eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高三 · 代数）：已知 $\mathrm{i}$ 虚数单位, $z_{1}=\frac{3-i}{1+i}$.

(I) 求 $\mid z_{1}$;

(II) 若复数 $z_{2}$ 的虚部为 2 , 且 $z_{1} z_{2}$ 的虚部为 0 , 求 $z_{2}$.
选项：
答案：答案: 【解析】 (I)

$$
z_{1}=\frac{3-i}{1-i}=\frac{(3-i)(1+i)}{(1-i)(1+i)}=\frac{4+2 i}{2}=2+i
$$

所以 $\mid z_{1}=\sqrt{2^{2}+1^{2}}=\sqrt{5}$;

(II) 设 $z_{2}=a+2 i(a \in R)$,

则 $z_{1} z_{2}=(2+i)(a+2 i)=(2 a-2)+(a+4) i$,

因为 $z_{1} z_{2}$ 的虚部为 0 ,

所以 $a+4=0$, 即 $a=-4$.

所以 $z_{2}=-4+2 i$.

【分析】(I) 利用复数的四则运算求出 $z_{1}$ 后可求其模. (II) 设 $z_{2}=a+2 i(a \in R)$, 利用复数的乘法计算出 $z_{1} z_{2}$ 后再根据虚部为 0 求出 $a$, 从而可得 $z_{2}$.
解析：答案: 【解析】 (I)

$$
z_{1}=\frac{3-i}{1-i}=\frac{(3-i)(1+i)}{(1-i)(1+i)}=\frac{4+2 i}{2}=2+i
$$

所以 $\mid z_{1}=\sqrt{2^{2}+1^{2}}=\sqrt{5}$;

(II) 设 $z_{2}=a+2 i(a \in R)$,

则 $z_{1} z_{2}=(2+i)(a+2 i)=(2 a-2)+(a+4) i$,

因为 $z_{1} z_{2}$ 的虚部为 0 ,

所以 $a+4=0$, 即 $a=-4$.

所以 $z_{2}=-4+2 i$.

【分析】(I) 利用复数的四则运算求出 $z_{1}$ 后可求其模. (II) 设 $z_{2}=a+2 i(a \in R)$, 利用复数的乘法计算出 $z_{1} z_{2}$ 后再根据虚部为 0 求出 $a$, 从而可得 $z_{2}$.
题目（高三 · 代数）：设实部为正数的复数 $z$, 满足 $|z|=\sqrt{10}$, 且复数 $(2+i) z$ 在复平面上对应的点在第二、四象限的角平分线上.

(1) 求复数 $z$;

(2) 若 $\bar{z}+m^{2}(-1+i)+4 m i(m \in R)$ 为纯虚数, 求实数 $m$ 的值.
选项：
答案：答案: (1) 【解析】 设 $z=a+b i, a, b \in \mathrm{R}, a>0$.

由题意: $a^{2}+b^{2}=10$. (1)

$(2+i)(a+b i)=2 a-b+(a+2 b) i$,

得 $2 a-b+a+2 b=0$,

$3 a+b=0$,

(1)2联立, 解得 $a=1, \quad b=-3$

得 $z=1-3 i$.

(2) 【解析】 由（1）可得 $\bar{z}=1+3 i$,

所以 $\bar{z}+m^{2}(-1+i)+4 m i=\left(-m^{2}+1\right)+\left(m^{2}+4 m+3\right) i$,

由题意可知 $\left\{\begin{array}{l}-m^{2}+1=0 \\ m^{2}+4 m+3 \neq 0,\end{array}\right.$

解得 $m= \pm 1$ 且 $m \neq-1$ 且 $m \neq-3$, 所以 $m=1$.

【分析】(1) 设 $z=a+b i(a, b \in R$ 且 $a>0)$, 由条件可得 $a^{2}+b^{2}=10$ (1),$a=-3 b(2)$. 由(1)(2)
联立的方程组得 $a 、 b$ 的值, 即可得到 $z$ 的值; (2) 根据实部为 0 , 虚部不为 0 即可求解 $m$.
解析：答案: (1) 【解析】 设 $z=a+b i, a, b \in \mathrm{R}, a>0$.

由题意: $a^{2}+b^{2}=10$. (1)

$(2+i)(a+b i)=2 a-b+(a+2 b) i$,

得 $2 a-b+a+2 b=0$,

$3 a+b=0$,

(1)2联立, 解得 $a=1, \quad b=-3$

得 $z=1-3 i$.

(2) 【解析】 由（1）可得 $\bar{z}=1+3 i$,

所以 $\bar{z}+m^{2}(-1+i)+4 m i=\left(-m^{2}+1\right)+\left(m^{2}+4 m+3\right) i$,

由题意可知 $\left\{\begin{array}{l}-m^{2}+1=0 \\ m^{2}+4 m+3 \neq 0,\end{array}\right.$

解得 $m= \pm 1$ 且 $m \neq-1$ 且 $m \neq-3$, 所以 $m=1$.

【分析】(1) 设 $z=a+b i(a, b \in R$ 且 $a>0)$, 由条件可得 $a^{2}+b^{2}=10$ (1),$a=-3 b(2)$. 由(1)(2)
联立的方程组得 $a 、 b$ 的值, 即可得到 $z$ 的值; (2) 根据实部为 0 , 虚部不为 0 即可求解 $m$.
题目（高三 · 代数）：已知复数 $\mathrm{z}_{1}=\mathrm{a}-2 \mathrm{i}, z_{2}=3+4 i(a \in R, \mathrm{i}$ 为虚数单位 $)$.

(1) 若 $z_{1} \cdot z_{2}$ 是纯虚数, 求实数 $\mathrm{a}$ 的值;

(2) 若复数 $z_{1} \cdot z_{2}$ 在复平面上对应的点在第四象限, 求实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围.
选项：
答案：答案: (1) 【解析】 依据 $z_{1} \cdot z_{2}=(a-2 i) \cdot(3+4 i)=(3 a+8)+(4 a-6) i$

根据题意 $z_{1} \cdot z_{2}$ 是纯虚数, $\left\{\begin{array}{l}3 a+8=0 \\ 4 a-6 \neq 0,\end{array} \quad a=-\frac{8}{3}\right.$;

(2) 【解析】 根据题意 $z_{1} \cdot z_{2}$ 在复平面上对应的点在第四象限,

可得 $\left\{\begin{array}{l}3 a+8>0 \\ 4 a-6<0\end{array} \Rightarrow-\frac{8}{3}<a<\frac{3}{2}\right.$,

所以实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $\left\{d-\frac{8}{3}<a<\frac{3}{2}\right\}$.

【分析】(1)由纯虚数概念明确实数 $a$ 的值; (2) 点在第四象限推出实部大于零, 虚部小于零.
解析：答案: (1) 【解析】 依据 $z_{1} \cdot z_{2}=(a-2 i) \cdot(3+4 i)=(3 a+8)+(4 a-6) i$

根据题意 $z_{1} \cdot z_{2}$ 是纯虚数, $\left\{\begin{array}{l}3 a+8=0 \\ 4 a-6 \neq 0,\end{array} \quad a=-\frac{8}{3}\right.$;

(2) 【解析】 根据题意 $z_{1} \cdot z_{2}$ 在复平面上对应的点在第四象限,

可得 $\left\{\begin{array}{l}3 a+8>0 \\ 4 a-6<0\end{array} \Rightarrow-\frac{8}{3}<a<\frac{3}{2}\right.$,

所以实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $\left\{d-\frac{8}{3}<a<\frac{3}{2}\right\}$.

【分析】(1)由纯虚数概念明确实数 $a$ 的值; (2) 点在第四象限推出实部大于零, 虚部小于零.
题目（高三 · 代数）：已知复数 $z$ 满足 $(1+2 i) z=4+3 i$ ( $i$ 是虚数单位 $)$.

求: (1) $z$

(2) $\left|z^{2}-\frac{1}{z}\right|$.
选项：
答案：(1) 【解析】由题 $z=rac{4+3 i}{1+2 i}=rac{(4+3 i)(1-2 i)}{(1+2 i)(1-2 i)}=rac{10-5 i}{5}=2-i \quad$. 即 $z=2-i$;(2) 【解析】由(1) $z=2-i$, 故 $z^{2}-ar{z}=(2-i)^{2}-(2+i)=1-5 i$,故 $\left|z^{2}-rac{z}{z}ight|=\sqrt{1^{2}+(-5)^{2}}=\sqrt{26}$.即 $\left|z^{2}-ar{z}ight|=\sqrt{26}$.
题目（高三 · 代数）：计算:

$\left(1-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} i\right)\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2} i\right)(1+i)$
(2) $\frac{(1-4 i)(1+i)+2+4 i}{3+4 i}$;
选项：
答案：答案:

(1) 解:

$$
\left(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} i\right)\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2} i\right) \cdot(1+\mathrm{i})
$$

$=\left[\left(-\frac{\sqrt{3}}{4}-\frac{\sqrt{3}}{4}\right)+\left(\frac{3}{4}-\frac{1}{4}\right) \mathrm{i}(1+i)\right.$

$=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2} i\right)(1+i)$

$=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$

$=-\frac{1+\sqrt{3}}{2}+\frac{1-\sqrt{3}}{2} i$

(2) 【解析】$\frac{(1-4 i)(1+i)+2+4 i}{3+4 i}=\frac{5-3 i+2+4 i}{3+4 i}$

$=\frac{7+i}{3+4 i}=\frac{(7+i)(3-4 i)}{(3+4 i)(3-4 i)}$

$=\frac{21-28 i+3 i+4}{25}$

$=\frac{25-25 i}{25}$

$=1-i$.

【分析】(1) 先计算 $\left(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} i\right)\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2} i\right)\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2} i\right)$, 再计算 $\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2} i\right)(1+i)$ 得到答案. (2) 化简得到 $\frac{(1-4 i)(1+i)+2+4 i}{3+4 i}=\frac{7+i}{3+4 i}$, 再计算得到答案.
解析：答案:

(1) 解:

$$
\left(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} i\right)\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2} i\right) \cdot(1+\mathrm{i})
$$

$=\left[\left(-\frac{\sqrt{3}}{4}-\frac{\sqrt{3}}{4}\right)+\left(\frac{3}{4}-\frac{1}{4}\right) \mathrm{i}(1+i)\right.$

$=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2} i\right)(1+i)$

$=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$

$=-\frac{1+\sqrt{3}}{2}+\frac{1-\sqrt{3}}{2} i$

(2) 【解析】$\frac{(1-4 i)(1+i)+2+4 i}{3+4 i}=\frac{5-3 i+2+4 i}{3+4 i}$

$=\frac{7+i}{3+4 i}=\frac{(7+i)(3-4 i)}{(3+4 i)(3-4 i)}$

$=\frac{21-28 i+3 i+4}{25}$

$=\frac{25-25 i}{25}$

$=1-i$.

【分析】(1) 先计算 $\left(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} i\right)\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2} i\right)\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2} i\right)$, 再计算 $\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2} i\right)(1+i)$ 得到答案. (2) 化简得到 $\frac{(1-4 i)(1+i)+2+4 i}{3+4 i}=\frac{7+i}{3+4 i}$, 再计算得到答案.
题目（高三 · 代数）：若复数 $z_{1 \text { 满足 }}\left(z_{1}-2+i\right)(1+i)=1-i$ ( $i$ 为虚数单位), 复数 $z_{2}$ 的虚部为 2 , 且 $z_{1} z_{2}$ 是实数,求 $z_{2}$.
选项：
答案：答案: 【解析】由已知, $z_{1}=2-i+\frac{1-i}{1+i}=2-i-i=2-2 i$,

设 $z_{2}=a+2 i, a \in R$, 则 $z_{1} z_{2}=2(1-i)(a+2 i)=2(a+2+(2-a) i)$,

因 $z_{1} z_{2}$ 是实数, 所以 $2-a=0$, 即 $a=2$, 所以 $z_{2}=2+2 i$.

【分析】先利用复数的除法运算得到 $z_{1}=2-2 i$, 再设 $z_{2}=a+2 i, a \in R$, 利用 $z_{1} z_{2}$ 是实数得到 a.
解析：答案: 【解析】由已知, $z_{1}=2-i+\frac{1-i}{1+i}=2-i-i=2-2 i$,

设 $z_{2}=a+2 i, a \in R$, 则 $z_{1} z_{2}=2(1-i)(a+2 i)=2(a+2+(2-a) i)$,

因 $z_{1} z_{2}$ 是实数, 所以 $2-a=0$, 即 $a=2$, 所以 $z_{2}=2+2 i$.

【分析】先利用复数的除法运算得到 $z_{1}=2-2 i$, 再设 $z_{2}=a+2 i, a \in R$, 利用 $z_{1} z_{2}$ 是实数得到 a.
题目（高三 · 代数）：已知复数 $z=1-i$ ( $i$ 是虚数单位 $)$.



(1) 求 $z^{2}-z$;

(2) 如图, 复数 $z_{1}, z_{2}$ 在复平面上的对应点分别是 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$, 求 $\frac{z_{1}+z_{2}}{z}$.
选项：
答案：答案: (1) 【解析】$\because z=1-i$,

$\therefore z^{2}-z=(1-i)^{2}-(1-i)=1-2 i+i^{2}-1+i=-1-i ;$

(2) 【解析】$\because z_{1}=2 i, \quad z_{2}=2+i$,

$\therefore \frac{z_{1}+z_{2}}{z}=\frac{2 i+2+i}{1-i}=\frac{2+3 i}{1-i}=\frac{(2+3 i)(1+i)}{(1-i)(1+i)}=-\frac{1}{2}+\frac{5}{2} i$

【分析】（1）把 $z=1-i$ 代入 $z^{2}-z$, 再由复数代数形式的乘除运算化简得答案; (2) 由图形求得 $z_{1}, z_{2}$, 代入 $\frac{z_{1}+z_{2}}{z}$, 再由复数代数形式的乘除运算化简得答案.
解析：答案: (1) 【解析】$\because z=1-i$,

$\therefore z^{2}-z=(1-i)^{2}-(1-i)=1-2 i+i^{2}-1+i=-1-i ;$

(2) 【解析】$\because z_{1}=2 i, \quad z_{2}=2+i$,

$\therefore \frac{z_{1}+z_{2}}{z}=\frac{2 i+2+i}{1-i}=\frac{2+3 i}{1-i}=\frac{(2+3 i)(1+i)}{(1-i)(1+i)}=-\frac{1}{2}+\frac{5}{2} i$

【分析】（1）把 $z=1-i$ 代入 $z^{2}-z$, 再由复数代数形式的乘除运算化简得答案; (2) 由图形求得 $z_{1}, z_{2}$, 代入 $\frac{z_{1}+z_{2}}{z}$, 再由复数代数形式的乘除运算化简得答案.
题目（高三 · 代数）：设复数 $z_{1}=2+a i(a \in R)$, 复数 $z_{2}=3-i$.

(I) 若 $\left(z_{1}+z_{2}\right)^{2} \in R$, 求实数 $a$ 的值.

(II) 若 $\frac{z_{1}}{z_{2}}=b+\frac{1}{2} i$, 求实数 $a, b$ 的值.
选项：
答案：答案: 【解析】(I) $\left(z_{1}+z_{2}\right)^{2}=[(2+a i)+(3-i)]^{2}$

$=[5+(a-1) i]^{2}=25-(a-1)^{2}+10(a-1) i$,

因为 $\left(z_{1}+z_{2}\right)^{2} \in \mathrm{R}$, 所以, $a-1=0, a=1$;

(II) 解法 1: $\frac{z_{1}}{z_{2}}=\frac{2+a i}{3-i}=\frac{6-a}{10}+\frac{3 a+2}{10} i=b+\frac{1}{2} i$,

所以 $\left\{\begin{array}{l}\frac{6-a}{10}=b \\ \frac{3 a+2}{10}=\frac{1}{2}\end{array}\right.$, 因此, $\left\{\begin{array}{l}a=1 \\ b=\frac{1}{2}\end{array}\right.$;
解法 2: $\frac{z_{1}}{z_{2}}=\frac{2+a i}{3-i} \therefore \frac{2+a i}{3-i}=b+\frac{1}{2} i \therefore 2+a i=3 b+\frac{1}{2}+\left(\frac{3}{2}-b\right) i$,

则 $\left\{\begin{array}{l}2=3 b+\frac{1}{2} \\ a=\frac{3}{2}-b\end{array}\right.$, 所以 $\left\{\begin{array}{l}a=1 \\ b=\frac{1}{2}\end{array}\right.$.

【分析】(1) 根据复数的加法和乘法运算, 求出 $\left(z_{1}+z_{2}\right)^{2}$, 结合实数的虚部为 0 , 解方程, 即可求出实数 $\mathrm{a}$ 的值; (2) 根据复数的除法, 求出 $\frac{z_{1}}{Z_{2}}$, 结合两复数相等则实部与实部相等, 虚部与虚部相等, 解方程组, 即可求出 $\mathrm{a}$ 和 $\mathrm{b}$ 的值.
解析：答案: 【解析】(I) $\left(z_{1}+z_{2}\right)^{2}=[(2+a i)+(3-i)]^{2}$

$=[5+(a-1) i]^{2}=25-(a-1)^{2}+10(a-1) i$,

因为 $\left(z_{1}+z_{2}\right)^{2} \in \mathrm{R}$, 所以, $a-1=0, a=1$;

(II) 解法 1: $\frac{z_{1}}{z_{2}}=\frac{2+a i}{3-i}=\frac{6-a}{10}+\frac{3 a+2}{10} i=b+\frac{1}{2} i$,

所以 $\left\{\begin{array}{l}\frac{6-a}{10}=b \\ \frac{3 a+2}{10}=\frac{1}{2}\end{array}\right.$, 因此, $\left\{\begin{array}{l}a=1 \\ b=\frac{1}{2}\end{array}\right.$;
解法 2: $\frac{z_{1}}{z_{2}}=\frac{2+a i}{3-i} \therefore \frac{2+a i}{3-i}=b+\frac{1}{2} i \therefore 2+a i=3 b+\frac{1}{2}+\left(\frac{3}{2}-b\right) i$,

则 $\left\{\begin{array}{l}2=3 b+\frac{1}{2} \\ a=\frac{3}{2}-b\end{array}\right.$, 所以 $\left\{\begin{array}{l}a=1 \\ b=\frac{1}{2}\end{array}\right.$.

【分析】(1) 根据复数的加法和乘法运算, 求出 $\left(z_{1}+z_{2}\right)^{2}$, 结合实数的虚部为 0 , 解方程, 即可求出实数 $\mathrm{a}$ 的值; (2) 根据复数的除法, 求出 $\frac{z_{1}}{Z_{2}}$, 结合两复数相等则实部与实部相等, 虚部与虚部相等, 解方程组, 即可求出 $\mathrm{a}$ 和 $\mathrm{b}$ 的值.
题目（高三 · 代数）：已知复数 $z=1+2 i$ ( $i$ 为虚数单位)

(1) 若 $z^{\prime} z_{0}=2 z+z_{0}$, 求复数 $z_{0}$ 的共轭复数;

(2) 若 $z$ 是关于 $x$ 的方程 $x^{2}-m x+5=0$ 一个虚根, 求实数 $m$ 的值.
选项：
答案：答案: (1) 【解析】因为复数 $z=1+2 i, z \cdot z_{0}=2 z+z_{0}$

所以 $(z-1) \cdot z_{0}=2 z$, 即 $z_{0}=\frac{2 z}{(z-1)}=\frac{2(1+2 i)}{2 i}=\frac{2(1+2 i) i}{2 i^{2}}=2-i$

所以 $\overline{z_{0}}=2+i$;

(2) 【解析】因为复数 $z=1+2 i$ 是关于 $x$ 的方程 $x^{2}-m x+5=0$ 一个虚根,

所以 $(1+2 i)^{2}-m(1+2 i)+5=0$,

整理得 $2-m+(4-2 m) i=0$, 解 $m=2$.

【分析】（1）根据复数的四则运算, 求出 $z_{0}$, 即可得到共轪复数;（2）根据复数 $\mathrm{z}$ 是方程的一个虚根, 代入即可求出实数 $\mathrm{m}$ 的值.
解析：答案: (1) 【解析】因为复数 $z=1+2 i, z \cdot z_{0}=2 z+z_{0}$

所以 $(z-1) \cdot z_{0}=2 z$, 即 $z_{0}=\frac{2 z}{(z-1)}=\frac{2(1+2 i)}{2 i}=\frac{2(1+2 i) i}{2 i^{2}}=2-i$

所以 $\overline{z_{0}}=2+i$;

(2) 【解析】因为复数 $z=1+2 i$ 是关于 $x$ 的方程 $x^{2}-m x+5=0$ 一个虚根,

所以 $(1+2 i)^{2}-m(1+2 i)+5=0$,

整理得 $2-m+(4-2 m) i=0$, 解 $m=2$.

【分析】（1）根据复数的四则运算, 求出 $z_{0}$, 即可得到共轪复数;（2）根据复数 $\mathrm{z}$ 是方程的一个虚根, 代入即可求出实数 $\mathrm{m}$ 的值.
题目（高三 · 代数）：已知函数 $f(x)=x^{3}-x^{2}-x+1$.

(1) 求 $f(x)$ 在点 $(0, f(0))$ 处的切线;

（2）求 $f(x)$ 在区间 $[0,2]$ 上的最大值和最小值.
选项：
答案：答案: (1) 【解析】$f^{\prime}(x)=3 x^{2}-2 x-1 f^{\prime}(0)=-1$, 又 $f(0)=1$,

所以切线方程为 $y-1=-1 \cdot(x-0), \quad$ 即 $x+y=1$;

(2) 【解析】由 (1) 知 $f^{\prime}(x)>0=x>1$ 或 $x<-\frac{1}{3}$,

$\therefore f(x)$ 在 $[0,1]$ 上单减, 在 $[1,2]$ 上单增,

又 $f(0)=1, f(1)=0, f(2)=3$,

$\therefore f(x)$ 在 $[0,2]$ 上的最大值为 3 , 最小值为 0

【分析】(1) 求出函数的导数,求出切点坐标以及切线的斜率,借助于点斜式方程写出切线; (2) 判断出函数的单调性,求出极值和端点值, 通过比较可得出最值.
解析：答案: (1) 【解析】$f^{\prime}(x)=3 x^{2}-2 x-1 f^{\prime}(0)=-1$, 又 $f(0)=1$,

所以切线方程为 $y-1=-1 \cdot(x-0), \quad$ 即 $x+y=1$;

(2) 【解析】由 (1) 知 $f^{\prime}(x)>0=x>1$ 或 $x<-\frac{1}{3}$,

$\therefore f(x)$ 在 $[0,1]$ 上单减, 在 $[1,2]$ 上单增,

又 $f(0)=1, f(1)=0, f(2)=3$,

$\therefore f(x)$ 在 $[0,2]$ 上的最大值为 3 , 最小值为 0

【分析】(1) 求出函数的导数,求出切点坐标以及切线的斜率,借助于点斜式方程写出切线; (2) 判断出函数的单调性,求出极值和端点值, 通过比较可得出最值.
题目（高三 · 代数）：已知函数 $f(x)=2 x^{3}-3 a x^{2}-2$, 其中 $a \in R$.

(1) 求 $a=1$, 求 $f(x)$ 在 $\lfloor 0,2\rfloor$ 上的最大值和最小值;

（2）若 $x=2$ 是函数 $f(x)$ 的一个极值点, 求实数 $a$ 的值.
选项：
答案：答案: (1) 【解析】当 $a=1$ 时, $f(x)=2 x^{3}-3 x^{2}-2, f^{\prime}(x)=6 x^{2}-6 x$,

令 $f^{\prime}(x)=6 x^{2}-6 x=0$ 得 $x_{1}=0, x_{2}=1$,

列表如下:

| $x$ | 0 | $(0,1)$ | 1 | $(1,2)$ | 2 |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| $f^{\prime}(x)$ | 0 | - | 0 | + |  |
| $f(x)$ | -2 | 减 | -3 | 增 | 2 |

由表可知, 函数 $f(x)$ 在 $\lfloor 0,2\rfloor$ 上最大值为 2 , 最小值为 -3 .

(2) 【解析】$f^{\prime}(x)=6 x^{2}-6 a x$,

因为 $x=2$ 是函数 $f(x)$ 的一个极值点,

所以 $f^{\prime}(2)=0$, 解得 $a=2$.

当 $a=2$ 时, $f^{\prime}(x)=6 x^{2}-12 x$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x_{1}=0, x_{2}=2$.

列表如下:

| $x$ | $(-\infty, 0)$ | 0 | $(0,2)$ | 2 | $(2,+\infty)$ |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| $f^{\prime}(x)$ | + | 0 | - | 0 | + |
| $f(x)$ | 增 | 极大值 $f(0)$ | 减 | 极小值 $f(2)$ | 增 |

因此, 当 $a=2$ 时, $x=2$ 是函数 $f(x)$ 的一个极值点

【分析】(1) 把 $a=1$ 代入函数中, 然后对函数求导求极值, 再求出端点处的函数值, 与极值比较,最小的为函数的最小值, 最大的为函数的最大值; (2) 由于 $x=2$ 是函数 $f(x)$ 的一个极值点, 所以 $f^{\prime}(2)=0$, 求得 $a=2$, 然后把 $a=2$ 代入函数中, 需要验证 $x=2$ 是否是函数的极值点, 若导函数在 $x=2$ 两侧的函数值异号, 则 $a=2$ 可以取, 否则不能取.
解析：答案: (1) 【解析】当 $a=1$ 时, $f(x)=2 x^{3}-3 x^{2}-2, f^{\prime}(x)=6 x^{2}-6 x$,

令 $f^{\prime}(x)=6 x^{2}-6 x=0$ 得 $x_{1}=0, x_{2}=1$,

列表如下:

| $x$ | 0 | $(0,1)$ | 1 | $(1,2)$ | 2 |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| $f^{\prime}(x)$ | 0 | - | 0 | + |  |
| $f(x)$ | -2 | 减 | -3 | 增 | 2 |

由表可知, 函数 $f(x)$ 在 $\lfloor 0,2\rfloor$ 上最大值为 2 , 最小值为 -3 .

(2) 【解析】$f^{\prime}(x)=6 x^{2}-6 a x$,

因为 $x=2$ 是函数 $f(x)$ 的一个极值点,

所以 $f^{\prime}(2)=0$, 解得 $a=2$.

当 $a=2$ 时, $f^{\prime}(x)=6 x^{2}-12 x$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x_{1}=0, x_{2}=2$.

列表如下:

| $x$ | $(-\infty, 0)$ | 0 | $(0,2)$ | 2 | $(2,+\infty)$ |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| $f^{\prime}(x)$ | + | 0 | - | 0 | + |
| $f(x)$ | 增 | 极大值 $f(0)$ | 减 | 极小值 $f(2)$ | 增 |

因此, 当 $a=2$ 时, $x=2$ 是函数 $f(x)$ 的一个极值点

【分析】(1) 把 $a=1$ 代入函数中, 然后对函数求导求极值, 再求出端点处的函数值, 与极值比较,最小的为函数的最小值, 最大的为函数的最大值; (2) 由于 $x=2$ 是函数 $f(x)$ 的一个极值点, 所以 $f^{\prime}(2)=0$, 求得 $a=2$, 然后把 $a=2$ 代入函数中, 需要验证 $x=2$ 是否是函数的极值点, 若导函数在 $x=2$ 两侧的函数值异号, 则 $a=2$ 可以取, 否则不能取.
题目（高三 · 代数）：已知函数 $f(x)=\mathrm{e}^{x}+a x^{2}-x$.

（1）当 $\mathrm{a}=1$ 时, 讨论 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的单调性;

(2) 当 $x \geq 0$ 时, $f(x) \geq \frac{1}{2} x^{3}+1$, 求 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：答案: (1) 【解析】当 $a=1$ 时, $f(x)=e^{x}+x^{2}-x, f^{\prime}(x)=e^{x}+2 x-1$,

由于 $f^{\prime \prime}(x)=e^{x}+2>0$, 故 $f^{\prime}(x)$ 单调递增, 注意到 $f^{\prime}(0)=0$,

故: 当 $x \in(-\infty, 0)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减,

当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增;

(2) 【解析】由 $f(x) \geq \frac{1}{2} x^{3}+1$ 得, $e^{x}+a x^{2}-x \geqslant \frac{1}{2} x^{3}+1$, 其中 $x \geq 0$,

(1).当 $\mathrm{x}=0$ 时，不等式为: $1 \geq 1$ ，显然成立，符合题意;

(2).当 $x>0$ 时，分离参数 a 得， $a \geqslant-\frac{e^{x-\frac{1}{2} x^{3}-x-1}}{x^{2}}$,

记 $g(x)=-\frac{e^{x-\frac{1}{2} x^{3}-x-1}}{x^{2}}, g^{\prime}(x)=-\frac{(x-2)\left(e^{\left.x-\frac{1}{2} x^{2}-x-1\right)}\right.}{x^{3}}$,

令 $h(x)=e^{x}-\frac{1}{2} x^{2}-x-1(x \geq 0)$,

则 $h(x)=e^{x}-x-1, \quad h^{\prime \prime}(x)=e^{x}-1 \geq 0$,

故 $h(x)$ 单调递增, $h(x) \geq h(0)=0$,

故函数 $h(x)$ 单调递增, $h(x) \geq h(0)=0$,

由 $h(x) \geq 0$ 可得: $e^{x}-\frac{1}{2} x^{2}-x-1 \geqslant 0$ 恒成立,

故当 $x \in(0,2)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增;

当 $x \in(2,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)_{\text {单调递减; }}$

因此, $[g(x)]_{\max }=g(2)=\frac{7-e^{2}}{4}$,

综上可得, 实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $\left[\frac{7-e^{2}}{4},+\infty\right)$.

【分析】(1)由题意首先对函数二次求导, 然后确定导函数的符号, 最后确定原函数的单调性即可.(2)首先讨论 $\mathrm{x}=0$ 的情况, 然后分离参数, 构造新函数, 结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围.
解析：答案: (1) 【解析】当 $a=1$ 时, $f(x)=e^{x}+x^{2}-x, f^{\prime}(x)=e^{x}+2 x-1$,

由于 $f^{\prime \prime}(x)=e^{x}+2>0$, 故 $f^{\prime}(x)$ 单调递增, 注意到 $f^{\prime}(0)=0$,

故: 当 $x \in(-\infty, 0)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减,

当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增;

(2) 【解析】由 $f(x) \geq \frac{1}{2} x^{3}+1$ 得, $e^{x}+a x^{2}-x \geqslant \frac{1}{2} x^{3}+1$, 其中 $x \geq 0$,

(1).当 $\mathrm{x}=0$ 时，不等式为: $1 \geq 1$ ，显然成立，符合题意;

(2).当 $x>0$ 时，分离参数 a 得， $a \geqslant-\frac{e^{x-\frac{1}{2} x^{3}-x-1}}{x^{2}}$,

记 $g(x)=-\frac{e^{x-\frac{1}{2} x^{3}-x-1}}{x^{2}}, g^{\prime}(x)=-\frac{(x-2)\left(e^{\left.x-\frac{1}{2} x^{2}-x-1\right)}\right.}{x^{3}}$,

令 $h(x)=e^{x}-\frac{1}{2} x^{2}-x-1(x \geq 0)$,

则 $h(x)=e^{x}-x-1, \quad h^{\prime \prime}(x)=e^{x}-1 \geq 0$,

故 $h(x)$ 单调递增, $h(x) \geq h(0)=0$,

故函数 $h(x)$ 单调递增, $h(x) \geq h(0)=0$,

由 $h(x) \geq 0$ 可得: $e^{x}-\frac{1}{2} x^{2}-x-1 \geqslant 0$ 恒成立,

故当 $x \in(0,2)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增;

当 $x \in(2,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)_{\text {单调递减; }}$

因此, $[g(x)]_{\max }=g(2)=\frac{7-e^{2}}{4}$,

综上可得, 实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $\left[\frac{7-e^{2}}{4},+\infty\right)$.

【分析】(1)由题意首先对函数二次求导, 然后确定导函数的符号, 最后确定原函数的单调性即可.(2)首先讨论 $\mathrm{x}=0$ 的情况, 然后分离参数, 构造新函数, 结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围.
题目（高三 · 代数）：已知 $\mathrm{i}$ 虚数单位, $z_{1}=\frac{3-i}{1+i}$.

(I) 求 $\mid z_{1}$;

(II) 若复数 $z_{2}$ 的虚部为 2 , 且 $z_{1} z_{2}$ 的虚部为 0 , 求 $z_{2}$.
选项：
答案：解析】$ecause f(x)=(x-1) e^{x}, 	herefore f(1)=0$$ecause f^{\prime}(x)=x e^{x}, \quad f^{\prime}(1)=e$.$	herefore f(x)$ 在 $x=1$ 处的切线方程为: $y-0=e(x-1)$, 即 $y=e x-e$【分析】根据导数的几何意义求解即可.
解析：答案: 【解析】 (I)

$$
z_{1}=\frac{3-i}{1-i}=\frac{(3-i)(1+i)}{(1-i)(1+i)}=\frac{4+2 i}{2}=2+i
$$

所以 $\mid z_{1}=\sqrt{2^{2}+1^{2}}=\sqrt{5}$;

(II) 设 $z_{2}=a+2 i(a \in R)$,

则 $z_{1} z_{2}=(2+i)(a+2 i)=(2 a-2)+(a+4) i$,

因为 $z_{1} z_{2}$ 的虚部为 0 ,

所以 $a+4=0$, 即 $a=-4$.

所以 $z_{2}=-4+2 i$.

【分析】(I) 利用复数的四则运算求出 $z_{1}$ 后可求其模. (II) 设 $z_{2}=a+2 i(a \in R)$, 利用复数的乘法计算出 $z_{1} z_{2}$ 后再根据虚部为 0 求出 $a$, 从而可得 $z_{2}$.
题目（高三 · 代数）：已知复数 $z$ 满足 $(1+2 i) z=4+3 i$ ( $i$ 是虚数单位 $)$.

求: (1) $z$

(2) $\left|z^{2}-\frac{1}{z}\right|$.
选项：
答案：答案: (1) 【解析】 由题 $z=\frac{4+3 i}{1+2 i}=\frac{(4+3 i)(1-2 i)}{(1+2 i)(1-2 i)}=\frac{10-5 i}{5}=2-i$. 即 $z=2-i$

(2) 【解析】 由(1) $z=2-i$, 故 $z^{2}-\bar{z}=(2-i)^{2}-(2+i)=1-5 i$,故 $\left|z^{2}-\frac{z}{z}\right|=\sqrt{1^{2}+(-5)^{2}}=\sqrt{26}$,即 $\left|z^{2}-\bar{z}\right|=\sqrt{26}$.

【分析】(1)易得 $z=\frac{4+3 i}{1+2 i}$, 利用复数的除法运算即可.(2)由(1)分别求 $z^{2}, \bar{z}$ 再计算 $z^{2}-\bar{z}$ 求模长即可.
题目（高三 · 代数）：已知复数 $z=1-i(i$ 是虚数单位 $)$.



(1) 求 $z^{2}-z$;

(2) 如图, 复数 $z_{1}, z_{2}$ 在复平面上的对应点分别是 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$, 求 $\frac{z_{1}+z_{2}}{z}$.
选项：
答案：答案: (1) 【解析】 $\because z=1-i$, $\therefore z^{2}-z=(1-i)^{2}-(1-i)=1-2 i+i^{2}-1+i=-1-i$;

(2) 【解析】 $\because z_{1}=2 i, \quad z_{2}=2+i$,

$$
\therefore \frac{z_{1}+z_{2}}{z}=\frac{2 i+2+i}{1-i}=\frac{2+3 i}{1-i}=\frac{(2+3 i)(1+i)}{(1-i)(1+i)}=-\frac{1}{2}+\frac{5}{2} i
$$

【分析】（1）把 $z=1-i$ 代入 $z^{2}-z$, 再由复数代数形式的乘除运算化简得答案; (2) 由图形求得 $z_{1}, z_{2}$, 代入 $\frac{z_{1}+z_{2}}{z}$, 再由复数代数形式的乘除运算化简得答案.
解析：答案: (1) 【解析】 $\because z=1-i$, $\therefore z^{2}-z=(1-i)^{2}-(1-i)=1-2 i+i^{2}-1+i=-1-i$;

(2) 【解析】 $\because z_{1}=2 i, \quad z_{2}=2+i$,

$$
\therefore \frac{z_{1}+z_{2}}{z}=\frac{2 i+2+i}{1-i}=\frac{2+3 i}{1-i}=\frac{(2+3 i)(1+i)}{(1-i)(1+i)}=-\frac{1}{2}+\frac{5}{2} i
$$

【分析】（1）把 $z=1-i$ 代入 $z^{2}-z$, 再由复数代数形式的乘除运算化简得答案; (2) 由图形求得 $z_{1}, z_{2}$, 代入 $\frac{z_{1}+z_{2}}{z}$, 再由复数代数形式的乘除运算化简得答案.
题目（高三 · 代数）：已知复数 $z=\left(m^{2}-3 m+2\right)+(m-1) i(i$ 为虚数单位 $)$.

(1) 若 $\mathrm{z}$ 是纯虚数, 求实数 $m$ 的值;

(2) 在复平面内, 若 $\mathrm{z}$ 所对应的点在直线 $y=2 x+1$ 的上方, 求实数 $\mathrm{m}$ 的取值范围.
选项：
答案：答案: (1) 【解析】 $\because z$ 是纯虚数, $\therefore\left\{\begin{array}{l}m^{2}-3 m+2=0 \\ m-1 \neq 0\end{array}\right.$,

解得 $\left\{\begin{array}{l}m=1 \text { 或 } m=2 \\ m \neq 1\end{array}, \therefore m=2\right.$

(2) 【解析】 z 所对应的点是 $\left(m^{2}-3 m+2, m-1\right)$,

$\because z$ 所对应的点在直线 $y=2 x+1$ 的上方, 即 $m-1>2\left(m^{2}-3 m+2\right)+1$,

化简得 $2 m^{2}-7 m+6<0$, 即 $(m-2)(2 m-3)<0, \therefore \frac{3}{2}<m<2$.

【分析】(1) 由复数的分类求解; (2) 写出对应点的坐标, 点在直线 $y=2 x+1$ 上方, 就是点的坐标适合不等式 $y>2 x+1$ 代入后不等式可得.
解析：答案: (1) 【解析】 $\because z$ 是纯虚数, $\therefore\left\{\begin{array}{l}m^{2}-3 m+2=0 \\ m-1 \neq 0\end{array}\right.$,

解得 $\left\{\begin{array}{l}m=1 \text { 或 } m=2 \\ m \neq 1\end{array}, \therefore m=2\right.$

(2) 【解析】 z 所对应的点是 $\left(m^{2}-3 m+2, m-1\right)$,

$\because z$ 所对应的点在直线 $y=2 x+1$ 的上方, 即 $m-1>2\left(m^{2}-3 m+2\right)+1$,

化简得 $2 m^{2}-7 m+6<0$, 即 $(m-2)(2 m-3)<0, \therefore \frac{3}{2}<m<2$.

【分析】(1) 由复数的分类求解; (2) 写出对应点的坐标, 点在直线 $y=2 x+1$ 上方, 就是点的坐标适合不等式 $y>2 x+1$ 代入后不等式可得.
题目（高三 · 代数）：已知复数 $z=3 a+(3 a-2) i, \mathrm{i}$ 为虚数单位, $a \in R$.

(1) 若 $\mathrm{z}$ 是实数, 求实数 $\mathrm{a}$ 的值;

(2) 若 $|z|=\sqrt{10}$, 求实数 $\mathrm{a}$ 的值;

(3) 若 $\mathrm{z}$ 在复平面内对应的点位于第三象限, 求实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围.
选项：
答案：答案: (1) 【解析】 由题意 $3 a-2=0, a=\frac{2}{3}$;

(2) 【解析】 由已知 $|z|=\sqrt{(3 a)^{2}+(3 a-2)^{2}}=\sqrt{10}$, 解得 $a=1$ 或 $a=-\frac{1}{3}$.

(3) 【解析】 复数 $z$ 对应点坐标为 $(3 a, 3 a-2)$, 它在第三象限, 则 $\left\{\begin{array}{l}3 a<0 \\ 3 a-2<0\end{array}\right.$, 解得 $a<0 . \therefore a$ 的范围是 $(-\infty, 0)$.

【分析】（1）根据复数的分类求解; （2）由复数模的运算计算; （3）写出对应点坐标, 由点所在象限得出不等式, 解之可得.
解析：答案: (1) 【解析】 由题意 $3 a-2=0, a=\frac{2}{3}$;

(2) 【解析】 由已知 $|z|=\sqrt{(3 a)^{2}+(3 a-2)^{2}}=\sqrt{10}$, 解得 $a=1$ 或 $a=-\frac{1}{3}$.

(3) 【解析】 复数 $z$ 对应点坐标为 $(3 a, 3 a-2)$, 它在第三象限, 则 $\left\{\begin{array}{l}3 a<0 \\ 3 a-2<0\end{array}\right.$, 解得 $a<0 . \therefore a$ 的范围是 $(-\infty, 0)$.

【分析】（1）根据复数的分类求解; （2）由复数模的运算计算; （3）写出对应点坐标, 由点所在象限得出不等式, 解之可得.
题目（高三 · 代数）：已知为 $a, b$ 非负实数, 求证: $a^{3}+b^{3} \geq \sqrt{a b}\left(a^{2}+b^{2}\right)$.
选项：
答案：答案：解：因为 $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ 为非负实数,

所以 $a^{3}+b^{3}-\sqrt{a b}\left(a^{2}+b^{2}\right)$

$=a^{3}+b^{3}-a^{2} \sqrt{a b}-b^{2} \sqrt{a b}$
$=a^{3}-a^{2} \sqrt{a b}+b^{3}-b^{2} \sqrt{a b}$

$=a^{2} \sqrt{a}(\sqrt{a}-\sqrt{b})+b^{2} \sqrt{b}(\sqrt{b}-\sqrt{a})$

$=(\sqrt{a}-\sqrt{b})\left[(\sqrt{a})^{5}-(\sqrt{b})^{5}\right]$,

若 $a \geq b$ 时, $\sqrt{a} \geq \sqrt{b}$, 从而 $(\sqrt{a})^{5} \geq(\sqrt{b})^{5}$,

得 $(\sqrt{a}-\sqrt{b})\left[(\sqrt{a})^{5}-(\sqrt{b})^{5}\right] \geq 0$,

若 $a<b$ 时, $\sqrt{a}<\sqrt{b}$, 从而 $(\sqrt{a})^{5}<(\sqrt{b})^{5}$,

得 $(\sqrt{a}-\sqrt{b})\left[(\sqrt{a})^{5}-(\sqrt{b})^{5}\right]>0$,

综上, $a^{3}+b^{3} \geq \sqrt{a b}\left(a^{2}+b^{2}\right)$.

【分析】作差后因式分解, 对 $a, b$ 大小分类讨论, 即可确定因式分解后式子值得符号, 从而证出不等式.

20. 答案: 证明: (1)当 $n=1$ 时, 左边 $=1^{2}=1$,

右边 $=\frac{1 \times(1+1) \times(2 \times 1+1)}{6}=1$, 等式成立;

(2)假 设 当 $n=k\left(k \in \mathrm{N}^{*}\right)$ 时等式成立,

即 $1^{2}+2^{2}+3^{2}+\cdots+k^{2}=\frac{k(k+1)(2 k+1)}{6}\left(k \in \mathbb{N}^{*}\right)$.

那么, $1^{2}+2^{2}+3^{2}+\cdots+k^{2}+(k+1)^{2}=\frac{k(k+1)(2 k+1)}{6}+(k+1)^{2}$

$=\frac{k(k+1)(2 k+1)+6(k+1)^{2}}{6}=\frac{(k+1)\left(2 k^{2}+7 k+6\right)}{6}=\frac{(k+1)(k+2)(2 k+3)}{6}$

$=\frac{(k+1)[(k+1)+1] 2(k+1)+1]}{6}\left(k \in N^{*}\right)$

即当 $n=k+1$ 时等式也成立.

由(1)(2)知，等式对任何 $n \in \mathrm{N}^{*}$ 都成立.

【分析】根据数学归纳法证明的步骤进行证明即可.
解析：答案：【解析】因为 $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ 为非负实数,

所以 $a^{3}+b^{3}-\sqrt{a b}\left(a^{2}+b^{2}\right)$

$=a^{3}+b^{3}-a^{2} \sqrt{a b}-b^{2} \sqrt{a b}$

$=a^{3}-a^{2} \sqrt{a b}+b^{3}-b^{2} \sqrt{a b}$

$=a^{2} \sqrt{a}(\sqrt{a}-\sqrt{b})+b^{2} \sqrt{b}(\sqrt{b}-\sqrt{a})$

$=(\sqrt{a}-\sqrt{b})\left[(\sqrt{a})^{5}-(\sqrt{b})^{5}\right]$,

若 $a \geq b$ 时, $\sqrt{a} \geq \sqrt{b}$, 从而 $(\sqrt{a})^{5} \geq(\sqrt{b})^{5}$,

得 $(\sqrt{a}-\sqrt{b})\left[(\sqrt{a})^{5}-(\sqrt{b})^{5}\right] \geq 0$,

若 $a<b$ 时, $\sqrt{a}<\sqrt{b}$, 从而 $(\sqrt{a})^{5}<(\sqrt{b})^{5}$,

得 $(\sqrt{a}-\sqrt{b})\left[(\sqrt{a})^{5}-(\sqrt{b})^{5}\right]>0$,

综上, $a^{3}+b^{3} \geq \sqrt{a b}\left(a^{2}+b^{2}\right)$.
【分析】作差后因式分解, 对 $a, b$ 大小分类讨论, 即可确定因式分解后式子值得符号, 从而证出不等式.

18. 答案: 证明: 要证 $\sqrt{6}+\sqrt{10}>2 \sqrt{3}+2$,

只要证 $(\sqrt{6}+\sqrt{10})^{2}>(2 \sqrt{3}+2)^{2}$,

即证 $16+2 \sqrt{60}>16+8 \sqrt{3}$,

即证 $240>192$,

因为 $240>192$ 显然成立,

所以原不等式成立.

【分析】直接从待证不等式出发, 平方后分析其成立的充分条件即可.
题目（高三 · 代数）：用数学归纳法证明 $1^{2}+2^{2}+3^{2}+\cdots+n^{2}=\frac{n(n+1)(2 n+1)}{6}\left(n \in N^{*}\right)$.
选项：
答案：答案: 证明: (1)当 $n=1$ 时, 左边 $=1^{2}=1$,右边 $=rac{1 	imes(1+1) 	imes(2 	imes 1+1)}{6}=1$, 等式成立;(2)假 设 当 $n=k\left(k \in \mathrm{N}^{*}ight)$ 时等式成立,即 $1^{2}+2^{2}+3^{2}+\cdots+k^{2}=rac{k(k+1)(2 k+1)}{6}\left(k \in \mathbb{N}^{*}ight)$.那么, $1^{2}+2^{2}+3^{2}+\cdots+k^{2}+(k+1)^{2}=rac{k(k+1)(2 k+1)}{6}+(k+1)^{2}$$=rac{k(k+1)(2 k+1)+6(k+1)^{2}}{6}=rac{(k+1)\left(2 k^{2}+7 k+6ight)}{6}=rac{(k+1)(k+2)(2 k+3)}{6}$$=rac{(k+1)[(k+1)+1] 2(k+1)+1]}{6}\left(k \in N^{*}ight)$即当 $n=k+1$ 时等式也成立.由(1)(2)知，等式对任何 $n \in \mathrm{N}^{*}$ 都成立.
解析：答案: 证明: (1)当 $n=1$ 时, 左边 $=1^{2}=1$,

右边 $=\frac{1 \times(1+1) \times(2 \times 1+1)}{6}=1$, 等式成立;

(2)假 设 当 $n=k\left(k \in \mathbb{N}^{*}\right)$ 时等式成立,

即 $1^{2}+2^{2}+3^{2}+\cdots+k^{2}=\frac{k(k+1)(2 k+1)}{6}\left(k \in N^{*}\right)$.

那么, $1^{2}+2^{2}+3^{2}+\cdots+k^{2}+(k+1)^{2}=\frac{k(k+1)(2 k+1)}{6}+(k+1)^{2}$

$=\frac{k(k+1)(2 k+1)+6(k+1)^{2}}{6}=\frac{(k+1)\left(2 k^{2}+7 k+6\right)}{6}=\frac{(k+1)(k+2)(2 k+3)}{6}$

$=\frac{(k+1)(k+1)+1[2(k+1)+1]}{6}\left(k \in N^{*}\right)$

即当 $n=k+1$ 时等式也成立.

由(1)(2)知, 等式对任何 $n \in \mathrm{N}^{*}$ 都成立.

【分析】根据数学归纳法证明的步骤进行证明即可.