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【志鸿优化设计】(浙江版)2016高考数学二轮专题复习 专题七 7.1 复数与导数能力训练 新人教A版


专题能力训练 17

复数与导数

1.若复数 z 满足|z|=5,且(3+4i)z 在复平面上对应的点在第二、四象限的角平分线 上,|z-m|=5(m∈R),求 z 和 m 的值.

2.已知复数 z=,若 z +az+b=1+i(a,b∈R),求 a+b 的值.

2

3.已知 z,ω 为复数,(1+3i)·z 为纯虚数,ω =,且|ω |=5,求复数 ω .

-1-

4.设 f'(x)是奇函数 f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,若 x>0 时,xf'(x)-f(x)<0,求使得 f(x)>0 成立的 x 的取值范围.

5.已知 f(x)=x -aln x(a∈R). (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)设 g(x)=f(x)+2x,若函数 g(x)在区间[1,e]上不单调且仅在 x=e 处取得最大值,求 a 的取值 范围.

2

-2-

6.已知 f(x)=ln x+. (1)当 a<0 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)若函数 f(x)在区间[1,e]上的最小值是,求 a 的值.

7.已知复数 z=bi,是实数,其中 i 是虚数单位,b∈R. (1)求复数 z; 2 (2)若复数(m+z) 所表示的点在第一象限,求实数 m 的取值范围.

-3-

8.已知函数 f(x)=-2(x+a)ln x+x -2ax-2a +a,其中 a>0.设 g(x)是 f(x)的导函数,讨论 g(x)的 单调性.

2

2

9.设函数 f(x)=ln(x+1)+a(x -x),其中 a∈R.讨论函数 f(x)极值点的个数,并说明理由.

2

参考答案

-4-

专题能力训练 17 1.解:设 z=x+yi(x,y∈R),

复数与导数

∵|z|=5,∴x2+y2=25.① ∵(3+4i)z=(3+4i)(x+yi) =(3x-4y)+(4x+3y)i,
它在复平面上对应的点在第二、四象限的角平分线上.

∴它的实部与虚部互为相反数. ∴3x-4y+4x+3y=0,即 y=7x.
代入①,得 x=,y=或 x=-,y=-.

∴z=i 或 z=-i.
当 z=i 时,z=1+7i, 依题意|1+7i-m|=5,即(1-m) +7 =50, 解得 m=0 或 m=2. 当 z=-i 时,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 z +az+b=1+i, 得(1-i) +a(1-i)+b=1+i, 由复数相等得故 a+b=1. 3.解:设 z=x+yi(x,y∈R), 则(1+3i)·z=(x-3y)+(3x+y)i 为纯虚数, 所以 x=3y≠0. 因为|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:当 x>0 时,令 F(x)=, 则 F'(x)=<0,
2 2 2 2

∴当 x>0 时,F(x)=为减函数.
-5-

∵f(x)为奇函数,且由 f(-1)=0,得 f(1)=0, ∴F(1)=0.
在区间(0,1)上,F(x)>0; 在(1,+∞)上,F(x)<0, 即当 0<x<1 时,f(x)>0; 当 x>1 时,f(x)<0. 又 f(x)为奇函数,

∴当 x∈(-∞,-1)时,f(x)>0;
当 x∈(-1,0)时,f(x)<0. 综上可知,f(x)>0 的解集为(-∞,-1)∪(0,1). 故所求 x 的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1). 5.解:(1)∵f(x)=x -aln x,
2

∴f'(x)=x-(x>0). ∴若 a≤0,则函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增;若 a>0,则函数 f(x)在(0,)上单调递减,在
(,+∞)上单调递增. (2)∵g(x)=f(x)+2x,

∴g'(x)=x-+2=(x>0).
设 h(x)=x +2x-a(x>0),
2

∵函数 g(x)在区间[1,e]上不单调, ∴g(x)在区间(1,e)上存在零点. ∴? 3<a<e2+2e.
又∵g(x)在 x=e 处取得最大值,

∴只需 g(e)≥g(1),即 a≤+2e-.综上所述,实数 a 的取值范围是.
6.解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=, 因为 a<0,所以 f'(x)>0. 故函数 f(x)在其定义域上是单调递增的. (2)①当 a≤1 时,f'(x)>0,函数 f(x)在区间[1,e]上单调递增,其最小值为 f(1)=a≤1,这与 函数 f(x)在区间[1,e]上的最小值是相矛盾.

②当 1<a<e 时,在区间[1,a)上有 f'(x)<0,函数 f(x)单调递减,在区间(a,e]上有 f'(x)>0,
函数 f(x)单调递增,所以函数 f(x)的最小值为 f(a)=ln a+1.由 ln a+1=,得 a=,符合条件.
-6-

③当 a≥e 时,在区间[1,e)上有 f'(x)<0,函数 f(x)单调递减,其最小值为 f(e)=2,这与最
小值是相矛盾.综上所述,a 的值为. 7.解:(1)∵z=bi(b∈R),

∴i.
又是实数,∴=0,得 b=-2.

∴复数 z=-2i.
(2)由(1)得 z=-2i,m∈R, 则(m+z) =(m-2i) =(m -4)-4mi,
2 2 2

∵复数(m+z)2 所表示的点在第一象限, ∴得 m<-2. ∴实数 m 的取值范围是(-∞,-2).
8.解:由已知,函数 f(x)的定义域为(0,+∞),

g(x)=f'(x)=2(x-a)-2ln x-2,
所以 g'(x)=2-

=.
当 0<a<时,g(x)在区间上单调递增, 在区间上单调递减; 当 a≥时,g(x)在区间(0,+∞)上单调递增. 9.解:由题意知函数 f(x)的定义域为(-1,+∞),

f'(x)=+a(2x-1)=.
令 g(x)=2ax +ax-a+1,x∈(-1,+∞). 当 a=0 时,g(x)=1,此时 f'(x)>0,函数 f(x)在(-1,+∞)单调递增,无极值点; 当 a>0 时,Δ =a -8a(1-a)=a(9a-8).
2 2

①当 0<a≤时,Δ ≤0,g(x)≥0, f'(x)≥0,函数 f(x)在(-1,+∞)单调递增,无极值点; ②当 a>时,Δ >0,设方程 2ax2+ax-a+1=0 的两根为 x1,x2(x1<x2),
因为 x1+x2=-,所以 x1<-,x2>-. 由 g(-1)=1>0,可得-1<x1<-. 所以当 x∈(-1,x1)时,g(x)>0,f'(x)>0,函数 f(x)单调递增, 当 x∈(x1,x2)时,g(x)<0,f'(x)<0,函数 f(x)单调递减,
-7-

当 x∈(x2,+∞)时,g(x)>0,f'(x)>0,函数 f(x)单调递增. 因此函数有两个极值点. 当 a<0 时,Δ >0, 由 g(-1)=1>0,可得 x1<-1. 当 x∈(-1,x2)时,g(x)>0,f'(x)>0,函数 f(x)单调递增; 当 x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f'(x)<0,函数 f(x)单调递减; 所以函数有一个极值点. 综上所述,当 a<0 时,函数 f(x)有一个极值点; 当 0≤a≤时,函数 f(x)无极值点; 当 a>时,函数 f(x)有两个极值点.

-8-


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