x屆x省高考數(shù)學(xué)（理）一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè) 導(dǎo)數(shù)、復(fù)數(shù)、推理證明（新人教a版）

1、選修模塊 第九章 導(dǎo)數(shù)、復(fù)數(shù)、推理與證明第1講導(dǎo)數(shù)的概念及運(yùn)算基礎(chǔ)鞏固題組(建議用時(shí)：40分鐘)一、選擇題1(x深圳中學(xué)模擬)曲線yx3在原點(diǎn)處的切線()A不存在B有1條，其方程為y0C有1條，其方程為x0D有2條，它們的方程分別為y0，x0解析y3x2，ky|x00，曲線yx3在原點(diǎn)處的切線方程為y0.答案B2若曲線yx4的一條切線l與直線x4y80垂直，則l的方程為()A4xy30 Bx4y50C4xy30 Dx4y30解析切線l的斜率k4，設(shè)yx4的切點(diǎn)的坐標(biāo)為(x0，y0)，則k4xeq oal(3,0)4，x01，切點(diǎn)為(1,1)，即y14(x1)，整理得l的方程為4xy30.答案A

2、3(x湛江調(diào)研)曲線ye2x1在點(diǎn)(0,2)處的切線與直線y0和yx圍成的三角形的面積為()A.eq f(1,3) B.eq f(1,2) C.eq f(2,3) D1解析y|x0(2e2x)|x02，故曲線ye2x1在點(diǎn)(0,2)處的切線方程為y2x2，易得切線與直線y0和yx的交點(diǎn)分別為(1,0)，eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)，f(2,3)，故圍成的三角形的面積為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)的導(dǎo)函數(shù)，即f2(x)f1(x)，f3(x)f2(x)，fn1(x)fn(x)

3、，nN*，則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為周期的函數(shù)，f2 015(x)f3(x)sin xcos x，故選A.答案A5(x陜西卷)如圖，修建一條公路需要一段環(huán)湖彎曲路段與兩條直道平滑連接(相切)已知環(huán)湖彎曲路段為某三次函數(shù)圖象的一部分，則該函數(shù)的解析式為()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解析設(shè)三次函數(shù)的解析式為yax3bx2cxd(a0)，則y3ax22bxc.由已知得yx是函數(shù)yax3bx2cxd在點(diǎn)(0,0)處的切線，則y|x01c1，排除B、D.又y3x6是該函數(shù)在點(diǎn)(2,0)處的切線，則y|x23xa4bc3xa4b133ab1.只有A項(xiàng)的函數(shù)符合，故選A.答案A二、填空題6(x珠海一模)若曲線yax2ln x在點(diǎn)(1，a)處的切線平行于x軸，則a_.解析y2axeq f(1,x)，y|x12a10，aeq f(1

5、,2).答案eq f(1,2)7(xx卷)曲線y5ex3在點(diǎn)(0，2)處的切線方程為_解析由y5ex3得，y5ex，所以切線的斜率ky|x05，所以切線方程為y25(x0)，即5xy20.答案5xy208(xx卷)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若曲線yax2eq f(b,x)(a，b為常數(shù))過點(diǎn)P(2，5)，且該曲線在點(diǎn)P處的切線與直線7x2y30平行，則ab的值是_解析yax2eq f(b,x)的導(dǎo)數(shù)為y2axeq f(b,x2)，直線7x2y30的斜率為eq f(7,2).由題意得eq blcrc (avs4alco1(4af(b,2)5，,4af(b,4)f(7,2)，)解得eq blcrc

6、 (avs4alco1(a1，,b2，)則ab3.答案3三、解答題9已知曲線yeq f(1,3)x3eq f(4,3).(1)求曲線在點(diǎn)P(2,4)處的切線方程；(2)求曲線過點(diǎn)P(2,4)的切線方程解(1)P(2,4)在曲線yeq f(1,3)x3eq f(4,3)上，且yx2，在點(diǎn)P(2,4)處的切線的斜率為y|x24.曲線在點(diǎn)P(2,4)處的切線方程為y44(x2)，即4xy40.(2)設(shè)曲線yeq f(1,3)x3eq f(4,3)與過點(diǎn)P(2,4)的切線相切于點(diǎn)Aeq blc(rc)(avs4alco1(x0，f(1,3)xoal(3,0)f(4,3)，則切線的斜率為y|xx0 xe

7、q oal(2,0).切線方程為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).點(diǎn)P(2,4)在切線上，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，故所求的切線方程為xy20，或4xy40.10(xx卷改編)已知曲線C：yeq f(ln x,x).(1)求曲線C在點(diǎn)(1,0)處的切線l1的方程；(2)求過原點(diǎn)與曲線C相切的直線l2的方程解設(shè)f(x)eq f(ln x,x)，則f(x)eq f(1ln x,x2).(1)f(1)eq f(1ln 1,12)1，即切線l1的斜率k1.由l1過點(diǎn)(1,0)，得l1的方程為yx1.(2)設(shè)l2與曲線C切于點(diǎn)Peq blc(rc)(avs4alco1(x0，f(ln x0,x0)，則切線l2方程為yeq f(ln x0,x0)eq f(1ln x0,xoal(2,0)(xx0)，l2過原點(diǎn)eq

9、 f(ln x0,x0)eq f(1ln x0,xoal(2,0)(x0)，化簡得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.即為l2的方程能力提升題組(建議用時(shí)：35分鐘)x已知曲線yeq f(1,ex1)，則曲線的切線斜率取得最大值時(shí)的直線方程為()Ax4y20 Bx4y20C4x2y10 D4x2y10解析yeq f(ex,ex12)eq f(1,exf(1,ex)2)，因?yàn)閑x0，所以exeq f(1,ex)2eq r(exf(1,ex)2(當(dāng)且僅當(dāng)exeq f(1,ex)，即

10、x0時(shí)取等號)，則exeq f(1,ex)24，故yeq f(1,exf(1,ex)2)eq f(1,4)(當(dāng)x0時(shí)取等號)當(dāng)x0時(shí)，曲線的切線斜率取得最大值，此時(shí)切點(diǎn)的坐標(biāo)為eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,2)，切線的方程為yeq f(1,2)eq f(1,4)(x0)，即x4y20.故選A.答案Ax(x開封二模)過點(diǎn)A(2,1)作曲線f(x)x33x的切線最多有()A3條 B2條 C1條 D0條解析由題意得，f(x)3x23，設(shè)切點(diǎn)為(x0，xeq oal(3,0)3x0)，那么切線的斜率為k3xeq oal(2,0)3，利用點(diǎn)斜式方程可知切線方程為y(xeq oal

11、(3,0)3x0)(3xeq oal(2,0)3)(xx0)，將點(diǎn)A(2,1)代入可得關(guān)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，則y6xeq oal(2,0)xx0.由y0得x00或x02.當(dāng)x00時(shí)，y70；x02時(shí)，y10.結(jié)合函數(shù)y2xeq oal(3,0)6xeq oal(2,0)7的單調(diào)性可得方程2xeq oal(3,0)6xeq oal(2,0)70有3個解故過點(diǎn)A(2,1)作曲線f(x)x33x的切線最多有3條，故選A.答案A13(x杭州x中學(xué)月考)已知曲線f(x)xn1(nN*)與

12、直線x1交于點(diǎn)P，設(shè)曲線yf(x)在點(diǎn)P處的切線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為xn，則log2 016x1log2 016x2log2 016x2 015的值為_解析f(x)(n1)xn，kf(1)n1，點(diǎn)P(1,1)處的切線方程為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)，則log2 016x1log2 016x2log2 016x2 015log2 016(x1x2x2

13、015)1.答案114設(shè)拋物線C: yx2eq f(9,2)x4，過原點(diǎn)O作C的切線ykx，使切點(diǎn)P在第一象限(1)求k的值；(2)過點(diǎn)P作切線的垂線，求它與拋物線的另一個交點(diǎn)Q的坐標(biāo)解(1)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x1，y1)，則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為切點(diǎn)，eq blc(rc)(avs4alco1(kf(9,2)2160得keq f(17,2)或keq f(1,2).當(dāng)keq f(17,2)時(shí)，x12，y117.當(dāng)keq f(1,2)時(shí)，x12，y11.P在

14、第一象限，所求的斜率keq f(1,2).(2)過P點(diǎn)作切線的垂線，其方程為y2x5.將代入拋物線方程得x2eq f(13,2)x90.設(shè)Q點(diǎn)的坐標(biāo)為(x2，y2)，即2x29，x2eq f(9,2)，y24.Q點(diǎn)的坐標(biāo)為eq blc(rc)(avs4alco1(f(9,2)，4).15設(shè)函數(shù)f(x)axeq f(b,x)，曲線yf(x)在點(diǎn)(2，f(2)處的切線方程為7x4yx0.(1)求f(x)的解析式；(2)曲線f (x)上任一點(diǎn)處的切線與直線x0和直線yx所圍成的三角形面積為定值，并求此定值解(1)方程7x4yx0可化為yeq f(7,4)x3，當(dāng)x2時(shí)，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)設(shè)P(x0，y0)為曲線上任一點(diǎn)，由y1eq f(3,x2)知曲線在點(diǎn)P(x0，y0)處的切線方程為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)，從而得切線與直線x0交點(diǎn)坐標(biāo)為eq blc(rc)(avs4alco1(

16、0，f(6,x0).令yx，得yx2x0，從而得切線與直線yx的交點(diǎn)坐標(biāo)為(2x0,2x0)所以點(diǎn)P(x0，y0)處的切線與直線x0，yx所圍成的三角形的面積為Seq f(1,2)eq blc|rc|(avs4alco1(f(6,x0)|2x0|6.故曲線yf(x)上任一點(diǎn)處的切線與直線x0，yx所圍成的三角形面積為定值，且此定值為6.特別提醒：教師配贈習(xí)題、課件、視頻、圖片、文檔等各種電子資源見創(chuàng)新設(shè)計(jì)高考總復(fù)習(xí)光盤中內(nèi)容. 第2講導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用基礎(chǔ)鞏固題組(建議用時(shí)：40分鐘)一、選擇題1(x九江模擬)函數(shù)f(x)(x3)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是()A(，2) B(0,3) C(1,4

17、) D(2，)解析函數(shù)f(x)(x3)ex的導(dǎo)數(shù)為f(x)(x3)exex(x3)ex(x2)ex.由函數(shù)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，得當(dāng)f(x)0時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，此時(shí)由不等式f(x)(x2)ex0，解得x2.答案D2函數(shù)yxex的最小值是()A1 Be Ceq f(1,e) D不存在解析yexxex(1x)ex，令y0，則x1，因?yàn)閤1時(shí)，y0，x1時(shí)，y0，所以x1時(shí)，ymineq f(1,e).答案C3.(xx卷)已知函數(shù)yf(x)的圖象是下列四個圖象之一，且其導(dǎo)函數(shù)yf(x)的圖象如圖所示，則該函數(shù)的圖象是()解析由yf(x)的圖象知，yf(x)的圖象為增函數(shù)，且在區(qū)間(1,0)

18、上增長速度越來越快，而在區(qū)間(0,1)上增長速度越來越慢答案B4設(shè)aR，若函數(shù)yexax，xR有大于零的極值點(diǎn)，則()Aa1 Ba1Caeq f(1,e) Daeq f(1,e)解析yexax，yexa.函數(shù)yexax有大于零的極值點(diǎn)，則方程yexa0有大于零的解，x0時(shí)，ex1，aex1.答案A5(x青島模擬)已知函數(shù)f(x)x3ax2(a6)x1有極大值和極小值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()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有兩個不相等的實(shí)根，4a243(a6)0，即a23a180.a6或a3.答案B二、填空題

19、6已知函數(shù)f(x)x3xx8在區(qū)間3,3上的最大值與最小值分別為M，m，則Mm_.解析由題意，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廣州模擬)已知f(x)x33ax2bxa2在x1時(shí)有極值0，則ab_.解析由題意得f(x)3x26axb，則eq blcrc (avs4alco1(a23ab10，,b6a30，)解得eq blcrc (avs4alco1(a1，,b3)或eq blcrc (avs4alco1(a2，,b9，)經(jīng)檢驗(yàn)當(dāng)a1，b3時(shí)，函數(shù)f(x)在x1處無法取得極值，而a2，b9滿足

20、題意，故ab7.答案78若函數(shù)f(x)eq f(1,3)x3eq f(1,2)x22ax在eq blcrc)(avs4alco1(f(2,3)，)上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則a的取值范圍是_解析對f(x)求導(dǎo)，得f(x)x2x2aeq blc(rc)(avs4alco1(xf(1,2)2eq f(1,4)2a.當(dāng)xeq blcrc)(avs4alco1(f(2,3)，)時(shí)，f(x)的最大值為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的取值范圍是eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,9)，).

21、答案eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,9)，)三、解答題9(x湘潭檢測)已知函數(shù)f(x)x3ax2bxc在點(diǎn)P(1，f(1)處的切線方程為y3x1.(1)若函數(shù)f(x)在x2時(shí)有極值，求f(x)的解析式；(2)函數(shù)f(x)在區(qū)間2,0上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)b的取值范圍解f(x)3x22axb，函數(shù)f(x)在x1處的切線斜率為3，所以f(1)32ab3，即2ab0，又f(1)1abc2得abc1.(1)函數(shù)f(x)在x2時(shí)有極值，所以f(2)x4ab0，解得a2，b4，c3，所以f(x)x32x24x3.(2)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間2,0上單調(diào)遞增，所以導(dǎo)函數(shù)f(x)3x2bxb在區(qū)

22、間2,0上的值恒大于或等于零，則eq blcrc (avs4alco1(f2122bb0，,f0b0，)得b4，所以實(shí)數(shù)b的取值范圍是4，)10(x安徽卷)設(shè)函數(shù)f(x)1(1a)xx2x3，其中a0.(1)討論f(x)在其定義域上的單調(diào)性；(2)當(dāng)x0,1時(shí)，求f(x)取得最大值和最小值時(shí)的x的值解(1)f(x)的定義域?yàn)?，)，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)當(dāng)xx1或xx2時(shí)，f(x)0；當(dāng)x1xx2時(shí)，f(x)0.故f(x)在(，x1)和(x2，)內(nèi)單調(diào)遞減，在(

23、x1，x2)內(nèi)單調(diào)遞增(2)因?yàn)閍0，所以x10，x20.當(dāng)a4時(shí)，x21，由(1)知，f(x)在0,1上單調(diào)遞增，所以f(x)在x0和x1處分別取得最小值和最大值當(dāng)0a4時(shí)，x21，由(1)知，f(x)在0，x2上單調(diào)遞增，在x2,1上單調(diào)遞減，所以f(x)在xx2eq f(1r(43a),3)處取得最大值又f(0)1，f(1)a，所以當(dāng)0a1時(shí)，f(x)在x1處取得最小值；當(dāng)a1時(shí)，f(x)在x0處和x1處同時(shí)取得最小值；當(dāng)1a4時(shí)，f(x)在x0處取得最小值能力提升題組(建議用時(shí)：35分鐘)x函數(shù)f(x)x33x1，若對于區(qū)間3,2上的任意x1，x2，都有|f(x1)f(x2)|t，則實(shí)

24、數(shù)t的最小值是()A20 B18 C3 D0解析因?yàn)閒(x)3x233(x1)(x1)令f(x)0得x1，可知1,1為函數(shù)的極值點(diǎn)又f(3)19，f(1)1，f(1)3，f(2)1，所以在區(qū)間3,2上f(x)max1，f(x)min19.由題設(shè)知在區(qū)間3,2上f(x)maxf(x)mint，從而t20，所以t的最小值是20.答案Ax(x杭州質(zhì)量檢測)若函數(shù)f(x)eq f(x3,3)eq f(a,2)x2x1在區(qū)間eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，3)上有極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()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)解析若函數(shù)f(x)在區(qū)間eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，3)上無極值，則當(dāng)xeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，3)時(shí)，f(x)x2ax10恒成立或當(dāng)xeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，3)時(shí)，f(x)x2ax10恒成立當(dāng)xeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，3)時(shí)，yxeq f(1,x)的值域是eq blcrc)(avs4alco1(2，f(1

26、0,3)；當(dāng)xeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，3)時(shí)，f(x)x2ax10，即axeq f(1,x)恒成立，a2；當(dāng)xeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，3)，f(x)x2ax10，即axeq f(1,x)恒成立，aeq f(10,3).因此要使函數(shù)f(x)在eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，3)上有極值點(diǎn)，實(shí)數(shù) a的取值范圍是eq blc(rc)(avs4alco1(2，f(10,3)，故選C.答案C13已知函數(shù)f(x)eq f(1,2)x24x3ln x在區(qū)間t，t1上不單調(diào)，則t的取值范圍是_解析由題意知f(x)x4eq

27、f(3,x)eq f(x1x3,x)，由f(x)0得函數(shù)f(x)的兩個極值點(diǎn)為1和3，則只要這兩個極值點(diǎn)有一個在區(qū)間(t，t1)內(nèi)，函數(shù)f(x)在區(qū)間t，t1上就不單調(diào)，由t1t1或t3t1，得0t1或2t3.答案(0,1)(2,3)14(x新課標(biāo)全國卷)設(shè)函數(shù)f(x)aln xeq f(1a,2)x2bx(a1)，曲線yf(x)在點(diǎn)(1，f(1)處的切線斜率為0.(1)求b；(2)若存在x01，使得f(x0)eq f(a,a1)，求a的取值范圍解(1)f(x)eq f(a,x)(1a)xb.由題設(shè)知f(1)0，解得b1.(2)f(x)的定義域?yàn)?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)，則eq f(a,1a)1，故當(dāng)x(1，)時(shí)，f(x)0，f(x)在(1，)上單調(diào)遞增所以，存在x01，使得f(x0)eq f(a,a1)的充要條件為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，則eq f(a,1a)1，故當(dāng)xeq blc(rc)(avs4alco1(1，f(a,1a)時(shí)，f(x)0；當(dāng)xeq blc(rc)(avs

29、4alco1(f(a,1a)，)時(shí)，f(x)0.f(x)在eq blc(rc)(avs4alco1(1，f(a,1a)上單調(diào)遞減，在eq blc(rc)(avs4alco1(f(a,1a)，)上單調(diào)遞增所以，存在x01，使得f(x0)eq f(a,a1)的充要條件為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)，所以不合題意若a1，則f(1)eq f(1a,2)1eq f(a1,2)eq f(a,a1).綜上，a

30、的取值范圍是(eq r(2)1，eq r(2)1)(1，)15(xx卷)設(shè)函數(shù)f(x)(x1)exkx2(kR)(1)當(dāng)k1時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)keq blc(rc(avs4alco1(f(1,2)，1)時(shí)，求函數(shù)f(x)在0，k上的最大值M.解(1)當(dāng)k1時(shí)，f(x)(x1)exx2，f(x)ex(x1)ex2xxex2xx(ex2)令f(x)0得x10，x2ln 2，當(dāng)x變化時(shí)，f(x)，f(x)的變化如下表：X(，0)0(0，ln 2)ln 2(ln 2，)f(x)00f(x)極大值極小值由表可知，函數(shù)f(x)的遞減區(qū)間為(0，ln 2)，遞增區(qū)間為(，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)上單調(diào)遞減，在(ln 2k，)上單調(diào)遞增設(shè)g(x)xln 2xeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)x1)，則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)上單調(diào)遞減，eq f(1,2)g(1)1ln 20，kln 2k0即kln 2k，f(x)在(0，ln 2k)上單調(diào)遞減，在(

32、ln 2k，k)上單調(diào)遞增，f(x)在0，k上的最大值應(yīng)在端點(diǎn)處取得而f(0)1，f(k)(k1)ekk3，下面比較f(0)與f(k)的大小令h(k)f(k)f(0)(k1)ekk31，則h(k)k(ek3k)，再令(k)ek3k，則(k)ek3e30，(k)在eq blc(rc(avs4alco1(f(1,2)，1)上遞減，而eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)(1)eq blc(rc)(avs4alco1(r(e)f(3,2)(e3)0，當(dāng)k(x0,1)時(shí)，(k)0，h(1)0.h(k)0在eq blc(rc(avs4alco1(f(1,2)，1)上恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)k1時(shí)

33、取“”綜上，函數(shù)f(x)在0，k上的最大值M(k1)ekk3.16(xx卷)已知函數(shù)f(x)x33|xa|(aR)(1)若f(x)在1,1上的最大值和最小值分別記為M(a)，m(a)，求M(a)m(a)；(2)設(shè)bR.若f(x)b24對x1,1恒成立，求3ab的取值范圍解(1)因?yàn)閒(x)eq blcrc (avs4alco1(x33x3a，xa，,x33x3a，xa，)所以f(x)eq blcrc (avs4alco1(3x23，xa，,3x23，xa.)由于1x1，當(dāng)a1時(shí)，有xa，故f(x)x33x3a，此時(shí)f(x)在(1,1)上是增函數(shù)，因此，M(a)f(1)43a，m(a)f(1)4

34、3a，故M(a)m(a)(43a)(43a)8.當(dāng)1a1時(shí)，若x(a,1)，f(x)x33x3a，在(a,1)上是增函數(shù)；若x(1，a)，f(x)x33x3a，在(1，a)上是減函數(shù)，所以，M(a)maxf(1)，f(1)，m(a)f(a)a3.由于f(1)f(1)6a2，因此，當(dāng)1aeq f(1,3)時(shí)，M(a)m(a)a33a4；當(dāng)eq f(1,3)a1時(shí)，M(a)m(a)a33a2.當(dāng)a1時(shí)，有xa，故f(x)x33x3a，此時(shí)f(x)在(1,1)上是減函數(shù)，因此，M(a)f(1)23a，m(a)f(1)23a，故M(a)m(a)(23a)(23a)4.綜上，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，則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)上是增函數(shù)，故t(a)t(0)2，因此23ab0；當(dāng)eq f(1,3)a1時(shí)，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、)解由題意得f(x)xx22a.當(dāng)a0時(shí)，f(x)0恒成立，此時(shí)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，)當(dāng)a0時(shí)，f(x)xeq blc(rc)(avs4alco1(xr(f(a,6)eq blc(rc)(avs4alco1(xr(f(a,6)，此時(shí)函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq blc(rc(avs4alco1(，r(f(a,6)和eq blcrc)(avs4alco1(r(f(a,6)，)，單調(diào)遞減區(qū)間為eq blcrc(avs4alco1(r(f(a,6)，r(f(a,6).(2)證明由于0 x1，故當(dāng)a2時(shí)，f(x)|2a|4x32ax24x34x2.當(dāng)a2時(shí)，f(x)|2a|4x32a(1x

37、)24x34(1x)24x34x2.設(shè)g(x)2x32x1,0 x1，則g(x)6x226eq blc(rc)(avs4alco1(xf(r(3),3)eq blc(rc)(avs4alco1(xf(r(3),3)，于是g(x)，g(x)隨x的變化情況如下表：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減極小值增1所以，g(x)mingeq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),3)1eq f(4r(3),9)0.所以當(dāng)0 x1時(shí)，2x32x10.

38、故f(x)|2a|4x34x20.能力提升題組(建議用時(shí)：35分鐘)x(x遼寧卷)當(dāng)x2,1時(shí)，不等式ax3x24x30恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A5，3 B.eq blcrc(avs4alco1(6，f(9,8)C6，2 D4，3解析由題意知x2,1都有ax3x24x30，即ax3x24x3在x2,1上恒成立當(dāng)x0時(shí)，ax3x24x30恒成立，即30，aR.當(dāng)0 x1時(shí)，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?yàn)間(t)9t28t10(t1)，所以g(t)在1，)上單調(diào)遞減，g(

39、t)maxg(1)6(t1)，所以a6.當(dāng)2x0時(shí)，aeq f(3,x3)eq f(4,x2)eq f(1,x)，同理，g(t)在(，1上遞減，在eq blc(rc(avs4alco1(1，f(1,2)上遞增因此g(t)ming(1)2eq blc(rc)(avs4alco1(tf(1,2)，所以a2.綜上，6a2.答案Cx(x大連模擬)已知函數(shù)f(x)x3ax2xc(xR)，下列結(jié)論錯誤的是()A函數(shù)f(x)一定存在極大值和極小值B若函數(shù)f(x)在(，x1)，(x2，)上是增函數(shù)，則x2x1eq f(2r(3),3)C函數(shù)f(x)的圖象是中心對稱圖形D函數(shù)f(x)一定存在三個零點(diǎn)解析對于A，

40、f(x)3x22ax1，4a2x0，因此函數(shù)f(x)3x22ax1恒有兩個相異零點(diǎn)x3，x4(其中x3x4)，易知函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間是(，x3)與(x4，)，遞減區(qū)間是(x3，x4)，函數(shù)f(x)一定存在極大值與極小值，選項(xiàng)A正確對于B，由A知，x3x4eq f(2a,3)，x3x4eq f(1,3)，則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)，選項(xiàng)B正確對于C，函數(shù)f(x)的解析式可以通過配方的方法化為形如(xm)3n(

41、xm)h的形式，通過平移函數(shù)圖象，函數(shù)的解析式可以化為yx3nx的形式，這是一個奇函數(shù)，其圖象關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對稱，故函數(shù)f(x)的圖象是中心對稱圖形，所以C正確對于D，取ac1，得f(x)x3x2x1(x1)2(x1)，此時(shí)函數(shù)f(x)僅有兩個相異零點(diǎn)，因此選項(xiàng)D不正確綜上所述，選D.答案D13已知f(x)xex，g(x)(x1)2a，若x1，x2R，使得f(x2)g(x1)成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_解析f(x)exxexex(1x)當(dāng)x1時(shí)，f(x)0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x1時(shí)，f(x)0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減所以函數(shù)f(x)的最小值為f(1)eq f(1,e).而函數(shù)g(x)的最大值

42、為a，則由題意，可得eq f(1,e)a，即aeq f(1,e).答案eq blcrc)(avs4alco1(f(1,e)，)14(x長沙模擬)已知函數(shù)f(x)ln xeq f(a,x).(1)若f(x)在1，e上的最小值為eq f(3,2)，求實(shí)數(shù)a的值；(2)若f(x)x2在(1，)上恒成立，求a的取值范圍解(1)由題意可知，f(x)eq f(1,x)eq f(a,x2)eq f(xa,x2).若a1，則xa0，即f(x)0在1，e上恒成立，此時(shí)f(x)在1，e上為增函數(shù)，f(x)minf(1)aeq f(3,2)，aeq f(3,2)(舍去)若ae，則xa0，即f(x)0在1，e上恒成立

43、，此時(shí)f(x)在1，e上為減函數(shù)，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，當(dāng)1xa時(shí)，f(x)0，f(x)在(1，a)上為減函數(shù)；當(dāng)axe時(shí)，f(x)0，f(x)在(a，e)上為增函數(shù)，f(x)minf(a)ln(a)1eq f(3,2)，aeq r(e).綜上所述，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，)時(shí)，h(x)0，h(x)在(1，)上是減函數(shù)h(x)h

44、(1)20，即g(x)0，g(x)在(1，)上也是減函數(shù)g(x)g(1)1，當(dāng)a1時(shí)，f(x)x2在(1，)上恒成立15(xx卷)已知函數(shù)f(x)x2xsin xcos x.(1)若曲線yf(x)在點(diǎn)(a，f(a)處與直線yb相切，求a與b的值；(2)若曲線yf(x)與直線yb有兩個不同交點(diǎn)，求b的取值范圍解由f(x)x2xsin xcos x，得f(x)2xsin xx(sin x)sin xx(2cos x)(1)因?yàn)榍€yf(x)在點(diǎn)(a，f(a)處與直線yb相切，所以f(a)a(2cos a)0，bf(a)解得a0，bf(0)1.(2)設(shè)g(x)f(x)bx2xsin xcos xb.

45、令g(x)f(x)0 x(2cos x)0，得x0.當(dāng)x變化時(shí)，g(x)，g(x)的變化情況如下表：X(，0)0(0，)g(x)0g(x)1b所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(，0)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞增，且g(x)的最小值為g(0)1b.當(dāng)1b0時(shí)，即b1時(shí)，g(x)0至多有一個實(shí)根，曲線yf(x)與yb最多有一個交點(diǎn)，不合題意當(dāng)1b1時(shí)，有g(shù)(0)1b4b2b1b0.yg(x)在(0,2b)內(nèi)存在零點(diǎn)，又yg(x)在R上是偶函數(shù)，且g(x)在(0，)上單調(diào)遞增，yg(x)在(0，)上有唯一零點(diǎn)，在(，0)上也有唯一零點(diǎn)故當(dāng)b1時(shí)，yg(x)在R上有兩個零點(diǎn)，則曲線yf(x)與直線yb有

46、兩個不同交點(diǎn)綜上可知，如果曲線yf(x)與直線yb有兩個不同交點(diǎn)，那么b的取值范圍是(1，)16(xx卷)已知函數(shù)f(x)exax2bx1，其中a，bR，e2.718 28為自然對數(shù)的底數(shù)(1)設(shè)g(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，求函數(shù)g(x)在區(qū)間0,1上的最小值；(2)若f(1)0，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有零點(diǎn)，證明：e2a1.(1)解由f(x)exax2bx1，有g(shù)(x)f(x)ex2axb，所以g(x)ex2a.當(dāng)x0,1時(shí)，g(x)12a，e2a，當(dāng)aeq f(1,2)時(shí)，g(x)0，所以g(x)在0,1上單調(diào)遞增，因此g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b；當(dāng)aeq f(e

47、,2)時(shí)，g(x)0，所以g(x)在0,1上單調(diào)遞減因此g(x)在0,1上的最小值是g(1)e2ab；當(dāng)eq f(1,2)aeq f(e,2)時(shí)，令g(x)0，得xln (2a)(0,1)，所以函數(shù)g(x)在區(qū)間0，ln(2a)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(ln(2a)，1上單調(diào)遞增于是，g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b.綜上所述，當(dāng)aeq f(1,2)時(shí)，g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b；當(dāng)eq f(1,2)aeq f(e,2)時(shí)，g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b；當(dāng)aeq f(e,2)時(shí)，g(x)在0,1上的最小值是g(1)

48、e2ab.(2)證明設(shè)x0為f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)的一個零點(diǎn)，則由f(0)f(x0)0可知f(x)在區(qū)間(0，x0)上不可能單調(diào)遞增，也不可能單調(diào)遞減則g(x)不可能恒為正，也不可能恒為負(fù)故g(x)在區(qū)間(0，x0)內(nèi)存在零點(diǎn)x1，同理，g(x)在區(qū)間(x0,1)內(nèi)存在零點(diǎn)x2，所以g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)至少有兩個零點(diǎn)由(1)知，當(dāng)aeq f(1,2)時(shí)，g(x)在0,1上單調(diào)遞增，故g(x)在(0,1)內(nèi)至多有一個零點(diǎn)當(dāng)aeq f(e,2)時(shí)，g(x)在0,1上單調(diào)遞減，故g(x)在(0,1)內(nèi)至多有一個零點(diǎn)，所以eq f(1,2)aeq f(e,2).此時(shí)g(x)在區(qū)間0，ln(2

49、a)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(ln(2a)，1上單調(diào)遞增，因此x1(0，ln(2a)，x2(ln(2a)，1)，必有g(shù)(0)1b0，g(1)e2ab0.由f(1)0有abe12，有g(shù)(0)ae20，g(1)1a0，解得e2a1.所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有零點(diǎn)時(shí)，e2a1.特別提醒：教師配贈習(xí)題、課件、視頻、圖片、文檔等各種電子資源見創(chuàng)新設(shè)計(jì)高考總復(fù)習(xí)光盤中內(nèi)容. 第4講復(fù)數(shù)基礎(chǔ)鞏固題組(建議用時(shí)：40分鐘)一、選擇題1(xx卷)若復(fù)數(shù)z滿足z(1i)2i(i為虛數(shù)單位)，則|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)復(fù)數(shù)(32i)i等于()A23i B23i C23i D23i解析(32i)i3i2i223i，故選B.答案B3(xx卷)已知復(fù)數(shù)z滿足(34i)z25，則z()A34i B34i C34i D34i解析zeq f(25,34i)eq f(2534i,34i34i)eq f(2534i,25)34i，故選D.答案D4(x陜西卷)已知復(fù)數(shù)z2i，則zeq xto(z)的值為()A5 B.eq r(5) C3 D.eq r(3)解析z2i，eq xto(z)2i，zeq xto(z)(2i)(2i)2215，故選A.答案A5(x東北三省四市聯(lián)考)復(fù)數(shù)z滿足(1i

51、)z2i，則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)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，則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為(1,1)，該點(diǎn)在第一象限，故選A.答案A二、填空題6(x湖南卷)復(fù)數(shù)eq f(3i,i2)(i為虛數(shù)單位)的實(shí)部等于_解析eq f(3i,i2)eq f(3i,1)3i，eq f(3i,i2)的實(shí)部為3.答案37(xx卷)已知i是虛數(shù)單位，計(jì)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武漢調(diào)研)若復(fù)數(shù)(m25m6)(m23m)i(m為實(shí)數(shù)，i為虛數(shù)單位)是純虛數(shù)，則m_.解析復(fù)數(shù)(m25m6)(m23m)i是純虛數(shù)，所以eq blcrc (avs4alco1(m25m60，,m23m0，)解得m2.答案2三、解答題9已知復(fù)數(shù)z1滿足(z12)(1i)1i(i為虛數(shù)單位)，復(fù)數(shù)z2的虛部為2，且z1z2是實(shí)數(shù)，求z2.解(z12)(1i)1iz12i.設(shè)z2a2i(aR)，則z1z2(2i)(a2i)(2a2)(4a)i.z1z2R.a4.z242i.10當(dāng)實(shí)數(shù)m為何值時(shí)，zeq f(m2m6,m3)(m25m6)i，(1)為實(shí)

53、數(shù)；(2)為虛數(shù)；(3)為純虛數(shù)；(4)復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點(diǎn)在復(fù)平面內(nèi)的第二象限解(1)若z為實(shí)數(shù)，則eq blcrc (avs4alco1(m25m60，,m30，)解得m2.(2)若z為虛數(shù)，則eq blcrc (avs4alco1(m25m60，,m30，)解得m2且m3.(3)若z為純虛數(shù)，則eq blcrc (avs4alco1(m25m60，,f(m2m6,m3)0，)解得m3.(4)若z對應(yīng)的點(diǎn)在第二象限，則eq blcrc (avs4alco1(f(m2m6,m3)0，,m25m60，)即eq blcrc (avs4alco1(m3或2m3，,m3或m2，)m3或2m3.能力提升題組

54、(建議用時(shí)：35分鐘)x下面是關(guān)于復(fù)數(shù)zeq f(2,1i)的四個命題：p1：|z|2; p2：z22i；p3：z的共軛復(fù)數(shù)為1i; p4：z的虛部為1.其中的真命題為()Ap2，p3 Bp1，p2 Cp2，p4 Dp3，p4解析利用復(fù)數(shù)的有關(guān)概念以及復(fù)數(shù)的運(yùn)算求解zeq f(2,1i)1i，|z|eq r(1212)eq r(2)，p1是假命題；z2(1i)22i，p2是真命題；eq xto(z)1i，p3是假命題；z的虛部為1，p4是真命題其中的真命題共有2個：p2，p4.答案Cx設(shè)f(n)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1i,1i)neq blc(rc)(avs4alco1

55、(f(1i,1i)n(nN*)，則集合f(n)中元素的個數(shù)為()A1 B2 C3 D無數(shù)個解析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個元素答案C13(x岳陽一中檢測)已知復(fù)數(shù)zeq f(ii2i3i2 014,1i)，則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為_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，對應(yīng)的點(diǎn)為(0,1)答案(0,1)14如圖，平行四邊形OABC，頂點(diǎn)O，A，C分別表示0,32i，24i，試求：(1)eq o(AO,sup7()所表示的復(fù)數(shù)，eq o(BC,sup7()所表示的復(fù)數(shù)；(2)對角線eq o(CA,sup7()所表示的復(fù)數(shù)；(3)求B點(diǎn)對應(yīng)的復(fù)數(shù)解(1)eq o(AO,sup7()eq o(OA,sup7()，eq o(AO,sup7()所表示的復(fù)數(shù)為32i.eq o(BC,sup7()eq o(AO,sup7()，eq o(BC,sup7()所表示的復(fù)數(shù)為32i.(2)eq o(CA,sup7(

57、)eq o(OA,sup7()eq o(OC,sup7()，eq o(CA,sup7()所表示的復(fù)數(shù)為(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()所表示的復(fù)數(shù)為(32i)(24i)16i，即B點(diǎn)對應(yīng)的復(fù)數(shù)為16i.15已知z是復(fù)數(shù)，z2i、eq f(z,2i)均為實(shí)數(shù)(i為虛數(shù)單位)，且復(fù)數(shù)(zai)2在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)在第一象限，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解設(shè)zxyi(x、yR)，z2ix(y2)i，由題意得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，由題意得x4.z42i.(zai)2(x4aa2)8(a2)i，根據(jù)條件，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)，則其一般結(jié)論為_解析因?yàn)閒(22)eq f(4,2)，f(23)eq f(5,2)，f(24)eq f(6,2)，f(25)eq f(7,2)，所以當(dāng)n2時(shí)，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南昌模擬)觀察下列等式：2335,3379x,4313151719,532123252729，若類似上面各式方法將m3分拆得到的等式右邊最后一個數(shù)是109，則正整數(shù)m等于_解析依題意，注意到從23到m3(m2，mN)的分拆中共含有23meq f(m1 m2,2)個正整數(shù)，且最大的正整數(shù)為2eq f(m1m2,2)1(m1)(m2)1，且109(101)(102)1，因此所求的正整數(shù)m10.答案10三、解答題9若a，b，c是不全相等的正數(shù)，求證：lgeq f(ab,2)lgeq f(bc,2)lgeq f(ca,2)lg alg blg c.證明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.又上述三個不等式中等號不能同時(shí)成立eq f(ab,2)eq f(bc,2)eq f(ca,2)abc成立上式兩邊同時(shí)取常用對數(shù)，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設(shè)數(shù)列an是公比為q的等比數(shù)列，Sn是它的前n項(xiàng)和(1)求證：數(shù)列Sn不是等比數(shù)列；(2)數(shù)列Sn是等差數(shù)列嗎？為什么？(1)證明假設(shè)數(shù)