（浙江版）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.doc

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(mr),求z和m的值.2.已知复数z=,若z2+az+b=1+i(a,br),求a+b的值.3.已知z,为复数,(1+3i)z为纯虚数,=,且|=5,求复数.4.设f(x)是奇函数f(x)(xr)的导函数,f(-1)=0,若x0时,xf(x)-f(x)0成立的x的取值范围.5.已知f(x)=x2-aln x(ar).(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.6.已知f(x)=ln x+.(1)当a0.设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性.9.设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中ar.讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由.参考答案专题能力训练17复数与导数1.解:设z=x+yi(x,yr),|z|=5,x2+y2=25.(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,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)2+72=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z2+az+b=1+i,得(1-i)2+a(1-i)+b=1+i,由复数相等得故a+b=1.3.解:设z=x+yi(x,yr),则(1+3i)z=(x-3y)+(3x+y)i为纯虚数,所以x=3y0.因为|=5,所以|z|=5.又x=3y,解得x=15,y=5;x=-15,y=-5.所以=(7-i).4.解:当x0时,令f(x)=,则f(x)=0时,f(x)=为减函数.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0x0;当x1时,f(x)0;当x(-1,0)时,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)=x2-aln x,f(x)=x-(x0).若a0,则函数f(x)在(0,+)上单调递增;若a0,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=(x0).设h(x)=x2+2x-a(x0),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.3ae2+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a0.故函数f(x)在其定义域上是单调递增的.(2)当a1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)=a1,这与函数f(x)在区间1,e上的最小值是相矛盾.当1ae时,在区间1,a)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.当ae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(br),i.又是实数,=0,得b=-2.复数z=-2i.(2)由(1)得z=-2i,mr,则(m+z)2=(m-2i)2=(m2-4)-4mi,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0a0,函数f(x)在(-1,+)单调递增,无极值点;当a0时,=a2-8a(1-a)=a(9a-8).当0时,0,设方程2ax2+ax-a+1=0的两根为x1,x2(x1x2),因为x1+x2=-,所以x1-.由g(-1)=10,可得-1x10,f(x)0,函数f(x)单调递增,当x(x1,x2)时,g(x)0,f(x)0,f(x)0,函数f(x)单调递增.因此函数有两个极值点.当a0,由g(-1