【数学】2020届一轮复习人教版数系的扩充与复数的引入教案 15页

(1)复数的概念是学习复数的基础，是考试的重要的考查内容之一，一般以选择题或填空题形式出现， 难度较小． (2)解答此类问题的关键是明确复数相关概念． [考点精要] 1．复数是实数的充要条件 (1)z＝a＋bi(a，b∈R)∈R⇔b＝0. (2)z∈R⇔z＝ z . (3)z∈R⇔z2≥0. 2．复数是纯虚数的充要条件 (1)z＝a＋bi(a，b∈R)是纯虚数⇔a＝0，且 b≠0. (2)z 是纯虚数⇔z＋ z ＝0(z≠0)． (3)z 是纯虚数⇔z2<0. 3．复数相等的充要条件 a＋bi＝c＋di⇔ a＝c， b＝d (a，b，c，d∈R)． [典例] 实数 k 分别为何值时，复数(1＋i)k2－(3＋5i)k－2(2＋3i)满足下列条件？ (1)是实数；(2)是虚数；(3)是纯虚数；(4)是 0. [解] (1＋i)k2－(3＋5i)k－2(2＋3i)＝(k2－3k－4)＋(k2－5k－6)i. (1)当 k2－5k－6＝0，即 k＝6 或 k＝－1 时，该复数为实数． (2)当 k2－5k－6≠0，即 k≠6 且 k≠－1 时，该复数为虚数． (3)当 k2－5k－6≠0， k2－3k－4＝0， 即 k＝4 时，该复数为纯虚数． (4)当 k2－3k－4＝0， k2－5k－6＝0， 即 k＝－1 时，该复数为 0. [类题通法] 处理复数概念问题的两个注意点 (1)当复数不是 a＋bi(a，b∈R)的形式时，要通过变形化为 a＋bi 的形式，以便确定其实部和虚部． (2)求解时，要注意实部和虚部本身对变量的要求，否则容易产生增根． [题组训练] 1．若复数 z＝1＋i(i 为虚数单位)， z 是 z 的共轭复数，则 z2＋ z－2的虚部为( ) A．0 B．－1 C．1 D．－2 解析：选 A 因为 z＝1＋i，所以 z ＝1－i，所以 z2＋ z 2＝(1＋i)2＋(1－i)2＝2i＋(－2i)＝0.故选 A. 2．复数 z＝log3(x2－3x－3)＋ilog2(x－3)，当 x 为何实数时， (1)z∈R；(2)z 为虚数；(3)z 为纯虚数． 解：(1)∵一个复数是实数的充要条件是虚部为 0， ∴ x2－3x－3＞0，① log2(x－3)＝0，② x－3＞0.③ 由②，得 x＝4，经验证满足①③式． ∴当 x＝4 时，z∈R. (2)∵一个复数是虚数的充要条件是虚部不等于 0， ∴ x2－3x－3＞0， log2(x－3)≠0， x－3＞0， 解得 x＞3＋ 21 2 或 x＜3－ 21 2 ， x＞3 且 x≠4， 即3＋ 21 2 ＜x＜4 或 x＞4 时，z 为虚数． (3)∵一个复数是纯虚数的充要条件是其实部为 0 且虚部不为 0， ∴ log3(x2－3x－3)＝0， log2(x－3)≠0， x2－3x－3＞0， x－3＞0， 解得 x＝－1 或 x＝4， x＞3 且 x≠4， 方程组无解．∴复数 z 不可能是纯虚数. 复数加、减法的几何意义 (1)复数运算与复数几何意义的综合是高考常见的考查题型，以选择题或填空题形式考查，难度较小． (2)解答此类问题的关键是利用复数运算将复数化为代数形式，再利用复数的几何意义解题． [考点精要] 1．复数的几何意义 (1)复数 z＝a＋bi(a，b∈R)的对应点的坐标为(a，b)，而不是(a，bi)； (2)复数 z＝a＋bi(a，b∈R)的对应向量 OZ  是以原点 O 为起点的，否则就谈不上一一对应，因为复平 面上与OZ  相等的向量有无数个． 2．复数的模 (1)复数 z＝a＋bi(a，b∈R)的模|z|＝ a2＋b2； (2)从几何意义上理解，复数 z 的模表示复数 z 对应的点 z 和原点间的距离． [典例] (1)若复数(a＋i)2 的对应点在 y 轴负半轴上，则实数 a 的值是( ) A．－1 B．1 C．－ 2 D. 2 (2)复数 z＝m－2i 1＋2i (m∈R，i 为虚数单位)在复平面上对应的点不可能位于( ) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 [解析] (1)因为(a＋i)2＝a2－1＋2ai， 又复数(a＋i)2 的对应点在 y 轴负半轴上， 所以 a2－1＝0， 2a<0， 即 a＝－1. (2)z＝m－2i 1＋2i ＝(m－2i)(1－2i) (1＋2i)(1－2i) ＝1 5[(m－4)－2(m＋1)i]， 其实部为1 5(m－4)，虚部为－2 5(m＋1)， 由 m－4>0， －2(m＋1)>0. 得 m>4， m<－1. 此时无解．故复数在复平面上对应的点不可能位于第一象限． [答案] (1)A (2)A [类题通法] 在复平面内确定复数对应点的步骤 (1)由复数确定有序实数对，即 z＝a＋bi(a，b∈R)确定有序实数对(a，b)． (2)由有序实数对(a，b)确定复平面内的点 Z(a，b)． [题组训练] 1．(全国卷Ⅲ)设(1＋i)x＝1＋yi，其中 x，y 是实数，则|x＋yi|＝( ) A．1 B. 2 C. 3 D．2 解析：选 B ∵(1＋i)x＝1＋yi，∴x＋xi＝1＋yi. 又∵x，y∈R，∴x＝1，y＝1. ∴|x＋yi|＝|1＋i|＝ 2，故选 B. 2．若复数(－6＋k2)－(k2－4)i 所对应的点在第三象限，则实数 k 的取值范围是________． 解析：由已知得 －6＋k2<0， k2－4>0， ∴40， m－1<0， 即－3f(1) C．f(－1)f(1). 11．若不等式 2xln x≥－x2＋ax－3 对 x∈(0，＋∞)恒成立，则实数 a 的取值范围是( ) A．(－∞，0) B．(－∞，4] C．(0，＋∞) D．[4，＋∞) 解析：选 B 由 2xln x≥－x2＋ax－3，得 a≤2ln x＋x＋3 x ，设 h(x)＝2ln x＋x＋3 x(x＞0)，则 h′(x) ＝(x＋3)(x－1) x2 .当 x∈(0,1)时，h′(x)＜0，函数 h(x)单调递减；当 x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，函数 h(x)单 调递增，所以 h(x)min＝h(1)＝4.所以 a≤h(x)min＝4.故 a 的取值范围是(－∞，4]． 12．定义在 R 上的函数 f(x)满足：f′(x)＞f(x)恒成立，若 x1＜x2，则 ex1f(x2)与 ex2f(x1)的大小关系为( ) A．ex1f(x2)＞ex2f(x1) B．ex1f(x2)＜ex2(x1) C．ex1f(x2)＝ex2f(x1) D．ex1f(x2)与 ex2f(x1)的大小关系不确定 解析：选 A 设 g(x)＝f(x) ex ，则 g′(x)＝f′(x)ex－f(x)(ex)′ (ex)2 ＝f′(x)－f(x) ex ，由题意 g′(x)＞0，所以 g(x) 单调递增，当 x1＜x2 时，g(x1)＜g(x2)，即f(x1) ex1 ＜f(x2) ex2 ，所以 ex1f(x2)＞ex2f(x1)． 二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．请把正确答案填在题中横线上) 13．设 z＝(2－i)2(i 为虚数单位)，则复数 z 的模为______． 解析：z＝(2－i)2＝3－4i，所以|z|＝|3－4i|＝ 32＋(－4)2＝5. 答案：5 14．(天津高考)已知函数 f(x)＝axln x，x∈(0，＋∞)，其中 a 为实数，f′(x)为 f(x)的导函数．若 f′(1) ＝3，则 a 的值为________． 解析：f′(x)＝a ln x＋x·1 x ＝a(1＋ln x)． 由于 f′(1)＝a(1＋ln 1)＝a，又 f′(1)＝3，所以 a＝3. 答案：3 15．某商场从生产厂家以每件 20 元购进一批商品，若该商品零售价为 p 元，销量 Q(单位：件)与零售 价 p(单位：元)有如下关系：Q＝8 300－170p－p2，则该商品零售价定为______元时利润最大，利润的最大 值为______元． 解析：设商场销售该商品所获利润为 y 元，则 y＝(p－20)(8 300－170p－p2) ＝－p3－150p2＋11 700p－166 000(p≥20)， 则 y′＝－3p2－300p＋11 700. 令 y′＝0 得 p2＋100p－3 900＝0， 解得 p＝30 或 p＝－130(舍去)． 则 p，y，y′变化关系如下表： p (20,30) 30 (30，＋∞) y′ ＋ 0 － y 极大值 故当 p＝30 时，y 取极大值为 23 000 元． 又 y＝－p3－150p2＋11 700p－166 000 在[20，＋∞)上只有一个极值，故也是最值．所以该商品零售价 定为每件 30 元，所获利润最大为 23 000 元． 答案：30 23 000 16．两千多年前，古希腊毕达哥拉斯学派的数学家曾经在沙滩上研究数学问题．他们在沙滩上画点或 用小石子表示数，按照点或小石子能排列的形状对数进行分类．下图中实心点的个数 5,9,14,20，…，被称 为梯形数．根据图形的构成，记第 2 016 个梯形数为 a2 016，则 a2 016＝________. 解析：5＝2＋3＝a1,9＝2＋3＋4＝a2,14＝2＋3＋4＋5＝a3，…，an＝2＋3＋…＋(n＋2)＝(n＋1)(2＋n＋2) 2 ＝1 2 ×(n＋1)(n＋4)，由此可得 a2 016＝2＋3＋4＋…＋2 018＝1 2 ×2 017×2 020＝2 017×1 010. 答案：2 017×1 010 三、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分 10 分)已知 a＞b＞c，求证： 1 a－b ＋ 1 b－c ≥ 4 a－c . 证明：已知 a＞b＞c，因为a－c a－b ＋a－c b－c ＝a－b＋b－c a－b ＋a－b＋b－c b－c ＝2＋b－c a－b ＋a－b b－c ≥2＋2 b－c a－b ·a－b b－c ＝4， 所以a－c a－b ＋a－c b－c ≥4，即 1 a－b ＋ 1 b－c ≥ 4 a－c. 18．(本小题满分 12 分)设函数 f(x)＝－1 3x3＋x2＋(m2－1)x(x∈R)，其中 m＞0. (1)当 m＝1 时，求曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率； (2)求函数 f(x)的单调区间与极值． 解：(1)当 m＝1 时，f(x)＝－1 3x3＋x2， f′(x)＝－x2＋2x，故 f′(1)＝1. 所以曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为 1. (2)f′(x)＝－x2＋2x＋m2－1. 令 f′(x)＝0，解得 x＝1－m 或 x＝1＋m. 因为 m＞0，所以 1＋m＞1－m. 当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞， 1－m) 1－m (1－m， 1＋m) 1＋m (1＋m， ＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) 极小值 极大值 所以 f(x)在(－∞，1－m)，(1＋m，＋∞)内是减函数，在(1－m,1＋m)内是增函数． 函数 f(x)在 x＝1－m 处取得极小值 f(1－m)， 且 f(1－m)＝－2 3m3＋m2－1 3. 函数 f(x)在 x＝1＋m 处取得极大值 f(1＋m)， 且 f(1＋m)＝2 3m3＋m2－1 3. 19．(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)＝ln x＋a(1－x)． (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 f(x)有最大值，且最大值大于 2a－2 时，求 a 的取值范围． 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1 x －a. 若 a≤0，则 f′(x)>0，所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 若 a>0，则当 x∈ 0，1 a 时，f′(x)>0； 当 x∈ 1 a ，＋∞ 时，f′(x)<0. 所以 f(x)在 0，1 a 上单调递增，在 1 a ，＋∞ 上单调递减． (2)由(1)知，当 a≤0 时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值； 当 a>0 时，f(x)在 x＝1 a 处取得最大值，最大值为 f 1 a ＝ln1 a ＋a 1－1 a ＝－ln a＋a－1. 因此 f 1 a >2a－2 等价于 ln a＋a－1<0. 令 g(a)＝ln a＋a－1，则 g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0. 于是，当 01 时，g(a)>0. 因此 a 的取值范围是(0,1)． 20．(本小题满分 12 分)已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足：Sn＝an 2 ＋ 1 an －1，且 an＞0，n∈N*. (1)求 a1，a2，a3； (2)猜想{an}的通项公式，并用数学归纳法证明． 解：(1)a1＝S1＝a1 2 ＋ 1 a1 －1， 所以 a1＝－1± 3. 又因为 an＞0，所以 a1＝ 3－1. S2＝a1＋a2＝a2 2 ＋ 1 a2 －1，所以 a2＝ 5－ 3. S3＝a1＋a2＋a3＝a3 2 ＋ 1 a3 －1， 所以 a3＝ 7－ 5. (2)由(1)猜想 an＝ 2n＋1－ 2n－1，n∈N*. 下面用数学归纳法加以证明： ①当 n＝1 时，由(1)知 a1＝ 3－1 成立． ②假设 n＝k(k∈N*)时，ak＝ 2k＋1－ 2k－1成立． 当 n＝k＋1 时，ak＋1＝Sk＋1－Sk ＝ ak＋1 2 ＋ 1 ak＋1 －1 － ak 2 ＋1 ak －1 ＝ak＋1 2 ＋ 1 ak＋1 － 2k＋1， 所以 a2k＋1＋2 2k＋1ak＋1－2＝0， 所以 ak＋1＝ 2(k＋1)＋1－ 2(k＋1)－1， 即当 n＝k＋1 时猜想也成立． 综上可知，猜想对一切 n∈N*都成立． 21．(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)＝ax3＋cx＋d(a≠0)是 R 上的奇函数，当 x＝1 时，f(x)取得极值－ 2. (1)求 f(x)的单调区间和极大值； (2)证明对任意 x1，x2∈(－1,1)，不等式|f(x1)－f(x2)|<4 恒成立． 解：(1)由奇函数的定义， 应有 f(－x)＝－f(x)，x∈R， 即－ax3－cx＋d＝－ax3－cx－d，∴d＝0. 因此 f(x)＝ax3＋cx，f′(x)＝3ax2＋c. 由条件 f(1)＝－2 为 f(x)的极值，必有 f′(1)＝0. 故 a＋c＝－2， 3a＋c＝0， 解得 a＝1，c＝－3. 因此 f(x)＝x3－3x， f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)， f′(－1)＝f′(1)＝0. 当 x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0， 故 f(x)在区间(－∞，－1)上是增函数； 当 x∈(－1,1)时，f′(x)<0， 故 f(x)在区间(－1,1)上是减函数； 当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0， 故 f(x)在区间(1，＋∞)上是增函数． ∴f(x)在 x＝－1 处取得极大值，极大值为 f(－1)＝2. (2)证明：由(1)知，f(x)＝x3－3x(x∈[－1,1])是减函数， 且 f(x)在[－1,1]上的最大值 M＝f(－1)＝2， f(x)在[－1,1]上的最小值 m＝f(1)＝－2. ∴对任意的 x1，x2∈(－1,1)， 恒有|f(x1)－f(x2)|0， ∴f′(0)·f′(1)<0. 令 h(x)＝f′(x)＝ex＋4x－3，则 h′(x)＝ex＋4>0， ∴f′(x)在区间[0,1]上单调递增， ∴f′(x)在区间[0,1]上存在唯一零点， ∴f(x)在区间[0,1]上存在唯一的极小值点． (2)由 f(x)≥5 2x2＋(a－3)x＋1， 得 ex＋2x2－3x≥5 2x2＋(a－3)x＋1， 即 ax≤ex－1 2x2－1， ∵x≥1 2 ，∴a≤ ex－1 2x2－1 x . 令 g(x)＝ ex－1 2x2－1 x ， 则 g′(x)＝ex(x－1)－1 2x2＋1 x2 . 令φ(x)＝ex(x－1)－1 2x2＋1，则φ′(x)＝x(ex－1)． ∵x≥1 2 ，∴φ′(x)>0. ∴φ(x)在 1 2 ，＋∞ 上单调递增． ∴φ(x)≥φ 1 2 ＝7 8 －1 2 e>0. 因此 g′(x)>0，故 g(x)在 1 2 ，＋∞ 上单调递增， 则 g(x)≥g 1 2 ＝ e1 2 －1 8 －1 1 2 ＝2 e－9 4 ， ∴a 的取值范围是 －∞，2 e－9 4 .