 若复数 $z$ 是 0 , 求实数 $m$ 的值.
选项：
答案：(1) ${ }^{m=5}$ 或 ${ }^{-3}$; (2) $\{m \mid m 
eq 5$ 且 $m 
eq-3\}$; (3) ${ }^{m=-2}$; (4) ${ }^{m=-3}$.
解析：(1) 当 $m^{2}-2 m-15=0$ 时, 复数 $z$ 为实数, 所以 ${ }^{m}=5$ 或 ${ }^{-3}$.(2) 当 $m^{2}-2 m-15 
eq 0$ 时, 复数 $z$ 为虚数, 所以 ${ }^{m 
eq 5}$ 且 ${ }^{m 
eq-3}$,所以实数 $m$ 的取值范围为 $\{m \mid m 
eq 5$ 且 $m 
eq-3\}$.(3) 当 $\left\{egin{array}{l}m^{2}-2 m-15 
eq 0 \ m^{2}+5 m+6=0\end{array}ight.$ 时, 复数 $z$ 是纯虚数, 所以 ${ }^{m}=-2$.$\left\{m^{2}-2 m-15=0ight.$(4) 当 $m^{2}+5 m+6=0$ 时, 复数 $z$ 是 0 , 所以 ${ }^{m=-3}$.
题目（高三 · 代数）：(12 分) 已知实系数一元二次方程 $x^{2}-a x+2 a+1=0(a \in \mathbf{R})$ 的一个根是

$1+2 i$, 求 $a$ 的值以及另一个根.
选项：
答案：$a=2,1-2 \mathrm{i}$.
解析：因为一元二次方程 $x^{2}-a x+2 a+1=0(a \in \mathbf{R})$ 的一个根是 $1+2 \mathrm{i}$,所以 $(1+2 \mathrm{i})^{2}-a(1+2 \mathrm{i})+2 a+1=0$,得 $(a-2)+(4-2 a) \mathrm{i}=0$, 所以 $a=2$.方程为 $x^{2}-2 x+5=0, \Delta=(-2)^{2}-4 	imes 1 	imes 5=-16$由求根公式可得 $x_{12}=rac{2 \pm \sqrt{16} \mathrm{i}}{2}=1 \pm 2 \mathrm{i}$,所以方程的另一个根为 $1-2 \mathrm{i}$.
题目（高三 · 代数）：(12 分) 若 $z_{1}, z_{2}$ 是实系数一元二次方程的两个虚根, $\omega=\frac{a(\sqrt{3}+\mathrm{i}) \cdot z_{1}}{z_{2}}$,

且 $|\omega| \leq 2$. 求:

(1) 实数 $a$ 的取值范围;

(2) $|(a-4)+a i|$ 的最大值.
选项：
答案：(1) $-1 \leq a \leq 1$ ；（2） $\sqrt{26}$.
解析：(1) $z_{1}, z_{2}$ 是实系数一元二次方程的两个虚根, $	herefore\left|z_{1}ight|=\left|z_{2}ight|$, $|\omega|=\left|rac{a(\sqrt{3}+\mathrm{i}) \cdot z_{1}}{z_{2}}ight|=rac{|a(\sqrt{3}+\mathrm{i})| \cdot z_{1} \mid}{\left|z_{2}ight|}=2|a| \leq 2$, 所以 $|a| \leq 1$.(2) $|(a-4)+a \mathrm{i}|=\sqrt{(a-4)^{2}+a^{2}}=\sqrt{2(a-2)^{2}+8}$ 在 $-1 \leq a \leq 1$ 上单调递减,所以当 $a=-1$ 时取到最大值 $\sqrt{26}$.
题目（高三 · 代数）：(12 分) 设 $z=a+b \mathrm{i}(a, b \in \mathbf{R})$ ，问:

(1) $a, b$ 满足什么条件时, $\frac{z}{1+z}$ 是实数;

(2) $a, b$ 满足什么条件时, $\frac{z}{1+z^{2}}$ 是实数.
选项：
答案：(1) $b=0$ 且 $a 
eq-1$ ；(2) $b=0$ 或 $a^{2}+b^{2}=1(a 
eq 0)$.
解析：(1) $rac{z}{1+z}=rac{a+b \mathrm{i}}{a+1+b \mathrm{i}}=rac{(a+b \mathrm{i})(a+1-b \mathrm{i})}{(a+1+b \mathrm{i})(a+1-b \mathrm{i})}$=rac{a(a+1)-a b \mathrm{i}+a b \mathrm{i}+b \mathrm{i}-b^{2} \mathrm{i}^{2}}{(a+1)^{2}-b^{2} \mathrm{i}^{2}}=rac{a^{2}+a+b^{2}+b \mathrm{i}}{(a+1)^{2}+b^{2}}$$=rac{a^{2}+a+b^{2}}{(a+1)^{2}+b^{2}}+rac{b i}{(a+1)^{2}+b^{2}}$.若 $rac{z}{1+z}$ 是实数, 则 $rac{b}{(a+1)^{2}+b^{2}}=0$ 且 $(a+1)^{2}+b^{2} 
eq 0$, 解得 $b=0$ 且 $a 
eq-1$,所以 $b=0$ 且 $a 
eq-1$ 时, $rac{z}{1+z}$ 是实数.(2) 若 $rac{z}{1+z^{2}}$ 是实数, 则 $rac{z}{1+z^{2}}=\overline{\left(rac{z}{1+z^{2}}ight)}$, 即 $rac{z}{1+z^{2}}=rac{ar{z}}{1+z^{2}}$,所以 $z+z ar{z}^{2}=ar{z}+z^{2} ar{z}$, 即 $(z-ar{z})(1-z ar{z})=0$, 解得 $z=ar{z}$ 或 $|z|=1$,所以 $a+b \mathrm{i}=a-b \mathrm{i}$, 或 $\sqrt{a^{2}+b^{2}}=1$, 解得 $b=0$ 或 $a^{2}+b^{2}=1(a 
eq 0)$ ，所以 $b=0$ 或 $a^{2}+b^{2}=1(a 
eq 0)$ 时, $rac{z}{1+z^{2}}$ 是实数.
题目（高三 · 代数）：(10 分) 已知复数 ${ }^{z_{1}=2+a \mathrm{i}}$ (其中 ${ }^{a \in \mathbf{R}}$ 且 $^{a>0}, \mathrm{i}$ 为虚数单位), 且 ${ }^{z_{1}^{2}}$ 为纯虚数.

(1) 求实数 $a$ 的值;
(2) 若 $z=\frac{z_{1}}{1-\mathrm{i}}$, 求复数 $z$ 的模 $|z|$.
选项：
答案：(1) ${ }^{a=2}$; (2) $|z|=2$.
解析：(1) $z_{1}^{2}=(2+a i)^{2}=4-a^{2}+4 a i$,因为 $z^{2}{ }^{2}$ 为纯虚数, 所以 $\left\{egin{array}{l}4-a^{2}=0 \ a>0\end{array}ight.$, , 解得 $a=2$.(2) $z_{1}=2+2 i, \quad z=rac{2+2 \mathrm{i}}{1-\mathrm{i}}=rac{(2+2 \mathrm{i})(1+\mathrm{i})}{(1-\mathrm{i})(1+\mathrm{i})}=rac{4 \mathrm{i}}{2}=2 \mathrm{i} \quad, \quad .|z|=2$.