浙江专用2022高考数学二轮复习专题回顾练1复数导数理

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