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

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(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第二、四象限的角平分線上,|z-m|=5(mR),求z和m的值.2.已知復(fù)數(shù)z=,若z2+az+b=1+i(a,bR),求a+b的值.3.已知z,為復(fù)數(shù),(1+3i)z為純虛數(shù),=,且|=5,求復(fù)數(shù).4.設(shè)f(x)是奇函數(shù)f(x)(xR)的導(dǎo)函數(shù),f(-1)=0,若x>0時(shí),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(aR).(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(shí),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(shí)數(shù),其中i是虛數(shù)單位,bR.(1)求復(fù)數(shù)z;(2)若復(fù)數(shù)(m+z)2所表示的點(diǎn)在第一象限,求實(shí)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aR.討論函數(shù)f(x)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù),并說(shuō)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,yR),|z|=5,x2+y2=25.(3+4i)z=(3+4i)(x+yi)=(3x-4y)+(4x+3y)i,它在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第二、四象限的角平分線上.它的實(shí)部與虛部互為相反數(shù).3x-4y+4x+3y=0,即y=7x.代入,得x=,y=或x=-,y=-.z=i或z=-i.當(dāng)z=i時(shí),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(shí),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,yR),則(1+3i)z=(x-3y)+(3x+y)i為純虛數(shù),所以x=3y0.因?yàn)閨=5,所以|z|=5.又x=3y,解得x=15,y=5;x=-15,y=-5.所以=(7-i).4.解:當(dāng)x>0時(shí),令F(x)=,則F(x)=<0,當(dāng)x>0時(shí),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)0<x<1時(shí),f(x)>0;當(dāng)x>1時(shí),f(x)<0.又f(x)為奇函數(shù),當(dāng)x(-,-1)時(shí),f(x)>0;當(dāng)x(-1,0)時(shí),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a0,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(diǎn).3<a<e2+2e.又g(x)在x=e處取得最大值,只需g(e)g(1),即a+2e-.綜上所述,實(shí)數(shù)a的取值范圍是.6.解:(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+),f(x)=,因?yàn)閍<0,所以f(x)>0.故函數(shù)f(x)在其定義域上是單調(diào)遞增的.(2)當(dāng)a1時(shí),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)=a1,這與函數(shù)f(x)在區(qū)間1,e上的最小值是相矛盾.當(dāng)1<a<e時(shí),在區(qū)間1,a)上有f(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,在區(qū)間(a,e上有f(x)>0,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.當(dāng)ae時(shí),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(bR),i.又是實(shí)數(shù),=0,得b=-2.復(fù)數(shù)z=-2i.(2)由(1)得z=-2i,mR,則(m+z)2=(m-2i)2=(m2-4)-4mi,復(fù)數(shù)(m+z)2所表示的點(diǎn)在第一象限,得m<-2.實(shí)數(shù)m的取值范圍是(-,-2).8.解:由已知,函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+),g(x)=f(x)=2(x-a)-2ln x-2,所以g(x)=2-=.當(dāng)0<a<時(shí),g(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增,在區(qū)間上單調(diào)遞減;當(dāng)a時(shí),g(x)在區(qū)間(0,+)上單調(diào)遞增.9.解:由題意知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?-1,+),f(x)=+a(2x-1)=.令g(x)=2ax2+ax-a+1,x(-1,+).當(dāng)a=0時(shí),g(x)=1,此時(shí)f(x)>0,函數(shù)f(x)在(-1,+)單調(diào)遞增,無(wú)極值點(diǎn);當(dāng)a>0時(shí),=a2-8a(1-a)=a(9a-8).當(dāng)0<a時(shí),0,g(x)0,f(x)0,函數(shù)f(x)在(-1,+)單調(diào)遞增,無(wú)極值點(diǎn);當(dāng)a>時(shí),>0,設(shè)方程2ax2+ax-a+1=0的兩根為x1,x2(x1<x2),因?yàn)閤1+x2=-,所以x1<-,x2>-.由g(-1)=1>0,可得-1<x1<-.所以當(dāng)x(-1,x1)時(shí),g(x)>0,f(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x(x1,x2)時(shí),g(x)<0,f(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,當(dāng)x(x2,+)時(shí),g(x)>0,f(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增.因此函數(shù)有兩個(gè)極值點(diǎn).當(dāng)a<0時(shí),>0,由g(-1)=1>0,可得x1<-1.當(dāng)x(-1,x2)時(shí),g(x)>0,f(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x(x2,+)時(shí),g(x)<0,f(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減;所以函數(shù)有一個(gè)極值點(diǎn).綜上所述,當(dāng)a<0時(shí),函數(shù)f(x)有一個(gè)極值點(diǎn);當(dāng)0a時(shí),函數(shù)f(x)無(wú)極值點(diǎn);當(dāng)a>時(shí),函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn).