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浙江专用2022高考数学二轮复习专题回顾练1复数导数理
浙江专用2022高考数学二轮复习专题回顾练1复数导数理
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回顾练一 复数、导数1.(2022·福建卷)若(1+i)+(2-3i)=a+bi(a,b∈R,i是虚数单位),则a,b的值分别等于( ).A.3,-2B.3,2C.3,-3D.-1,4解析 (1+i)+(2-3i)=3-2i=a+bi,∴a=3,b=-2,故选A.答案 A2.(2022·新课标全国Ⅰ卷)已知复数z满足(z-1)i=1+i,则z=( ).A.-2-iB.-2+iC.2-iD.2+i解析 由(z-1)i=1+i,两边同乘以-i,则有z-1=1-i,所以z=2-i.答案 C3.(2022·山东卷)若复数z满足=i,其中i为虚数单位,则z=( ).A.1-iB.1+iC.-1-iD.-1+i解析 ∵=i,∴=i(1-i)=i-i2=1+i,∴z=1-i.答案 A4.已知函数f(x)=ax2-blnx在点P(1,1)处的切线与直线x-y+1=0垂直,则f′(3)=( ).A.-5B.4C.5D.-4解析 由f(1)=1得a=1,所以f(x)=x2-blnx,故f′(x)=2x-,所以函数f(x)在点P处的切线的斜率k=f′(1)=2-b,因为切线与直线x-y+1=0垂直,7\n所以(2-b)×1=-1,解得b=3,所以f′(x)=2x-,故f′(3)=2×3-=5.答案 C5.设函数f(x)=+lnx,则( ).A.x=为f(x)的极大值点B.x=为f(x)的极小值点C.x=2为f(x)的极大值点D.x=2为f(x)的极小值点解析 ∵f(x)=+lnx(x>0),∴f′(x)=-+,由f′(x)=0解得x=2.当x∈(0,2)时,f′(x)<0,f(x)为减函数;当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,f(x)为增函数.x=2为f(x)的极小值点.答案 D6.设函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R).若x=-1为函数f(x)ex的一个极值点,则下列图象不可能为y=f(x)的图象是( ).7\n解析 设h(x)=f(x)ex,则h′(x)=(2ax+b)ex+(ax2+bx+c)ex=(ax2+2ax+bx+b+c)ex.由x=-1为函数f(x)ex的一个极值点.∴c-a=0,∴c=a.∴f(x)=ax2+bx+a.若方程ax2+bx+a=0有两根x1,x2,则x1x2==1,D中图象一定不满足条件.答案 D7.已知函数f(x)=x(lnx-ax)有两个极值点,则实数a的取值范围是( ).A.(-∞,0)B.C.(0,1)D.(0,+∞)解析 由题知,x>0,f′(x)=lnx+1-2ax,由于函数f(x)有两个极值点,则f′(x)=0有两个不等的正根,即函数y=lnx+1与y=2ax的图象有两个不同的交点(x>0),则a>0;设函数y=lnx+1上任一点(x0,1+lnx0)处的切线为l,则kl=y′=,当l过坐标原点时,=⇒x0=1,令2a=1⇒a=,结合图象知0<a<,故选B.答案 B8.定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x),已知f(x+1)是偶函数,且(x-1)f′(x)<0.若x1<x2,且x1+x2>2,则f(x1)与f(x2)的大小关系是( ).7\nA.f(x1)<f(x2)B.f(x1)=f(x2)C.f(x1)>f(x2)D.不确定解析 由(x-1)f′(x)<0可知,当x>1时,f′(x)<0,函数递减.当x<1时,f′(x)>0,函数递增;因为函数f(x+1)是偶函数,所以f(x+1)=f(1-x),f(x)=f(2-x),即函数的对称轴为x=1.所以若1<x1<x2,则f(x1)>f(x2).若x1<1,则x2>2-x1>1,此时由f(x2)<f(2-x1),即f(x2)<f(2-x1)=f(x1),综上f(x1)>f(x2).答案 C9.(2022·北京卷)复数i(1+i)的实部为________.解析 i(1+i)=i+i2=-1+i,实部为-1.答案 -110.曲线y=x(3lnx+1)在点(1,1)处的切线方程为________________.解析 y′=3lnx+1+x·=3lnx+4,由导数的几何意义,k=y′|x=1=4,∴切线方程为y-1=4(x-1),即y=4x-3.答案 y=4x-311.函数f(x)=x3-3ax+b(a>0)的极大值为6,极小值为2,则f(x)的单调递减区间是______.解析 令f′(x)=3x2-3a=0,得x=或-.f(x),f′(x)随x的变化情况如下表:x(-∞,-)-(-,)(,+∞)f′(x)+0-0+f(x)极大值极小值从而得所以f(x)的单调递减区间是(-1,1).答案 (-1,1)12.已知函数f(x)=+lnx,若函数f(x)在[1,+∞)上为增函数,则正实数a的取值范围是______.解析 ∵f(x)=+lnx,∴f′(x)=(a>0),7\n∵函数f(x)在[1,+∞)上为增函数,∴f′(x)=≥0对x∈[1,+∞)恒成立,∴ax-1≥0对x∈[1,+∞)恒成立,即a≥对x∈[1,+∞)恒成立,∴a≥1.答案 [1,+∞)13.已知i是虚数单位,a,b∈R,复数z=1+ai满足z2+z=1+bi,求a2+b2的值.解 由z=1+ai,且z2+z=1+bi,得1+2ai-a2+1+ai=1+bi,即1-a2+3ai=bi,则有故所以a2+b2=10.14.已知函数f(x)=-alnx++x(a≠0),(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线x-2y=0垂直,求实数a的值;(2)讨论函数f(x)的单调性.解 由已知得,f(x)的定义域为{x|x>0},f′(x)=--+1(x>0).(1)根据题意,有f′(1)=-2,∴-a-2a2+1=-2,即2a2+a-3=0.解得a=1,或a=-.(2)∵f′(x)=--+1==(x>0).①当a>0时,由f′(x)>0,及x>0得x>2a;由f′(x)<0,及x>0得0<x<2a.∴当a>0时,函数f(x)在(2a,+∞)上单调递增,7\n在(0,2a)上单调递减.②当a<0时,由f′(x)>0,及x>0得x>-a;由f′(x)<0,及x>0得0<x<-a.∴当a<0时,函数f(x)在(0,-a)上单调递减,在(-a,+∞)上单调递增.15.已知函数f(x)=,x∈(1,+∞).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)函数f(x)在区间[2,+∞)上是否存在最小值,若存在,求出最小值,若不存在,请说明理由.解 (1)f′(x)=,x∈(1,+∞).由f′(x)=0,得x1=1,或x2=2a-1.①当2a-1≤1,即a≤1时,在(1,+∞)上,f′(x)<0,f(x)单调递减;②当2a-1>1,即a>1时,在(1,2a-1)上,f′(x)>0,f(x)单调递增,在(2a-1,+∞)上,f′(x)<0,f(x)单调递减.综上所述,a≤1时,f(x)的减区间为(1,+∞);a>1时,f(x)的增区间为(1,2a-1),f(x)的减区间为(2a-1,+∞).(2)①当a≤1时,由(1)知f(x)在[2,+∞)上单调递减,不存在最小值;②当a>1时,若2a-1≤2,即a≤时,f(x)在[2,+∞)上单调递减,不存在最小值;若2a-1>2,即a>时,f(x)在[2,2a-1)上单调递增,在(2a-1,+∞)上单调递减,因为f(2a-1)=>0,且当x>2a-1时,x-a>a-1>0,所以当x≥2a-1时,f(x)>0.又因为f(2)=2-a,所以当2-a≤0,即a≥2时,f(x)有最小值2-a;当2-a>0,即<a<2时,f(x)没有最小值.综上所述:当a≥2时,f(x)有最小值2-a;当a<2时,f(x)没有最小值.16.已知函数f(x)=axlnx图象在点(e,f(e))处的切线与直线y=2x平行,g(x)=x2-tx-2.(1)求函数f(x)的解析式;(2)求函数f(x)在[n,n+2](n>0)上的最小值;7\n(3)对一切x∈(0,e],3f(x)≥g(x)恒成立,求实数t的取值范围.解 (1)由f(x)在点(e,f(e))处的切线方程与直线2x-y=0平行,得该切线斜率为2,即f′(e)=2.又∵f′(x)=a(lnx+1),∴a(lne+1)=2,a=1,所以f(x)=xlnx.(2)由(1)知f′(x)=lnx+1,显然f′(x)=0时,x=e-1,当x∈时,f′(x)<0,所以函数f(x)在上单调递减,当x∈时f′(x)>0,所以函数f(x)在上单调递增,①当∈(n,n+2]时,f(x)min=f=-;②当≤n<n+2时,函数f(x)在[n,n+2]上单调递增,因此f(x)min=f(n)=nlnn;所以f(x)min=(3)对一切x∈(0,e],3f(x)≥g(x)恒成立,又g(x)=x2-tx-2,∴3xlnx≥x2-tx-2,即t≥x-3lnx-.设h(x)=x-3lnx-,x∈(0,e],则h′(x)=1-+==,由h′(x)=0得x=1或2,∴x∈(0,1),h′(x)>0,h(x)单调递增,x∈(1,2),h′(x)<0,h(x)单调递减,x∈(2,e),h′(x)>0,h(x)单调递增,∴h(x)极大值=h(1)=-1,且h(e)=e-3-2e-1<-1,所以h(x)max=h(1)=-1.因为对一切x∈(0,e],3f(x)≥g(x)恒成立,∴t≥h(x)max=-1.故实数t的取值范围是[-1,+∞).7
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高考 - 二轮专题
发布时间:2022-08-25 23:15:08
页数:7
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文章作者:U-336598
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