2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 專題七 7.1 復(fù)數(shù)與導(dǎo)數(shù)能力訓(xùn)練 新人教A版.doc

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2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 專題七 7.1 復(fù)數(shù)與導(dǎo)數(shù)能力訓(xùn)練 新人教A版 1.若復(fù)數(shù)z滿足|z|=5,且(3+4i)z在復(fù)平面上對應(yīng)的點在第二、四象限的角平分線上,|z-m|=5(m∈R),求z和m的值. 2.已知復(fù)數(shù)z=,若z2+az+b=1+i(a,b∈R),求a+b的值. 3.已知z,ω為復(fù)數(shù),(1+3i)z為純虛數(shù),ω=,且|ω|=5,求復(fù)數(shù)ω. 4.設(shè)f(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù),f(-1)=0,若x>0時,xf(x)-f(x)<0,求使得f(x)>0成立的x的取值范圍. 5.已知f(x)=x2-aln x(a∈R). (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)設(shè)g(x)=f(x)+2x,若函數(shù)g(x)在區(qū)間[1,e]上不單調(diào)且僅在x=e處取得最大值,求a的取值范圍. 6.已知f(x)=ln x+. (1)當(dāng)a<0時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,e]上的最小值是,求a的值. 7.已知復(fù)數(shù)z=bi,是實數(shù),其中i是虛數(shù)單位,b∈R. (1)求復(fù)數(shù)z; (2)若復(fù)數(shù)(m+z)2所表示的點在第一象限,求實數(shù)m的取值范圍. 8.已知函數(shù)f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中a>0.設(shè)g(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù),討論g(x)的單調(diào)性. 9.設(shè)函數(shù)f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.討論函數(shù)f(x)極值點的個數(shù),并說明理由. 專題能力訓(xùn)練17　復(fù)數(shù)與導(dǎo)數(shù) 1.解:設(shè)z=x+yi(x,y∈R), ∵|z|=5,∴x2+y2=25.① ∵(3+4i)z=(3+4i)(x+yi) =(3x-4y)+(4x+3y)i, 它在復(fù)平面上對應(yīng)的點在第二、四象限的角平分線上. ∴它的實部與虛部互為相反數(shù). ∴3x-4y+4x+3y=0,即y=7x. 代入①,得x=,y=或x=-,y=-. ∴z=i或z=-i. 當(dāng)z=i時,z=1+7i, 依題意|1+7i-m|=5,即(1-m)2+72=50, 解得m=0或m=2. 當(dāng)z=-i時,z=-1-7i, 同理可解得m=0或m=-2. 故z=i,m=0或m=2;或z=-i,m=0或m=-2. 2.解:z==1-i, 由z2+az+b=1+i, 得(1-i)2+a(1-i)+b=1+i, 由復(fù)數(shù)相等得故a+b=1. 3.解:設(shè)z=x+yi(x,y∈R), 則(1+3i)z=(x-3y)+(3x+y)i為純虛數(shù), 所以x=3y≠0. 因為|ω|==5, 所以|z|==5. 又x=3y,解得x=15,y=5;x=-15,y=-5. 所以ω==(7-i). 4.解:當(dāng)x>0時,令F(x)=, 則F(x)=<0, ∴當(dāng)x>0時,F(x)=為減函數(shù). ∵f(x)為奇函數(shù),且由f(-1)=0,得f(1)=0, ∴F(1)=0. 在區(qū)間(0,1)上,F(x)>0; 在(1,+∞)上,F(x)<0, 即當(dāng)00; 當(dāng)x>1時,f(x)<0. 又f(x)為奇函數(shù), ∴當(dāng)x∈(-∞,-1)時,f(x)>0; 當(dāng)x∈(-1,0)時,f(x)<0. 綜上可知,f(x)>0的解集為(-∞,-1)∪(0,1). 故所求x的取值范圍是(-∞,-1)∪(0,1). 5.解:(1)∵f(x)=x2-aln x, ∴f(x)=x-(x>0). ∴若a≤0,則函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增;若a>0,則函數(shù)f(x)在(0,)上單調(diào)遞減,在(,+∞)上單調(diào)遞增. (2)∵g(x)=f(x)+2x, ∴g(x)=x-+2=(x>0). 設(shè)h(x)=x2+2x-a(x>0), ∵函數(shù)g(x)在區(qū)間[1,e]上不單調(diào), ∴g(x)在區(qū)間(1,e)上存在零點. ∴?30. 故函數(shù)f(x)在其定義域上是單調(diào)遞增的. (2)①當(dāng)a≤1時,f(x)>0,函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,e]上單調(diào)遞增,其最小值為f(1)=a≤1,這與函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,e]上的最小值是相矛盾. ②當(dāng)10,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,所以函數(shù)f(x)的最小值為f(a)=ln a+1.由ln a+1=,得a=,符合條件. ③當(dāng)a≥e時,在區(qū)間[1,e)上有f(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,其最小值為f(e)=2,這與最小值是相矛盾.綜上所述,a的值為. 7.解:(1)∵z=bi(b∈R), ∴i. 又是實數(shù),∴=0,得b=-2. ∴復(fù)數(shù)z=-2i. (2)由(1)得z=-2i,m∈R, 則(m+z)2=(m-2i)2=(m2-4)-4mi, ∵復(fù)數(shù)(m+z)2所表示的點在第一象限, ∴得m<-2. ∴實數(shù)m的取值范圍是(-∞,-2). 8.解:由已知,函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞), g(x)=f(x)=2(x-a)-2ln x-2, 所以g(x)=2- =. 當(dāng)00,函數(shù)f(x)在(-1,+∞)單調(diào)遞增,無極值點; 當(dāng)a>0時,Δ=a2-8a(1-a)=a(9a-8). ①當(dāng)0時,Δ>0,設(shè)方程2ax2+ax-a+1=0的兩根為x1,x2(x1-. 由g(-1)=1>0,可得-10,f(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增, 當(dāng)x∈(x1,x2)時,g(x)<0,f(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減, 當(dāng)x∈(x2,+∞)時,g(x)>0,f(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增. 因此函數(shù)有兩個極值點. 當(dāng)a<0時,Δ>0, 由g(-1)=1>0,可得x1<-1. 當(dāng)x∈(-1,x2)時,g(x)>0,f(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增; 當(dāng)x∈(x2,+∞)時,g(x)<0,f(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減; 所以函數(shù)有一個極值點. 綜上所述,當(dāng)a<0時,函數(shù)f(x)有一個極值點; 當(dāng)0≤a≤時,函數(shù)f(x)無極值點; 當(dāng)a>時,函數(shù)f(x)有兩個極值點.