x届x省高考数学（理）一轮复习课时作业 导数、复数、推理证明（新人教a版）

1、选修模块 第九章 导数、复数、推理与证明第1讲导数的概念及运算基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1(x深圳中学模拟)曲线yx3在原点处的切线()A不存在B有1条，其方程为y0C有1条，其方程为x0D有2条，它们的方程分别为y0，x0解析y3x2，ky|x00，曲线yx3在原点处的切线方程为y0.答案B2若曲线yx4的一条切线l与直线x4y80垂直，则l的方程为()A4xy30 Bx4y50C4xy30 Dx4y30解析切线l的斜率k4，设yx4的切点的坐标为(x0，y0)，则k4xeq oal(3,0)4，x01，切点为(1,1)，即y14(x1)，整理得l的方程为4xy30.答案A

2、3(x湛江调研)曲线ye2x1在点(0,2)处的切线与直线y0和yx围成的三角形的面积为()A.eq f(1,3) B.eq f(1,2) C.eq f(2,3) D1解析y|x0(2e2x)|x02，故曲线ye2x1在点(0,2)处的切线方程为y2x2，易得切线与直线y0和yx的交点分别为(1,0)，eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)，f(2,3)，故围成的三角形的面积为eq f(1,2)1eq f(2,3)eq f(1,3).答案A4已知f1(x)sin xcos x，fn1(x)是fn(x)的导函数，即f2(x)f1(x)，f3(x)f2(x)，fn1(x)fn(x)

3、，nN*，则f2 015(x)等于()Asin xcos x Bsin xcos xCsin xcos x Dsin xcos x解析f1(x)sin xcos x，f2(x)f1(x)cos xsin x，f3(x)f2(x)sin xcos x，f4(x)f3(x)cos xsin x，f5(x)f4(x)sin xcos x，fn(x)是以4为周期的函数，f2 015(x)f3(x)sin xcos x，故选A.答案A5(x陕西卷)如图，修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连接(相切)已知环湖弯曲路段为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为()Ayeq f(1,2)x3eq

4、 f(1,2)x2x Byeq f(1,2)x3eq f(1,2)x23xCyeq f(1,4)x3x Dyeq f(1,4)x3eq f(1,2)x22x解析设三次函数的解析式为yax3bx2cxd(a0)，则y3ax22bxc.由已知得yx是函数yax3bx2cxd在点(0,0)处的切线，则y|x01c1，排除B、D.又y3x6是该函数在点(2,0)处的切线，则y|x23xa4bc3xa4b133ab1.只有A项的函数符合，故选A.答案A二、填空题6(x珠海一模)若曲线yax2ln x在点(1，a)处的切线平行于x轴，则a_.解析y2axeq f(1,x)，y|x12a10，aeq f(1

5、,2).答案eq f(1,2)7(xx卷)曲线y5ex3在点(0，2)处的切线方程为_解析由y5ex3得，y5ex，所以切线的斜率ky|x05，所以切线方程为y25(x0)，即5xy20.答案5xy208(xx卷)在平面直角坐标系xOy中，若曲线yax2eq f(b,x)(a，b为常数)过点P(2，5)，且该曲线在点P处的切线与直线7x2y30平行，则ab的值是_解析yax2eq f(b,x)的导数为y2axeq f(b,x2)，直线7x2y30的斜率为eq f(7,2).由题意得eq blcrc (avs4alco1(4af(b,2)5，,4af(b,4)f(7,2)，)解得eq blcrc

6、 (avs4alco1(a1，,b2，)则ab3.答案3三、解答题9已知曲线yeq f(1,3)x3eq f(4,3).(1)求曲线在点P(2,4)处的切线方程；(2)求曲线过点P(2,4)的切线方程解(1)P(2,4)在曲线yeq f(1,3)x3eq f(4,3)上，且yx2，在点P(2,4)处的切线的斜率为y|x24.曲线在点P(2,4)处的切线方程为y44(x2)，即4xy40.(2)设曲线yeq f(1,3)x3eq f(4,3)与过点P(2,4)的切线相切于点Aeq blc(rc)(avs4alco1(x0，f(1,3)xoal(3,0)f(4,3)，则切线的斜率为y|xx0 xe

7、q oal(2,0).切线方程为yeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)xoal(3,0)f(4,3)xeq oal(2,0)(xx0)，即yxeq oal(2,0)xeq f(2,3)xeq oal(3,0)eq f(4,3).点P(2,4)在切线上，42xeq oal(2,0)eq f(2,3)xeq oal(3,0)eq f(4,3)，即xeq oal(3,0)3xeq oal(2,0)40，xeq oal(3,0)xeq oal(2,0)4xeq oal(2,0)40，xeq oal(2,0)(x01)4(x01)(x01)0，(x01)(x02)20，解得x01，或x

8、02，故所求的切线方程为xy20，或4xy40.10(xx卷改编)已知曲线C：yeq f(ln x,x).(1)求曲线C在点(1,0)处的切线l1的方程；(2)求过原点与曲线C相切的直线l2的方程解设f(x)eq f(ln x,x)，则f(x)eq f(1ln x,x2).(1)f(1)eq f(1ln 1,12)1，即切线l1的斜率k1.由l1过点(1,0)，得l1的方程为yx1.(2)设l2与曲线C切于点Peq blc(rc)(avs4alco1(x0，f(ln x0,x0)，则切线l2方程为yeq f(ln x0,x0)eq f(1ln x0,xoal(2,0)(xx0)，l2过原点eq

9、 f(ln x0,x0)eq f(1ln x0,xoal(2,0)(x0)，化简得ln x0eq f(1,2)，x0eq r(e)，l2：yeq f(1,2r(e)eq f(1,2e)(xeq r(e)，整理得yeq f(1,2e)x.即为l2的方程能力提升题组(建议用时：35分钟)x已知曲线yeq f(1,ex1)，则曲线的切线斜率取得最大值时的直线方程为()Ax4y20 Bx4y20C4x2y10 D4x2y10解析yeq f(ex,ex12)eq f(1,exf(1,ex)2)，因为ex0，所以exeq f(1,ex)2eq r(exf(1,ex)2(当且仅当exeq f(1,ex)，即

10、x0时取等号)，则exeq f(1,ex)24，故yeq f(1,exf(1,ex)2)eq f(1,4)(当x0时取等号)当x0时，曲线的切线斜率取得最大值，此时切点的坐标为eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,2)，切线的方程为yeq f(1,2)eq f(1,4)(x0)，即x4y20.故选A.答案Ax(x开封二模)过点A(2,1)作曲线f(x)x33x的切线最多有()A3条 B2条 C1条 D0条解析由题意得，f(x)3x23，设切点为(x0，xeq oal(3,0)3x0)，那么切线的斜率为k3xeq oal(2,0)3，利用点斜式方程可知切线方程为y(xeq oal

11、(3,0)3x0)(3xeq oal(2,0)3)(xx0)，将点A(2,1)代入可得关于x0的一元三次方程2xeq oal(3,0)6xeq oal(2,0)70.令y2xeq oal(3,0)6xeq oal(2,0)7，则y6xeq oal(2,0)xx0.由y0得x00或x02.当x00时，y70；x02时，y10.结合函数y2xeq oal(3,0)6xeq oal(2,0)7的单调性可得方程2xeq oal(3,0)6xeq oal(2,0)70有3个解故过点A(2,1)作曲线f(x)x33x的切线最多有3条，故选A.答案A13(x杭州x中学月考)已知曲线f(x)xn1(nN*)与

12、直线x1交于点P，设曲线yf(x)在点P处的切线与x轴交点的横坐标为xn，则log2 016x1log2 016x2log2 016x2 015的值为_解析f(x)(n1)xn，kf(1)n1，点P(1,1)处的切线方程为y1(n1)(x1)，令y0，得x1eq f(1,n1)eq f(n,n1)，即xneq f(n,n1)，x1x2x2 015eq f(1,2)eq f(2,3)eq f(3,4)eq f(2 014,2 015)eq f(2 015,2 016)eq f(1,2 016)，则log2 016x1log2 016x2log2 016x2 015log2 016(x1x2x2

13、015)1.答案114设抛物线C: yx2eq f(9,2)x4，过原点O作C的切线ykx，使切点P在第一象限(1)求k的值；(2)过点P作切线的垂线，求它与抛物线的另一个交点Q的坐标解(1)设点P的坐标为(x1，y1)，则y1kx1，y1xeq oal(2,1)eq f(9,2)x14，代入得xeq oal(2,1)eq blc(rc)(avs4alco1(kf(9,2)x140.P为切点，eq blc(rc)(avs4alco1(kf(9,2)2160得keq f(17,2)或keq f(1,2).当keq f(17,2)时，x12，y117.当keq f(1,2)时，x12，y11.P在

14、第一象限，所求的斜率keq f(1,2).(2)过P点作切线的垂线，其方程为y2x5.将代入抛物线方程得x2eq f(13,2)x90.设Q点的坐标为(x2，y2)，即2x29，x2eq f(9,2)，y24.Q点的坐标为eq blc(rc)(avs4alco1(f(9,2)，4).15设函数f(x)axeq f(b,x)，曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程为7x4yx0.(1)求f(x)的解析式；(2)曲线f (x)上任一点处的切线与直线x0和直线yx所围成的三角形面积为定值，并求此定值解(1)方程7x4yx0可化为yeq f(7,4)x3，当x2时，yeq f(1,2).又f(x

15、)aeq f(b,x2)，于是eq blcrc (avs4alco1(2af(b,2)f(1,2)，,af(b,4)f(7,4)，)解得eq blcrc (avs4alco1(a1，,b3.)故f(x)xeq f(3,x).(2)设P(x0，y0)为曲线上任一点，由y1eq f(3,x2)知曲线在点P(x0，y0)处的切线方程为yy0eq blc(rc)(avs4alco1(1f(3,xoal(2,0)(xx0)，即y(x0eq f(3,x0)(1eq f(3,xoal(2,0)(xx0)令x0，得yeq f(6,x0)，从而得切线与直线x0交点坐标为eq blc(rc)(avs4alco1(

16、0，f(6,x0).令yx，得yx2x0，从而得切线与直线yx的交点坐标为(2x0,2x0)所以点P(x0，y0)处的切线与直线x0，yx所围成的三角形的面积为Seq f(1,2)eq blc|rc|(avs4alco1(f(6,x0)|2x0|6.故曲线yf(x)上任一点处的切线与直线x0，yx所围成的三角形面积为定值，且此定值为6.特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见创新设计高考总复习光盘中内容. 第2讲导数在研究函数中的应用基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1(x九江模拟)函数f(x)(x3)ex的单调递增区间是()A(，2) B(0,3) C(1,4

17、) D(2，)解析函数f(x)(x3)ex的导数为f(x)(x3)exex(x3)ex(x2)ex.由函数导数与函数单调性的关系，得当f(x)0时，函数f(x)单调递增，此时由不等式f(x)(x2)ex0，解得x2.答案D2函数yxex的最小值是()A1 Be Ceq f(1,e) D不存在解析yexxex(1x)ex，令y0，则x1，因为x1时，y0，x1时，y0，所以x1时，ymineq f(1,e).答案C3.(xx卷)已知函数yf(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数yf(x)的图象如图所示，则该函数的图象是()解析由yf(x)的图象知，yf(x)的图象为增函数，且在区间(1,0)

18、上增长速度越来越快，而在区间(0,1)上增长速度越来越慢答案B4设aR，若函数yexax，xR有大于零的极值点，则()Aa1 Ba1Caeq f(1,e) Daeq f(1,e)解析yexax，yexa.函数yexax有大于零的极值点，则方程yexa0有大于零的解，x0时，ex1，aex1.答案A5(x青岛模拟)已知函数f(x)x3ax2(a6)x1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是()A(1,2) B(，3)(6，)C(3,6) D(，1)(2，)解析f(x)3x22ax(a6)，由已知可得f(x)0有两个不相等的实根，4a243(a6)0，即a23a180.a6或a3.答案B二、填空题

19、6已知函数f(x)x3xx8在区间3,3上的最大值与最小值分别为M，m，则Mm_.解析由题意，得f(x)3x2x，令f(x)0，得x2，又f(3)17，f(2)24，f(2)8，f(3)1，所以M24，m8，Mm32.答案327(x广州模拟)已知f(x)x33ax2bxa2在x1时有极值0，则ab_.解析由题意得f(x)3x26axb，则eq blcrc (avs4alco1(a23ab10，,b6a30，)解得eq blcrc (avs4alco1(a1，,b3)或eq blcrc (avs4alco1(a2，,b9，)经检验当a1，b3时，函数f(x)在x1处无法取得极值，而a2，b9满足

20、题意，故ab7.答案78若函数f(x)eq f(1,3)x3eq f(1,2)x22ax在eq blcrc)(avs4alco1(f(2,3)，)上存在单调递增区间，则a的取值范围是_解析对f(x)求导，得f(x)x2x2aeq blc(rc)(avs4alco1(xf(1,2)2eq f(1,4)2a.当xeq blcrc)(avs4alco1(f(2,3)，)时，f(x)的最大值为feq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)eq f(2,9)2a.令eq f(2,9)2a0，解得aeq f(1,9).所以a的取值范围是eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,9)，).

21、答案eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,9)，)三、解答题9(x湘潭检测)已知函数f(x)x3ax2bxc在点P(1，f(1)处的切线方程为y3x1.(1)若函数f(x)在x2时有极值，求f(x)的解析式；(2)函数f(x)在区间2,0上单调递增，求实数b的取值范围解f(x)3x22axb，函数f(x)在x1处的切线斜率为3，所以f(1)32ab3，即2ab0，又f(1)1abc2得abc1.(1)函数f(x)在x2时有极值，所以f(2)x4ab0，解得a2，b4，c3，所以f(x)x32x24x3.(2)因为函数f(x)在区间2,0上单调递增，所以导函数f(x)3x2bxb在区

22、间2,0上的值恒大于或等于零，则eq blcrc (avs4alco1(f2122bb0，,f0b0，)得b4，所以实数b的取值范围是4，)10(x安徽卷)设函数f(x)1(1a)xx2x3，其中a0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；(2)当x0,1时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值解(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)1a2x3x2.令f(x)0，得x1eq f(1r(43a),3)，x2eq f(1r(43a),3)，x1x2，所以f(x)3(xx1)(xx2)当xx1或xx2时，f(x)0；当x1xx2时，f(x)0.故f(x)在(，x1)和(x2，)内单调递减，在(

23、x1，x2)内单调递增(2)因为a0，所以x10，x20.当a4时，x21，由(1)知，f(x)在0,1上单调递增，所以f(x)在x0和x1处分别取得最小值和最大值当0a4时，x21，由(1)知，f(x)在0，x2上单调递增，在x2,1上单调递减，所以f(x)在xx2eq f(1r(43a),3)处取得最大值又f(0)1，f(1)a，所以当0a1时，f(x)在x1处取得最小值；当a1时，f(x)在x0处和x1处同时取得最小值；当1a4时，f(x)在x0处取得最小值能力提升题组(建议用时：35分钟)x函数f(x)x33x1，若对于区间3,2上的任意x1，x2，都有|f(x1)f(x2)|t，则实

24、数t的最小值是()A20 B18 C3 D0解析因为f(x)3x233(x1)(x1)令f(x)0得x1，可知1,1为函数的极值点又f(3)19，f(1)1，f(1)3，f(2)1，所以在区间3,2上f(x)max1，f(x)min19.由题设知在区间3,2上f(x)maxf(x)mint，从而t20，所以t的最小值是20.答案Ax(x杭州质量检测)若函数f(x)eq f(x3,3)eq f(a,2)x2x1在区间eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，3)上有极值点，则实数a的取值范围是()A.eq blc(rc)(avs4alco1(2，f(5,2) B.eq blcrc)

25、(avs4alco1(2，f(5,2)C.eq blc(rc)(avs4alco1(2，f(10,3) D.eq blcrc)(avs4alco1(2，f(10,3)解析若函数f(x)在区间eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，3)上无极值，则当xeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，3)时，f(x)x2ax10恒成立或当xeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，3)时，f(x)x2ax10恒成立当xeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，3)时，yxeq f(1,x)的值域是eq blcrc)(avs4alco1(2，f(1

26、0,3)；当xeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，3)时，f(x)x2ax10，即axeq f(1,x)恒成立，a2；当xeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，3)，f(x)x2ax10，即axeq f(1,x)恒成立，aeq f(10,3).因此要使函数f(x)在eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，3)上有极值点，实数 a的取值范围是eq blc(rc)(avs4alco1(2，f(10,3)，故选C.答案C13已知函数f(x)eq f(1,2)x24x3ln x在区间t，t1上不单调，则t的取值范围是_解析由题意知f(x)x4eq

27、f(3,x)eq f(x1x3,x)，由f(x)0得函数f(x)的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t1)内，函数f(x)在区间t，t1上就不单调，由t1t1或t3t1，得0t1或2t3.答案(0,1)(2,3)14(x新课标全国卷)设函数f(x)aln xeq f(1a,2)x2bx(a1)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为0.(1)求b；(2)若存在x01，使得f(x0)eq f(a,a1)，求a的取值范围解(1)f(x)eq f(a,x)(1a)xb.由题设知f(1)0，解得b1.(2)f(x)的定义域为(0，)，由(1)知，f(x)aln xeq f

28、(1a,2)x2x，f(x)eq f(a,x)(1a)x1eq f(1a,x)eq blc(rc)(avs4alco1(xf(a,1a) (x1)若aeq f(1,2)，则eq f(a,1a)1，故当x(1，)时，f(x)0，f(x)在(1，)上单调递增所以，存在x01，使得f(x0)eq f(a,a1)的充要条件为f(1)eq f(a,a1)，即eq f(1a,2)1eq f(a,a1)，解得eq r(2)1aeq r(2)1.若eq f(1,2)a1，则eq f(a,1a)1，故当xeq blc(rc)(avs4alco1(1，f(a,1a)时，f(x)0；当xeq blc(rc)(avs

29、4alco1(f(a,1a)，)时，f(x)0.f(x)在eq blc(rc)(avs4alco1(1，f(a,1a)上单调递减，在eq blc(rc)(avs4alco1(f(a,1a)，)上单调递增所以，存在x01，使得f(x0)eq f(a,a1)的充要条件为feq blc(rc)(avs4alco1(f(a,1a)eq f(a,a1).而feq blc(rc)(avs4alco1(f(a,1a)alneq f(a,1a)eq f(a2,21a)eq f(a,a1)eq f(a,a1)，所以不合题意若a1，则f(1)eq f(1a,2)1eq f(a1,2)eq f(a,a1).综上，a

30、的取值范围是(eq r(2)1，eq r(2)1)(1，)15(xx卷)设函数f(x)(x1)exkx2(kR)(1)当k1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当keq blc(rc(avs4alco1(f(1,2)，1)时，求函数f(x)在0，k上的最大值M.解(1)当k1时，f(x)(x1)exx2，f(x)ex(x1)ex2xxex2xx(ex2)令f(x)0得x10，x2ln 2，当x变化时，f(x)，f(x)的变化如下表：X(，0)0(0，ln 2)ln 2(ln 2，)f(x)00f(x)极大值极小值由表可知，函数f(x)的递减区间为(0，ln 2)，递增区间为(，0)，(ln 2

31、，)(2)f(x)ex(x1)ex2kxxex2kxx(ex2k)，eq f(1,2)k1，12k2，由(1)可知f(x)在(0，ln 2k)上单调递减，在(ln 2k，)上单调递增设g(x)xln 2xeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)x1)，则g(x)1eq f(2,2x)1eq f(1,x)，eq f(1,2)x1，1eq f(1,x)2，11eq f(1,x)0，g(x)xln 2x在eq blc(rc(avs4alco1(f(1,2)，1)上单调递减，eq f(1,2)g(1)1ln 20，kln 2k0即kln 2k，f(x)在(0，ln 2k)上单调递减，在(

32、ln 2k，k)上单调递增，f(x)在0，k上的最大值应在端点处取得而f(0)1，f(k)(k1)ekk3，下面比较f(0)与f(k)的大小令h(k)f(k)f(0)(k1)ekk31，则h(k)k(ek3k)，再令(k)ek3k，则(k)ek3e30，(k)在eq blc(rc(avs4alco1(f(1,2)，1)上递减，而eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)(1)eq blc(rc)(avs4alco1(r(e)f(3,2)(e3)0，当k(x0,1)时，(k)0，h(1)0.h(k)0在eq blc(rc(avs4alco1(f(1,2)，1)上恒成立，当且仅当k1时

33、取“”综上，函数f(x)在0，k上的最大值M(k1)ekk3.16(xx卷)已知函数f(x)x33|xa|(aR)(1)若f(x)在1,1上的最大值和最小值分别记为M(a)，m(a)，求M(a)m(a)；(2)设bR.若f(x)b24对x1,1恒成立，求3ab的取值范围解(1)因为f(x)eq blcrc (avs4alco1(x33x3a，xa，,x33x3a，xa，)所以f(x)eq blcrc (avs4alco1(3x23，xa，,3x23，xa.)由于1x1，当a1时，有xa，故f(x)x33x3a，此时f(x)在(1,1)上是增函数，因此，M(a)f(1)43a，m(a)f(1)4

34、3a，故M(a)m(a)(43a)(43a)8.当1a1时，若x(a,1)，f(x)x33x3a，在(a,1)上是增函数；若x(1，a)，f(x)x33x3a，在(1，a)上是减函数，所以，M(a)maxf(1)，f(1)，m(a)f(a)a3.由于f(1)f(1)6a2，因此，当1aeq f(1,3)时，M(a)m(a)a33a4；当eq f(1,3)a1时，M(a)m(a)a33a2.当a1时，有xa，故f(x)x33x3a，此时f(x)在(1,1)上是减函数，因此，M(a)f(1)23a，m(a)f(1)23a，故M(a)m(a)(23a)(23a)4.综上，M(a)m(a)eq blc

35、rc (avs4alco1(8，a1，,a33a4，1af(1,3)，,a33a2，f(1,3)a1，,4，a1.)(2)令h(x)f(x)b，则h(x)eq blcrc (avs4alco1(x33x3ab，xa，,x33x3ab，xa，)h(x)eq blcrc (avs4alco1(3x23，xa，,3x23，x0，t(a)在eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,3)上是增函数，故t(a)t(0)2，因此23ab0；当eq f(1,3)a1时，h(x)在1,1上的最小值是h(a)a3b，最大值是h(1)3ab2，所以a3b2且3ab22，解得eq f(28,27)0.(1

36、)解由题意得f(x)xx22a.当a0时，f(x)0恒成立，此时f(x)的单调递增区间为(，)当a0时，f(x)xeq blc(rc)(avs4alco1(xr(f(a,6)eq blc(rc)(avs4alco1(xr(f(a,6)，此时函数f(x)的单调递增区间为eq blc(rc(avs4alco1(，r(f(a,6)和eq blcrc)(avs4alco1(r(f(a,6)，)，单调递减区间为eq blcrc(avs4alco1(r(f(a,6)，r(f(a,6).(2)证明由于0 x1，故当a2时，f(x)|2a|4x32ax24x34x2.当a2时，f(x)|2a|4x32a(1x

37、)24x34(1x)24x34x2.设g(x)2x32x1,0 x1，则g(x)6x226eq blc(rc)(avs4alco1(xf(r(3),3)eq blc(rc)(avs4alco1(xf(r(3),3)，于是g(x)，g(x)随x的变化情况如下表：x0eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(r(3),3)eq f(r(3),3)eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),3)，1)1g(x)0g(x)1减极小值增1所以，g(x)mingeq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),3)1eq f(4r(3),9)0.所以当0 x1时，2x32x10.

38、故f(x)|2a|4x34x20.能力提升题组(建议用时：35分钟)x(x辽宁卷)当x2,1时，不等式ax3x24x30恒成立，则实数a的取值范围是()A5，3 B.eq blcrc(avs4alco1(6，f(9,8)C6，2 D4，3解析由题意知x2,1都有ax3x24x30，即ax3x24x3在x2,1上恒成立当x0时，ax3x24x30恒成立，即30，aR.当0 x1时，aeq f(x24x3,x3)eq f(3,x3)eq f(4,x2)eq f(1,x).令teq f(1,x)(t1)，g(t)3t34t2t，因为g(t)9t28t10(t1)，所以g(t)在1，)上单调递减，g(

39、t)maxg(1)6(t1)，所以a6.当2x0时，aeq f(3,x3)eq f(4,x2)eq f(1,x)，同理，g(t)在(，1上递减，在eq blc(rc(avs4alco1(1，f(1,2)上递增因此g(t)ming(1)2eq blc(rc)(avs4alco1(tf(1,2)，所以a2.综上，6a2.答案Cx(x大连模拟)已知函数f(x)x3ax2xc(xR)，下列结论错误的是()A函数f(x)一定存在极大值和极小值B若函数f(x)在(，x1)，(x2，)上是增函数，则x2x1eq f(2r(3),3)C函数f(x)的图象是中心对称图形D函数f(x)一定存在三个零点解析对于A，

40、f(x)3x22ax1，4a2x0，因此函数f(x)3x22ax1恒有两个相异零点x3，x4(其中x3x4)，易知函数f(x)的递增区间是(，x3)与(x4，)，递减区间是(x3，x4)，函数f(x)一定存在极大值与极小值，选项A正确对于B，由A知，x3x4eq f(2a,3)，x3x4eq f(1,3)，则x4x3eq r(x3x424x3x4)eq r(blc(rc)(avs4alco1(f(2a,3)2f(4,3)eq f(2r(3),3)，又x1x3，x4x2，因此x2x1x4x3eq f(2r(3),3)，选项B正确对于C，函数f(x)的解析式可以通过配方的方法化为形如(xm)3n(

41、xm)h的形式，通过平移函数图象，函数的解析式可以化为yx3nx的形式，这是一个奇函数，其图象关于坐标原点对称，故函数f(x)的图象是中心对称图形，所以C正确对于D，取ac1，得f(x)x3x2x1(x1)2(x1)，此时函数f(x)仅有两个相异零点，因此选项D不正确综上所述，选D.答案D13已知f(x)xex，g(x)(x1)2a，若x1，x2R，使得f(x2)g(x1)成立，则实数a的取值范围是_解析f(x)exxexex(1x)当x1时，f(x)0，函数f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，函数f(x)单调递减所以函数f(x)的最小值为f(1)eq f(1,e).而函数g(x)的最大值

42、为a，则由题意，可得eq f(1,e)a，即aeq f(1,e).答案eq blcrc)(avs4alco1(f(1,e)，)14(x长沙模拟)已知函数f(x)ln xeq f(a,x).(1)若f(x)在1，e上的最小值为eq f(3,2)，求实数a的值；(2)若f(x)x2在(1，)上恒成立，求a的取值范围解(1)由题意可知，f(x)eq f(1,x)eq f(a,x2)eq f(xa,x2).若a1，则xa0，即f(x)0在1，e上恒成立，此时f(x)在1，e上为增函数，f(x)minf(1)aeq f(3,2)，aeq f(3,2)(舍去)若ae，则xa0，即f(x)0在1，e上恒成立

43、，此时f(x)在1，e上为减函数，f(x)minf(e)1eq f(a,e)eq f(3,2)，aeq f(e,2)(舍去)若ea1，令f(x)0得xa，当1xa时，f(x)0，f(x)在(1，a)上为减函数；当axe时，f(x)0，f(x)在(a，e)上为增函数，f(x)minf(a)ln(a)1eq f(3,2)，aeq r(e).综上所述，aeq r(e).(2)f(x)x2，axln xx3在(1，)上恒成立令g(x)xln xx3，h(x)g(x)1ln x3x2，h(x)eq f(1,x)6xeq f(16x2,x).x(1，)时，h(x)0，h(x)在(1，)上是减函数h(x)h

44、(1)20，即g(x)0，g(x)在(1，)上也是减函数g(x)g(1)1，当a1时，f(x)x2在(1，)上恒成立15(xx卷)已知函数f(x)x2xsin xcos x.(1)若曲线yf(x)在点(a，f(a)处与直线yb相切，求a与b的值；(2)若曲线yf(x)与直线yb有两个不同交点，求b的取值范围解由f(x)x2xsin xcos x，得f(x)2xsin xx(sin x)sin xx(2cos x)(1)因为曲线yf(x)在点(a，f(a)处与直线yb相切，所以f(a)a(2cos a)0，bf(a)解得a0，bf(0)1.(2)设g(x)f(x)bx2xsin xcos xb.

45、令g(x)f(x)0 x(2cos x)0，得x0.当x变化时，g(x)，g(x)的变化情况如下表：X(，0)0(0，)g(x)0g(x)1b所以函数g(x)在区间(，0)上单调递减，在区间(0，)上单调递增，且g(x)的最小值为g(0)1b.当1b0时，即b1时，g(x)0至多有一个实根，曲线yf(x)与yb最多有一个交点，不合题意当1b1时，有g(0)1b4b2b1b0.yg(x)在(0,2b)内存在零点，又yg(x)在R上是偶函数，且g(x)在(0，)上单调递增，yg(x)在(0，)上有唯一零点，在(，0)上也有唯一零点故当b1时，yg(x)在R上有两个零点，则曲线yf(x)与直线yb有

46、两个不同交点综上可知，如果曲线yf(x)与直线yb有两个不同交点，那么b的取值范围是(1，)16(xx卷)已知函数f(x)exax2bx1，其中a，bR，e2.718 28为自然对数的底数(1)设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间0,1上的最小值；(2)若f(1)0，函数f(x)在区间(0,1)内有零点，证明：e2a1.(1)解由f(x)exax2bx1，有g(x)f(x)ex2axb，所以g(x)ex2a.当x0,1时，g(x)12a，e2a，当aeq f(1,2)时，g(x)0，所以g(x)在0,1上单调递增，因此g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b；当aeq f(e

47、,2)时，g(x)0，所以g(x)在0,1上单调递减因此g(x)在0,1上的最小值是g(1)e2ab；当eq f(1,2)aeq f(e,2)时，令g(x)0，得xln (2a)(0,1)，所以函数g(x)在区间0，ln(2a)上单调递减，在区间(ln(2a)，1上单调递增于是，g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b.综上所述，当aeq f(1,2)时，g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b；当eq f(1,2)aeq f(e,2)时，g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b；当aeq f(e,2)时，g(x)在0,1上的最小值是g(1)

48、e2ab.(2)证明设x0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点，则由f(0)f(x0)0可知f(x)在区间(0，x0)上不可能单调递增，也不可能单调递减则g(x)不可能恒为正，也不可能恒为负故g(x)在区间(0，x0)内存在零点x1，同理，g(x)在区间(x0,1)内存在零点x2，所以g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点由(1)知，当aeq f(1,2)时，g(x)在0,1上单调递增，故g(x)在(0,1)内至多有一个零点当aeq f(e,2)时，g(x)在0,1上单调递减，故g(x)在(0,1)内至多有一个零点，所以eq f(1,2)aeq f(e,2).此时g(x)在区间0，ln(2

49、a)上单调递减，在区间(ln(2a)，1上单调递增，因此x1(0，ln(2a)，x2(ln(2a)，1)，必有g(0)1b0，g(1)e2ab0.由f(1)0有abe12，有g(0)ae20，g(1)1a0，解得e2a1.所以函数f(x)在区间(0,1)内有零点时，e2a1.特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见创新设计高考总复习光盘中内容. 第4讲复数基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1(xx卷)若复数z满足z(1i)2i(i为虚数单位)，则|z|()A1 B2 C.eq r(2) D.eq r(3)解析z(1i)2i，zeq f(2i,1i)1i，|z|e

50、q r(2). 答案C2(x福建卷)复数(32i)i等于()A23i B23i C23i D23i解析(32i)i3i2i223i，故选B.答案B3(xx卷)已知复数z满足(34i)z25，则z()A34i B34i C34i D34i解析zeq f(25,34i)eq f(2534i,34i34i)eq f(2534i,25)34i，故选D.答案D4(x陕西卷)已知复数z2i，则zeq xto(z)的值为()A5 B.eq r(5) C3 D.eq r(3)解析z2i，eq xto(z)2i，zeq xto(z)(2i)(2i)2215，故选A.答案A5(x东北三省四市联考)复数z满足(1i

51、)z2i，则复数z在复平面内对应的点在()A第一象限 B第二象限Cx象限 D第四象限解析由(1i)z2i得zeq f(2i,1i)eq f(2i1i,1i1i)eq f(2i2,2)1i，则复数z在复平面内对应的点为(1,1)，该点在第一象限，故选A.答案A二、填空题6(x湖南卷)复数eq f(3i,i2)(i为虚数单位)的实部等于_解析eq f(3i,i2)eq f(3i,1)3i，eq f(3i,i2)的实部为3.答案37(xx卷)已知i是虚数单位，计算eq f(1i,1i2)_.解析eq f(1i,1i2)eq f(1i,2i)eq f(1i,2)eq f(1,2)eq f(1,2)i.

52、答案eq f(1,2)eq f(1,2)i8(x武汉调研)若复数(m25m6)(m23m)i(m为实数，i为虚数单位)是纯虚数，则m_.解析复数(m25m6)(m23m)i是纯虚数，所以eq blcrc (avs4alco1(m25m60，,m23m0，)解得m2.答案2三、解答题9已知复数z1满足(z12)(1i)1i(i为虚数单位)，复数z2的虚部为2，且z1z2是实数，求z2.解(z12)(1i)1iz12i.设z2a2i(aR)，则z1z2(2i)(a2i)(2a2)(4a)i.z1z2R.a4.z242i.10当实数m为何值时，zeq f(m2m6,m3)(m25m6)i，(1)为实

53、数；(2)为虚数；(3)为纯虚数；(4)复数z对应的点在复平面内的第二象限解(1)若z为实数，则eq blcrc (avs4alco1(m25m60，,m30，)解得m2.(2)若z为虚数，则eq blcrc (avs4alco1(m25m60，,m30，)解得m2且m3.(3)若z为纯虚数，则eq blcrc (avs4alco1(m25m60，,f(m2m6,m3)0，)解得m3.(4)若z对应的点在第二象限，则eq blcrc (avs4alco1(f(m2m6,m3)0，,m25m60，)即eq blcrc (avs4alco1(m3或2m3，,m3或m2，)m3或2m3.能力提升题组

54、(建议用时：35分钟)x下面是关于复数zeq f(2,1i)的四个命题：p1：|z|2; p2：z22i；p3：z的共轭复数为1i; p4：z的虚部为1.其中的真命题为()Ap2，p3 Bp1，p2 Cp2，p4 Dp3，p4解析利用复数的有关概念以及复数的运算求解zeq f(2,1i)1i，|z|eq r(1212)eq r(2)，p1是假命题；z2(1i)22i，p2是真命题；eq xto(z)1i，p3是假命题；z的虚部为1，p4是真命题其中的真命题共有2个：p2，p4.答案Cx设f(n)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1i,1i)neq blc(rc)(avs4alco1

55、(f(1i,1i)n(nN*)，则集合f(n)中元素的个数为()A1 B2 C3 D无数个解析f(n)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1i,1i)neq blc(rc)(avs4alco1(f(1i,1i)nin(i)n，f(1)0，f(2)2，f(3)0，f(4)2，f(5)0，集合中共有3个元素答案C13(x岳阳一中检测)已知复数zeq f(ii2i3i2 014,1i)，则复数z在复平面内对应的点为_解析i4n1i4n2i4n3i4n4ii2i3i40，而2 01345031,2 01445032，zeq f(ii2i3i2 014,1i)eq f(ii2,1i)eq f(

56、1i,1i)eq f(1i1i,1i1i)eq f(2i,2)i，对应的点为(0,1)答案(0,1)14如图，平行四边形OABC，顶点O，A，C分别表示0,32i，24i，试求：(1)eq o(AO,sup7()所表示的复数，eq o(BC,sup7()所表示的复数；(2)对角线eq o(CA,sup7()所表示的复数；(3)求B点对应的复数解(1)eq o(AO,sup7()eq o(OA,sup7()，eq o(AO,sup7()所表示的复数为32i.eq o(BC,sup7()eq o(AO,sup7()，eq o(BC,sup7()所表示的复数为32i.(2)eq o(CA,sup7(

57、)eq o(OA,sup7()eq o(OC,sup7()，eq o(CA,sup7()所表示的复数为(32i)(24i)52i.(3)eq o(OB,sup7()eq o(OA,sup7()eq o(AB,sup7()eq o(OA,sup7()eq o(OC,sup7()，eq o(OB,sup7()所表示的复数为(32i)(24i)16i，即B点对应的复数为16i.15已知z是复数，z2i、eq f(z,2i)均为实数(i为虚数单位)，且复数(zai)2在复平面内对应的点在第一象限，求实数a的取值范围解设zxyi(x、yR)，z2ix(y2)i，由题意得y2.eq f(z,2i)eq f

58、(x2i,2i)eq f(1,5)(x2i)(2i)eq f(1,5)(2x2)eq f(1,5)(x4)i，由题意得x4.z42i.(zai)2(x4aa2)8(a2)i，根据条件，可知eq blcrc (avs4alco1(124aa20，,8a20，)解得2a2，f(8)eq f(5,2)，f(16)3，f(32)eq f(7,2)，则其一般结论为_解析因为f(22)eq f(4,2)，f(23)eq f(5,2)，f(24)eq f(6,2)，f(25)eq f(7,2)，所以当n2时，有f(2n)eq f(n2,2).故填f(2n)eq f(n2,2)(n2，nN*)答案f(2n)e

59、q f(n2,2)(n2，nN*)8(x南昌模拟)观察下列等式：2335,3379x,4313151719,532123252729，若类似上面各式方法将m3分拆得到的等式右边最后一个数是109，则正整数m等于_解析依题意，注意到从23到m3(m2，mN)的分拆中共含有23meq f(m1 m2,2)个正整数，且最大的正整数为2eq f(m1m2,2)1(m1)(m2)1，且109(101)(102)1，因此所求的正整数m10.答案10三、解答题9若a，b，c是不全相等的正数，求证：lgeq f(ab,2)lgeq f(bc,2)lgeq f(ca,2)lg alg blg c.证明a，b，c

60、(0，)，eq f(ab,2)eq r(ab)0，eq f(bc,2)eq r(bc)0，eq f(ac,2)eq r(ac)0.又上述三个不等式中等号不能同时成立eq f(ab,2)eq f(bc,2)eq f(ca,2)abc成立上式两边同时取常用对数，得lgeq blc(rc)(avs4alco1(f(ab,2)f(bc,2)f(ca,2)lg abc，lgeq f(ab,2)lgeq f(bc,2)lgeq f(ca,2)lg alg blg c.10设数列an是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和(1)求证：数列Sn不是等比数列；(2)数列Sn是等差数列吗？为什么？(1)证明假设数