2019-2020年高中数学第五章数系的扩充与复数的引入高考八大高频考点例析教学案北师大版选修2

2019-2020年高中数学第五章数系的扩充与复数的引入高考八大高频考点例析教学案北师大版选修2[例1] (陕西高考)观察下列等式 12＝1 12－22＝－3 12－22＋32＝6 12－22＋32－42＝－10 …照此规律，第n 个等式可为________．[解析] 观察规律可知，第n 个式子为12－22＋32－42＋…＋(－1)n ＋1n 2＝(－1)n ＋1n n ＋2.[答案] 12－22＋32－42＋…＋(－1)n ＋1n 2＝(－1)n ＋1n n ＋2[跟踪演练]1．类比“在平面直角坐标系中，圆心在原点、半径为r 的圆的方程为x 2＋y 2＝r 2”，猜想“在空间直角坐标系中，球心在原点、半径为r 的球面的方程为________________________________________________________________________”． 解析：类比平面直角坐标系中圆的方程，从形式上易得空间直角坐标系中球面的方程为x2＋y2＋z2＝r2.答案：x2＋y2＋z2＝r22．(湖北高考)回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数，如22,121,3443,94249等．显然2位回文数有9个：11,22,33，…，99.3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…，999.则(1)4位回文数有________个；(2)2n＋1(n∈N＋)位回文数有________个．解析：2位回文数有9个，4位回文数与3位回文数个数相等，都有9×10＝90个．而每一个4位回文数都对应着10个5位回文数，故5位回文数有9×10×10＝100×9个，可推出2n＋1(n∈N＋)位回文数有9×10n个．答案：90 9×10n3．观察下列等式：(1＋1)＝2×1(2＋1)(2＋2)＝22×1×3(3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23×1×3×5…照此规律，第n个等式可为________．解析：观察规律可知第n个等式可为：(n＋1)(n＋2)(n＋3)...(n＋n)＝2n.1.3.5 (2)－1)．答案：(n＋1)(n＋2)(n＋3)…(n＋n)＝2n×1×3×5×…×(2n－1)[考题印证][例2] (陕西高考)设{a n }是公比不为1的等比数列，其前n 项和为S n ，且a 5，a 3，a 4成等差数列．(1)求数列{a n }的公比；(2)证明：对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．[解] (1)设数列{a n }的公比为q (q ≠0，q ≠1)，由a 5，a 3，a 4成等差数列，得2a 3＝a 5＋a 4，即2a 1q 2＝a 1q 4＋a 1q 3，由a 1≠0，q ≠0得q 2＋q －2＝0，解得q 1＝－2，q 2＝1(舍去)，所以q ＝－2. (2)证明：法一：对任意k ∈N ＋，S k ＋2＋S k ＋1－2S k ＝(S k ＋2－S k )＋(S k ＋1－S k ) ＝a k ＋1＋a k ＋2＋a k ＋1 ＝2a k ＋1＋a k ＋1·(－2) ＝0，所以，对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列． 法二：对任意k ∈N ＋，2S k ＝2a 1－q k1－q ， S k ＋2＋S k ＋1＝a 1－q k ＋21－q＋a 1－q k ＋11－q＝a 1－q k ＋2－q k ＋11－q，2S k －(S k ＋2＋S k ＋1) ＝2a 1－q k1－q－a 1－q k ＋2－q k ＋11－q＝a 11－q[2(1－q k)－(2－q k ＋2－qk ＋1)]＝a 1q k 1－q(q 2＋q －2)＝0， 因此，对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．[跟踪演练]4．用反证法证明命题“若a ，b ∈N ，ab 可被5整除，则a ，b 中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为( )A ．a ，b 都能被5整除B ．a ，b 都不能被5整除C ．a 不能被5整除D ．a ，b 中有一个不能被5整除解析：“至少有一个”的否定是“一个也没有”，即a ，b 都不能被5整除． 答案：B5．如图，几何体ABCDEP 中，底面ABCD 是边长为4的正方形，PA ⊥平面ABCD ，PA ∥EB ，且PA ＝2BE ＝4 2.(1)证明：BD ∥平面PEC ；(2)若G 为BC 上的动点，求证：AE ⊥PG .证明：(1)连接AC 交BD 于点O ，取PC 的中点F ，连接OF ，EF .∵EB ∥PA ，且EB ＝12PA ，又OF ∥PA ，且OF ＝12PA ，∴EB ∥OF ，且EB ＝OF ， ∴四边形EBOF 为平行四边形， ∴EF ∥BD .又∵EF 平面PEC ，BD 平面PEC ， ∴BD ∥平面PEC . (2)连接BP ，∵EB AB ＝BA PA＝12，∠EBA ＝∠BAP ＝90°， ∴△EBA ∽△BAP ， ∴∠PBA ＝∠BEA ，∴∠PBA ＋∠BAE ＝∠BEA ＋∠BAE ＝90°， ∴PB ⊥AE .∵PA ⊥平面ABCD ，PA 平面APEB ， ∴平面ABCD ⊥平面APEB ，∵BC ⊥AB ，平面ABCD ∩平面APEB ＝AB ， ∴BC ⊥平面APEB ，∴BC ⊥AE ， ∴AE ⊥平面PBC ，∵G 为BC 上的动点， ∴PG 平面PBC ，∴AE ⊥PG .6．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1＋2，S 3＝9＋3 2. (1)求数列{a n }的通项a n 与前n 项和S n ；(2)设b n ＝S n n(n ∈N ＋)，求证：数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．解：(1)由已知得⎩⎨⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，∴d ＝2.故a n ＝2n －1＋2，S n ＝n (n ＋2)． (2)证明：由(1)得b n ＝S n n＝n ＋ 2.假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r 互不相等)成等比数列，则b 2q ＝b p b r ， 即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)， ∴(q 2－pr )＋(2q －p －r )2＝0， ∵p ，q ，r ∈N ＋，∴⎩⎪⎨⎪⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0，∴⎝⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝pr ，(p －r )2＝0.∴p ＝r ，与p ≠r 矛盾．∴数列{b n }中任意不同的三项都不可能成等比数列．7．已知点P n (a n ，b n )满足a n ＋1＝a n ·b n ＋1，b n ＋1＝b n1－4a 2n(n ∈N ＋)，且点P 1的坐标为(1，－1)．(1)求过点P 1，P 2的直线l 的方程；(2)试用数学归纳法证明：对于n ∈N ＋，点P n 都在(1)中的直线l 上． 解：(1)由题意，有a 1＝1，b 1＝－1，b 2＝－11－4×1＝13，a 2＝1×13＝13，∴P 2(13，13)．∴直线l 的方程为y ＋113＋1＝x －113－1，即2x ＋y ＝1.(2)证明：①当n ＝1时，2a 1＋b 1＝2×1＋(－1)＝1成立． ②假设n ＝k (k ≥1且k ∈N ＋)时，2a k ＋b k ＝1成立．则2a k ＋1＋b k ＋1＝2a k ·b k ＋1＋b k ＋1＝b k1－4a 2k·(2a k ＋1)＝b k1－2a k ＝1－2a k 1－2a k＝1， ∴当n ＝k ＋1时，命题也成立．由①②知，对于n ∈N ＋，都有2a n ＋b n ＝1，即点P n 在直线l 上.[考题印证][例3] (北京高考)设L 为曲线C ：y ＝ln xx在点(1,0)处的切线．(1)求L 的方程；(2)证明：除切点(1,0)之外，曲线C 在直线L 的下方． [解] (1)设f (x )＝ln x x ，则f ′(x )＝1－ln x x2. 所以f ′(1)＝1，即L 的斜率为1. 又L 过点(1,0)，所以L 的方程为y ＝x －1.(2)证明：令g (x )＝x －1－f (x )，则除切点之外，曲线C 在直线L 的下方等价于g (x )＞0(∀x ＞0，x ≠1)．g (x )满足g (1)＝0，且g ′(x )＝1－f ′(x )＝x 2－1＋ln x x 2.当0＜x ＜1时，x 2－1＜0，ln x ＜0，所以g ′(x )＜0，故g (x )单调递减；当x ＞1时，x 2－1＞0，ln x ＞0，所以g ′(x )＞0，故g (x )单调递增． 所以，g (x )＞g (1)＝0(∀x ＞0，x ≠1)． 所以除切点之外，曲线C 在直线L 的下方．[跟踪演练]8．(新课标全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ，x ≤0，x ＋，x >0.若|f (x )|≥ax ，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，0]B ．(－∞，1]C ．[－2,1]D.[－2,0]解析：y ＝|f (x )|的图像如图所示，y ＝ax 为过原点的一条直线，当a >0时，与y ＝|f (x )|在y 轴右侧总有交点，不合题意．当a ＝0时成立．当a <0时，有k ≤a <0，其中k 是y ＝|－x 2＋2x |在原点处的切线斜率，显然k ＝－2，于是－2≤a <0.综上，a ∈[－2,0]． 答案：D9．(广东高考)若曲线y ＝kx ＋ln x 在点(1，k )处的切线平行于x 轴，则k ＝________.解析：y ′|x ＝1＝0，即当x ＝1时，k ＋1x＝k ＋1＝0，解得k ＝－1.答案：－110．(江西高考)设函数f (x )在(0，＋∞)内可导，且f (e x)＝x ＋e x，则f ′(1)＝________. 解析：因为f (e x )＝x ＋e x，所以f (x )＝x ＋ln x (x >0)，所以f ′(x )＝1＋1x，所以f ′(1)＝2.答案：2[考题印证][例4] (新课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝e x－ln(x＋m)．(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m≤2时，证明f(x)>0.[解] (1)f′(x)＝e x－1x＋m.由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1. 于是f(x)＝e x－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝e x－1x＋1.函数f′(x)＝e x－1x＋1在(－1，＋∞)上单调递增且f′(0)＝0，因此当x∈(－1,0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2) 证明：当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)>0.当m＝2时，函数f′(x)＝e x－1x＋2在(－2，＋∞)上单调递增，又f′(－1)<0，f′(0)>0，故f′(x)＝0在(－2，＋∞)上有唯一实根x0，且x0∈(－1,0)．当x∈(－2，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而当x＝x0时，f(x)取得最小值．由f′(x0)＝0得e x0＝1x0＋2，ln(x0＋2)＝－x0，故f (x )≥f (x 0)＝1x 0＋2＋x 0＝x 0＋2x 0＋2>0.综上，当m ≤2时，f (x )>0.[跟踪演练]11．(大纲版全国卷)若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞是增函数，则a 的取值范围是( )A ．[－1,0]B ．[－1，＋∞)C ．[0,3]D.[3，＋∞)解析：f ′(x )＝2x ＋a －1x2，因为函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞是增函数， 所以f ′(x )≥0在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立，即a ≥1x 2－2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立．设g (x )＝1x 2－2x ，g ′(x )＝－2x3－2，令g ′(x )＝－2x3－2＝0，得x ＝－1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，g ′(x )<0， 故g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3，故选D.答案：D12．判断函数f (x )＝e x ＋e －x在[0，＋∞)上的单调性．解：f ′(x )＝e x －e －x＝x2－1ex.∵当x ∈[0，＋∞)时，e x≥1， ∴f ′(x )≥0，∴f (x )＝e x ＋e －x在[0，＋∞)上为增加的．13．(新课标全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝x 2＋ax ＋b ，g (x )＝e x(cx ＋d )，若曲线y ＝f (x )和曲线y ＝g (x )都过点P (0,2)，且在点P 处有相同的切线y ＝4x ＋2.(1)求a，b，c，d的值；(2)若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围．解：(1)由已知得f(0)＝2，g(0)＝2，f′(0)＝4，g′(0)＝4.而f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝e x(cx＋d＋c)，故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4.从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2.(2)由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2e x(x＋1)．设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2k e x(x＋1)－x2－4x－2，则F′(x)＝2k e x(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(k e x－1)．由题设可得F(0)≥0，即k≥1.令F′(x)＝0得x1＝－ln k，x2＝－2.(ⅰ)若1≤k＜e2，则－2＜x1≤0，从而当x∈(－2，x1)时，F′(x)＜0；当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)＞0，即F(x)在(－2，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增，故F(x)在[－2，＋∞)的最小值为F(x1)．而F(x1)＝2x1＋2－x21－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．(ⅱ)若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(e x－e－2)．从而当x＞－2时，F′(x)＞0，即F(x)在(－2，＋∞)上单调递增．而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．(ⅲ)若k＞e2，则F(－2)＝－2k e－2＋2＝－2e－2(k－e2)＜0.从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立．综上，k的取值范围是[1，e2].[考题印证][例5] (江苏高考)若函数y＝f(x)在x＝x0处取得极大值或极小值，则称x0为函数y ＝f(x)的极值点．已知a，b是实数，1和－1是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的两个极值点．(1)求a和b的值；(2)设函数g(x)的导函数g′(x)＝f(x)＋2，求g(x)的极值点．[解] (1)由题设知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，且f′(－1)＝3－2a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，解得a＝0，b＝－3.(2)由(1)知f(x)＝x3－3x.因为f(x)＋2＝(x－1)2·(x＋2)，所以g′(x)＝0的根为x1＝x2＝1，x3＝－2，于是函数g(x)的极值点只可能是1或－2.当x<－2时，g′(x)<0；当－2<x<1时，g′(x)>0，故－2是g(x)的极值点．当－2<x<1或x>1时，g′(x)>0，故1不是g(x)的极值点．所以g(x)的极值点为－2.[例6] (浙江高考)已知a∈R，函数f(x)＝x3－3x2＋3ax－3a＋3.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当x∈[0,2]时，求|f(x)|的最大值．[解] (1)由题意得f′(x)＝3x2－6x＋3a，故f′(1)＝3a－3.又f(1)＝1，所以所求的切线方程为y＝(3a－3)x－3a＋4.(2)由于f′(x)＝3(x－1)2＋3(a－1)，0≤x≤2，故①当a ≤0时，有f ′(x )≤0，此时f (x )在[0,2]上单调递减，故|f (x )|max ＝max{|f (0)|，|f (2)|}＝3－3a .②当a ≥1时，有f ′(x )≥0，此时f (x )在[0,2]上单调递增，故|f (x )|max ＝max{|f (0)|，|f (2)|}＝3a －1.③当0<a <1时，设x 1＝1－1－a ，x 2＝1＋1－a ， 则0<x 1<x 2<2，f ′(x )＝3(x －x 1)(x －x 2)． 列表如下：由于f (x 1)＝1＋2(1－a )1－a ，f (x 2)＝1－2(1－a )1－a ，故f (x 1)＋f (x 2)＝2>0，f (x 1)－f (x 2)＝4(1－a )1－a >0.从而f (x 1)>|f (x 2)|.所以|f (x )|max ＝max{f (0)，|f (2)|，f (x 1)}． (ⅰ)当0<a <23时，f (0)>|f (2)|.又f (x 1)－f (0)＝2(1－a )1－a －(2－3a )＝a 2－4a－a1－a ＋2－3a>0，故|f (x )|max ＝f (x 1)＝1＋2(1－a )1－a .(ⅱ)当23≤a <1时，|f (2)|＝f (2)，且f (2)≥f (0)．又f (x 1)－|f (2)|＝2(1－a )1－a －(3a －2)＝a 2－4a －a1－a ＋3a －2，所以当23≤a <34时，f (x 1)>|f (2)|.故|f (x )|max ＝f (x 1)＝1＋2(1－a )1－a . 当34≤a <1时，f (x 1)≤|f (2)|.故|f (x )|max ＝|f (2)|＝3a －1. 综上所述，|f (x )|max＝⎩⎪⎨⎪⎧3－3a ，a ≤0，1＋－a 1－a ，0<a <34，3a －1，a ≥34.[跟踪演练]14．(重庆高考)设f (x ) ＝a (x －5)2＋6ln x ，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与y 轴相交于点(0,6)．(1)确定a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间与极值． 解：(1)因f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ， 故f ′(x )＝2a (x －5)＋6x.令x ＝1，得f (1)＝16a ，f ′(1)＝6－8a ， 所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －16a ＝(6－8a )·(x －1)，由点(0,6)在切线上可得6－16a ＝8a －6， 故a ＝12.(2)由(1)知，f (x )＝12(x －5)2＋6ln x (x >0)，f ′(x )＝x －5＋6x＝x －x －x.令f ′(x )＝0，解得x 1＝2，x 2＝3.当0<x <2或x >3时，f ′(x )>0，故f (x )在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；当2<x <3时，f ′(x )<0，故f (x )在(2,3)上为减函数．由此可知f (x )在x ＝2处取得极大值f (2)＝92＋6ln 2，在x ＝3处取得极小值f (3)＝2＋6ln 3.15．已知f (x )＝ax －ln x ，x ∈(0，e]，g (x )＝ln xx，其中e 是自然常数，a ∈R .(1)讨论a ＝1时，函数f (x )的单调性和极值； (2)求证：在(1)的条件下，f (x )>g (x )＋12.解：(1)∵f (x )＝x －ln x ，f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，∴当0<x <1时，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减； 当1<x <e 时，f ′(x )>0，此时f (x )单调递增． ∴f (x )的极小值为f (1)＝1.(2)证明：∵f (x )的极小值为1，即f (x )在(0，e]上的最小值为1， ∴f (x )min ＝1.又g ′(x )＝1－ln x x2， ∴当0<x <e 时，g ′(x )>0，g (x )在(0，e]上单调递增． ∴g (x )max ＝g (e)＝1e <12，∴f (x )min －g (x )max >12，∴在(1)的条件下，f (x )>g (x )＋12.[考题印证][例7] (重庆高考)某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r 米，高为h 米，体积为V 立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．(1)将V 表示成r 的函数V (r )，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V (r )的单调性，并确定r 和h 为何值时该蓄水池的体积最大．[解] (1)因为蓄水池侧面的总成本为100×2πrh ＝200πrh 元，底面的总成本为160πr 2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh ＋160πr 2)元．根据题意得200πrh ＋160πr 2＝12 000π， 所以h ＝15r(300－4r 2)，从而V (r )＝πr 2h ＝π5(300r －4r 3)．由h >0，且r >0可得0<r <53， 故函数V (r )的定义域为(0,53)． (2)由(1)知V (r )＝π5(300r －4r 3)，故V ′(r )＝π5(300－12r 2)．令V ′(r )＝0，解得r 1＝5，r 2＝－5(因为r 2＝－5不在定义域内，舍去)． 当r ∈(0,5)时，V ′(r )>0，故V (r )在(0,5)上为增函数； 当r ∈(5,53)时，V ′(r )<0，故V (r )在(5,53)上为减函数．由此可知，V (r )在r ＝5处取得最大值，此时h ＝8，即当r ＝5，h ＝8时，该蓄水池的体积最大．[跟踪演练]16．水库的蓄水量随时间而变化，现用t 表示时间，以月为单位，年初为起点，以i －1<t ≤i 表示第i 月份(i ＝1,2，…，12)．根据历年数据，某水库的蓄水量(单位：亿立方米)关于t 的近似函数关系式为V (t )＝⎩⎪⎨⎪⎧－t 2＋14t －t 4＋50， 0<t ≤10，t －t －＋50， 10<t ≤12.(1)该水库的蓄水量小于50的时期称为枯水期．问同一年内哪几个月份是枯水期？ (2)求一年内该水库的量大蓄水量(取e ＝2.7计算)．解：(1)①当0<t ≤10时，V (t )＝(－t 2＋14t －40)e x4＋50<50，化简得t 2－14t ＋40>0.解得t <4或t >10. 又0<t ≤10，故0<t <4.②当10<t ≤12时，V (t )＝4(t －10)(3t －41)＋50<50，化简得(t －10)(3t －41)<0. 解得10<t <413.又10<t ≤12，故10<t <12. 综上所述，得0<t <4或10<t ≤12.故知枯水期为1月、2月、3月、11月、12月共5个月． (2)由(1)知V (t )的最大值只能在[4,10]内达到． 令V ′(t )＝0，解得t ＝8(t ＝－2舍去)． 当t 变化时，V ′(t )与V (t )的变化情况如下表：由上表可知，V (t )在t＝8时取得最大值V (8)＝8e 2＋50＝108.32(亿立方米)． 故知一年内该水库的最大蓄水量是108.32亿立方米.[考题印证][例8] (湖北高考)一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度v (t )＝7－3t ＋251＋t(t 的单位：s ，v 的单位：m/s)行驶至停止．在此期间汽车继续行驶的距离(单位：m)是( )A ．1＋25ln 5B ．8＋25ln 113C ．4＋25ln 5D.4＋50ln 2(2)(江西高考)若S 1＝⎠⎛12x 2d x ，S 2＝⎠⎛121x d x ，S 3＝⎠⎛12e xd x ，则S 1，S 2，S 3的大小关系为( ) A ．S 1<S 2<S 3 B ．S 2<S 1<S 3 C ．S 2<S 3<S 1D.S 3<S 2<S 1[解析] (1)令v (t )＝0，得7－3t ＋251＋t ＝0，解得t ＝4或t ＝－83(舍去)，所以s ＝⎠⎛04v (t )d t ＝⎠⎛04⎝ ⎛⎭⎪⎫7－3t ＋251＋t d t ＝7t －32t 2＋25ln(1＋t )⎪⎪⎪40＝7×4－32×42＋25ln 5＝4＋25ln 5，故选C. (2)S 1＝13x 3⎪⎪⎪ 21＝83－13＝73， S 2＝ln x ⎪⎪⎪21＝ln 2<ln e ＝1，S 3＝e x ⎪⎪⎪21＝e 2－e≈2.72－2.7＝4.59，所以S 2<S 1<S 3. [答案] (1)C (2)B[跟踪演练]17．(湖南高考)若∫T 0x 2d x ＝9，则常数T 的值为________． 解析：∵∫T 0x 2d x ＝13T 3＝9，T >0，∴T ＝3.答案：318.∫ (sin x －2cos x )d x ＝________. 解析：∫ (sin x －2cos x )d x ＝(－cos x －2sin x )|＝－1. 答案：－119．由直线x ＝0，x ＝2与抛物线y 2＝4x 围成的封闭区域的面积是________． 解析：由y 2＝4x 得y ＝±4x ， ∴S ＝2∫204x d x ＝4∫20x d x ＝4×23x |20＝83×2＝1623. 答案：1623[考题印证][例9] (1)(新课标全国卷Ⅰ)1＋2i－2＝( ) A ．－1－12iB ．－1＋12iC ．1＋12iD.1－12i(2)(山东高考)复数z 满足(z －3)(2－i)＝5(i 为虚数单位)，则z 的共轭复数z 为( )A ．2＋iB ．2－iC ．5＋iD.5－i(3)(北京高考)在复平面内，复数(2－i)2对应的点位于( ) A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限 D.第四象限 [解析] (1)1＋2i －2＝1＋2i－2i＝＋2＝－2＋i 2＝－1＋12i. (2)因为(z －3)(2－i)＝5， 所以z ＝52－i ＋3＝2＋i ＋3＝5＋i ，所以z ＝5－i.(3)(2－i)2＝4－4i ＋i 2＝3－4i ， 对应的复平面内点坐标为(3，－4)． [答案] (1)B (2)D (3)D[跟踪演练]20．(安徽高考)设i 是虚数单位，若复数a －103－i (a ∈R )是纯虚数，则a 的值为( )A ．－3B ．－1C ．1 D.3 解析：复数a －103－i＝a －＋－＋＝(a －3)－i 为纯虚数，则a －3＝0，即a＝3.答案：D21．已知i 为虚数单位，a 为实数，复数z ＝(a －2i)(1＋i)在复平面内对应的点为M ，则“a ＝1”是“点M 在第四象限”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D.既不充分也不必要条件解析：由题意得，a ＝1时，复数z ＝(1－2i)(1＋i)＝3－i ，所以复数z 对应的点在第四象限，若复数z ＝(a ＋2)＋(a －2)i 对应的点M 在第四象限，则⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2>0，a －2<0，解得－2<a <2，a ＝1不一定成立． 答案：A22．设z ＝1－i(i 是虚数单位)，则复数⎝ ⎛⎭⎪⎫2z＋z 2·z ＝________.解析：对于2z ＋z 2＝21－i＋(1－i)2＝1＋i －2i ＝1－i ，故⎝⎛⎭⎪⎫2z ＋z 2·z ＝(1－i)(1＋i)＝2.答案：2模块综合检测⎣⎢⎡⎦⎥⎤对应阶段质量检测六 见8开试卷(时间：90分钟，满分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知复数z ＝(1＋i)(－2＋3i)(i 为虚数单位)，则z 的共轭复数z ＝( ) A ．1＋i B ．1－i C ．－5＋iD.－5－i解析：z ＝(1＋i)(－2＋3i)＝(－2－3)＋(－2＋3)i ＝－5＋i ，∴z ＝－5－i. 答案：D2．用反证法证明命题：“若直线AB ，CD 是异面直线，则直线AC ，BD 也是异面直线”的过程归纳为以下三个步骤：①则A ，B ，C ，D 四点共面，所以AB ，CD 共面，这与AB ，CD 是异面直线矛盾； ②所以假设错误，即直线AC ，BD 也是异面直线； ③假设直线AC ，BD 是共面直线． 则正确的序号顺序为( ) A ．①→②→③ B ．③→①→② C ．①→③→②D.②→③→①解析：反证法的步骤是：反设—归谬—结论．结合本题，故选B. 答案：B3．观察式子：1＋122<32，1＋122＋132<53，1＋122＋132＋142<74，…，则可归纳出一般结论为( )A ．1＋122＋132＋…＋1n 2<12n －1B ．1＋122＋132＋…＋1n 2<12n ＋1C ．1＋122＋132＋…＋1n 2<2n －1nD ．1＋122＋132＋…＋1n 2<2n 2n ＋1答案：C4．已知函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝( )A.π2B ．0C ．－1D.1解析：∵f (x )＝x sin x ＋cos x ，∴f ′(x )＝x cos x ， ∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π2cos π2＝0.故选B.答案：B5．(新课标全国卷)下面是关于复数z ＝2－1＋i的四个命题：p 1：|z |＝2, p 2：z 2＝2i ，p 3：z 的共轭复数为1＋i, p 4：z 的虚部为－1.其中的真命题为( ) A ．p 1，p 3 B ．p 1，p 2 C ．p 2，p 4D.p 3，p 4解析：∵复数z ＝2－1＋i ＝－1－i ，∴|z |＝2，z 2＝(－1－i)2＝(1＋i)2＝2i ，z 的共轭复数为－1＋i ，z 的虚部为－1，综上可知p 2，p 4是真命题．答案：C6．已知函数y ＝x ln x ，则这个函数的图像在点x ＝1处的切线方程是( ) A ．y ＝2x －2 B ．y ＝2x ＋2 C ．y ＝x －1D.y ＝x ＋1解析：当x ＝1时，y ＝0；y ′＝ln x ＋1，k ＝1，所以切线方程为y ＝x －1. 答案：C7．(湖北高考)若函数f (x )，g (x )满足⎠⎛-11f(x)g(x)dx ＝0，则称f(x)，g(x )为区间[－1,1]上的一组正交函数．给出三组函数：①f(x)＝sin 12x ，g(x )＝cos 12x ；②f(x)＝x ＋1，g(x )＝x －1；③f(x)＝x ，g(x )＝x 2.其中为区间[－1,1]上的正交函数的组数是( )A ．0B ．1C ．2D.3解析：对于①，⎠⎛-11sin 12x cos 12xdx ＝⎠⎛-1112sin xdx ＝0，所以①是一组正交函数；对于②，⎠⎛-11(x ＋1)(x －1)dx ＝⎠⎛-11 (x 2－1)d x≠0，所以②不是一组正交函数；对于③，⎠⎛-11x·x 2dx ＝⎠⎛-11x 3dx ＝0，所以③是一组正交函数．选C .答案：C8．已知函数f(x)(x ∈R )满足f (2)＝3，且f (x )在R 上的导数满足f ′(x )－1<0，则不等式f (x 2)<x 2＋1的解为( )A ．(－∞，－2)B ．(2，＋∞)C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D ．(－2，2)解析：令g (x )＝f (x )－x ，则g ′(x )＝f ′(x )－1<0， ∴g (x )在R 上单调递减， ∵f (x 2)<x 2＋1，∴f (x 2)－x 2<1，即g (x 2)<1.又g (2)＝f (2)－2＝1， ∴g (x 2)<g (2)，∴x 2>2， 即x >2或x <－ 2. 答案：C9．如图，抛物线y ＝－x 2＋2x ＋1与直线y ＝1形成一个闭合图形(图中的阴影部分)，则该闭合图形的面积是( )A ．1 B.43 C. 3D.2解析：由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝1，y ＝－x 2＋2x ＋1，知⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝1.故所求面积S ＝∫20(－x 2＋2x ＋1)d x －∫201 d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13x 3＋x 2＋x ⎪⎪⎪ 2－x ⎪⎪⎪2＝43. 答案：B10．两千多年前，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2 014个梯形数为a 2 014，则a 2 014＝( )A ．2 015×2 013B ．2 015×2 014C ．2 015×1 008D.2 015×1 009解析：5＝2＋3＝a 1,9＝2＋3＋4＝a 2,14＝2＋3＋4＋5＝a 3，…，a n ＝2＋3＋…＋(n ＋2)＝n ＋＋n ＋2＝12(n ＋1)(n ＋4)，由此可得a 2 014＝2＋3＋4＋…＋2 016＝12×2 015×2 018＝2 015×1 009.故选D.答案：D二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确的答案填在题中的横线上)11．在周长一定的所有矩形中，正方形的面积最大，将这个结论类比到空间，可以得到的结论是________________________________________________________________________． 答案：在表面积一定的长方体中，正方体的体积最大12．已知1＋2ia ＋b i ＝1＋i(a ，b ∈R ，i 为虚数单位)，则ab ＝________.解析：∵1＋2ia ＋b i＝1＋i ，∴1＋2i ＝(a ＋b i)(1＋i)＝(a －b )＋(a ＋b )i ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＝1，a ＋b ＝2，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝32b ＝12，∴ab ＝34.答案：3413．若函数f (x )的导函数f ′(x )＝x 2－4x ＋3，则函数f (1＋x )的单调减区间是________．解析：由f ′(x )＝x 2－4x ＋3<0得1<x <3，即函数f (x )的单调减区间为(1,3)， 又∵函数f (1＋x )的图像是由f (x )的图像向左平移1个单位得到， ∴函数f (1＋x )的单调减区间为(0,2)． 答案：(0,2)14．将正偶数按下表排成5列：那么解析：从2数起，2到16一组，一组两行，一行4个，也就是8个连贯偶数一组，所以从2数起，到2 014共有1 007(2 014除以2等于1 007)个偶数．然后1 007除以4等于251余3.也就说明2 014为第252行从右往左数第3个数，就是一组里第2行的最左边第二个，即2 014在第252行第2列．答案：252 2三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝12x 2＋ln x .(1)求函数f (x )的单调区间； (2)求证：当x >1时，12x 2＋ln x <23x 3.解：(1)依题意知函数f (x )的定义域为{x |x >0}， ∵f ′(x )＝x ＋1x，故f ′(x )>0，∴f (x )的单调增区间为(0，＋∞)． (2)证明：设g (x )＝23x 3－12x 2－ln x ，∴g ′(x )＝2x 2－x －1x，∵当x >1时，g ′(x )＝x －x 2＋x ＋x>0，∴g (x )在(1，＋∞)上为增函数， ∴g (x )>g (1)＝16>0，∴当x >1时，12x 2＋ln x <23x 3.16．(本小题满分12分)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n2＋a n，n ∈N ＋，猜想这个数列的通项公式，试证明这个猜想．解：在数列{a n }中，∵a 1＝1，a 2＝2a 12＋a 1＝23，a 3＝2a 22＋a 2＝24，a 4＝2a 32＋a 3＝25，……， ∴猜想{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1. 证明如下：∵a 1＝1，a n ＋1＝2a n 2＋a n ，∴1a n ＋1＝2＋a n 2a n ＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1a 1＝1为首项，12为公差的等差数列， ∴1a n ＝1a 1＋n －12＝n ＋12， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1. 17．(本小题满分12分)设f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1的导数f ′(x )满足f ′(1)＝2a ，f ′(2)＝－b ，其中常数a ，b ∈R .(1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)设g (x )＝f ′(x )e －x，求函数g (x )的极值． 解：(1)因f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1， 故f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .令x ＝1，得f ′(1)＝3＋2a ＋b ，由已知f ′(1)＝2a ， 因此3＋2a ＋b ＝2a ，解得b ＝－3.又令x ＝2，得f ′(2)＝12＋4a ＋b ，由已知f ′(2)＝－b ， 因此12＋4a ＋b ＝－b ，解得a ＝－32.因此f (x )＝x 3－32x 2－3x ＋1，从而f (1)＝－52.又因为f ′(1)＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝－3，故曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝－3(x －1)， 即6x ＋2y －1＝0.(2)由(1)知g (x )＝(3x 2－3x －3)e －x， 从而有g ′(x )＝(－3x 2＋9x )e －x.令g ′(x )＝0，得－3x 2＋9x ＝0，解得x 1＝0，x 2＝3. 当x ∈(－∞，0)时，g ′(x )＜0， 故g (x )在(－∞，0)上为减函数； 当x ∈(0,3)时，g ′(x ) ＞0， 故g (x )在(0,3)上为增函数； 当x ∈(3，＋∞)时，g ′(x )＜0， 故g (x )在(3，＋∞)上为减函数；从而函数g (x )在x 1＝0处取得极小值，g (0)＝－3，在x 2＝3处取得极大值g (3)＝15e－3.18．(本小题满分14分)(安徽高考)设实数c >0，整数p >1，n ∈N *. (1)证明：当x >－1且x ≠0时，(1＋x )p>1＋px ； (2)数列{a n }满足a 1>c 1p ，a n ＋1＝p －1p a n ＋c pa 1－pn .证明：a n >a n ＋1>c 1p.证明：(1)用数学归纳法证明：①当p ＝2时，(1＋x )2＝1＋2x ＋x 2>1＋2x ，原不等式成立． ②假设p ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式(1＋x )k>1＋kx 成立． 当p ＝k ＋1时，(1＋x )k ＋1＝(1＋x )(1＋x )k >(1＋x )·(1＋kx )＝1＋(k ＋1)x ＋kx 2>1＋(k＋1)x .所以p ＝k ＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，当x >－1，x ≠0时，对一切整数p >1，不等式(1＋x )p>1＋px 均成立． (2)法一：先用数学归纳法证明a n >c . ①当n ＝1时，由题设知a 1>c 成立．②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，不等式a k >c 成立． 由a n ＋1＝p －1p a n ＋c pa 1－p n 易知a n >0，n ∈N *. 当n ＝k ＋1时，a k ＋1a k ＝p －1p ＋c p a －p k ＝1＋1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c a p k －1.由a k >c 1p>0得－1<－1p <1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c a p k－1<0.由(1)中的结论得⎝⎛⎭⎪⎫a k ＋1a k p ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c a p k －1p >1＋p ·1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c a p k －1＝ca p k . 因此a pk ＋1>c ，即a k ＋1>c 1p.所以n ＝k ＋1时，不等式a n >c 1p也成立．综合①②可得，对一切正整数n ，不等式a n >c 1p均成立．再由a n ＋1a n ＝1＋1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c a p n －1可得a n ＋1a n<1，即a n ＋1<a n . 综上所述，a n >a n ＋1>c 1p，n ∈N *. 法二：设f (x )＝p －1p x ＋c p x 1－p ，x ≥c 1p ，则x p ≥c ，并且f ′(x )＝p －1p ＋c p (1－p )x －p＝p －1p⎝ ⎛⎭⎪⎫1－c x p >0，x >c .由此可得，f (x )在上单调递增，因而，当x >c 时，f (x )>f (c )＝c . ①当n ＝1时，由a 1>c >0，即a p1>c 可知a 2＝p －1p a 1＋c p a 1－p 1＝a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c a p 1－1<a 1，并且a 2＝f (a 1)>c ， 从而a 1>a 2>c .故当n ＝1时，不等式a n >a n ＋1>c 成立．②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，不等式a k >a k ＋1>c 成立，则 当n ＝k ＋1时，f (a k )>f (a k ＋1)>f (c )，即有a k ＋1>a k ＋2>c . 所以n ＝k ＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，对一切正整数n ，不等式a n >a n ＋1>c 均成立．2019-2020年高中数学第五章数系的扩充与复数章末质量评估湘教版选修一、选择题(每小题5分，共50分) 1．a ＝0是复数a ＋b i(a ，b ∈R )为纯虚数的( )．A ．必要条件B ．充分条件C ．充要条件D ．非充分非必要条件解析 a ＝0⇒/ a ＋b i(a ，b ∈R )为纯虚数，a ＋b i(a ，b ∈R )为纯虚数⇒a ＝0. 答案 A2．设z 1＝3－4i ，z 2＝－2＋3i ，则z 1＋z 2在复平面内对应的点位于( )．A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限答案 D3．设O 是原点，向量OA →， O B →对应的复数分别为2－3i ，－3＋2i ，那么向量BA →对应的复数是( )．A ．－5＋5iB ．－5－5iC ．5＋5iD ．5－5i答案 D4．i 是虚数单位，2i31－i＝( )．A ．1＋iB ．－1＋iC ．1－iD ．－1－i 解析 ∵i 3＝－i ，∴2i 31－i ＝－2i1－i＝－21－i＝1－i.答案 C5．设a ，b 为实数，若复数1＋2ia ＋b i＝1＋i ，则 ( )．A ．a ＝32，b ＝12B ．a ＝3，b ＝1C ．a ＝12，b ＝32D ．a ＝1，b ＝3解析 依题意得：a ＋b i ＝1＋2i 1＋i ＝32＋12i ，∴a ＝32，b ＝12.答案 A6．已知z 是纯虚数，z ＋21－i是实数，那么z 等于( )．A ．2iB ．iC ．－iD ．－2i解析 设纯虚数，z ＝b i(b ∈R 且b ≠0)，则z ＋21－i ＝b i ＋21－i＝b i ＋＋－＋＝－b ＋b ＋2，由于其为实数， ∴b ＝－2，故选D. 答案 D7．复数z ＝1＋cos α＋isin α(π<α<2π)的模为( )．A ．2cos α2B ．－2cos α2C ．2sin α2D ．－2sin α2解析 |z |＝1＋cos α2＋sin 2α＝2＋2cos α＝4cos2α2＝2⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos α2∵π<α<2π，∴π2<α2<π，∴cos α2<0，∴2⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos α2＝－2cos α2.答案 B8．设a ∈R ，且(a ＋i)2i 为正实数，则a 等于( )．A ．2B ．1C ．0D ．－1解析 (a ＋i)2i ＝(a 2＋2a i －1)i ＝－2a ＋(a 2－1)i ＞0， 解得a ＝－1.故选D. 答案 D9．在复平面内，若z ＝m 2(1＋i)－m (4＋i)－6i 所对应的点在第二象限，则实数m 的取值范围是( )．A ．(0,3)B ．(－∞，－2)C ．(－2,0)D ．(3,4)解析 整理得z ＝(m 2－4m )＋(m 2－m －6)i ，对应点在第二象限，则⎩⎪⎨⎪⎧m 2－4m ＜0，m 2－m －6＞0，解得3＜m ＜4. 答案 D 10．已知复数z ＝3＋i －32，z 是z 的共轭复数，则z ·z ＝( )A.14 B.12 C ．1D ．2解析 法一 由z ＝3＋i－32＝3＋i －2－23i， 得z ＝3－i－2＋23i，∴z ·z ＝3＋i －2－23i ·3－i －2＋23i ＝3＋14＋12＝14.法二 ∵z ＝3＋i －32＝3＋i －2－23i， ∴|z |＝|3＋i||－2－23i|＝24＝12.∴z ·z ＝|z |2＝14.答案 A二、填空题(每小题5分，共25分)11．若复数z 的虚部为3，模为5，则z ＝________.解析 设z ＝a ＋3i(a ∈R )，则a 2＋9＝25，a 2＝16，a ＝±4，z ＝±4＋3i ，∴z ＝±4－3i. 答案 ±4－3i12．设复数z 满足z (2－3i)＝6＋4i ，则z 的模为________．解析 z ＝6＋4i2－3i ＝2i ，∴|z |＝2，故填2.答案 213．关于x 的方程3x 2－a2x －1＝10i －i x －2i x 2有实数根，则实数a 的值为______．解析 设方程的实根为x ＝m ，则原方程可变为：⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 2－a 2m －1＋(2m 2＋m －10)i ＝0， 由复数相等的定义得：⎩⎪⎨⎪⎧3m 2－a 2m －1＝0，①2m 2＋m －10＝0，②解②得m ＝2或m ＝－52代入①，解得a ＝11或－715.答案 11或－71514．在复平面上，复数－3－2i ，－4＋5i,2＋i ，z 分别对应点A ，B ，C ，D ，且ABCD 为平行四边形，则z ＝________.解析 由于AB →＝DC →，∴2＋i －z ＝(－4＋5i)－(－3－2i)， ∴z ＝3－6i. 答案 3－6i15．定义运算⎪⎪⎪⎪a c b d ＝ad －bc ，则符合条件⎪⎪⎪⎪1z－1z i ＝2的复数z ＝________.解析 法一 由题意⎪⎪⎪⎪1z －1z i ＝z i －(－z )＝2，即z ＋z i ＝2，设z ＝x ＋y i(x ，y ∈R )， 则有x ＋y i ＋x i －y ＝2， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝2，x ＋y ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝－1.∴z ＝1－i.法二 ∵⎪⎪⎪⎪1 －1z z i ＝z i ＋z ＝2，∴z (1＋i)＝2，∴z ＝21＋i ＝－2＝1－i.答案 1－i三、解答题(本大题共6小题，共75分)16．(本小题满分13分)设复数z 同时满足下列条件：(1)复数z 在复平面内对应的点位于第二象限；(2)z z ＋2i z ＝8＋a i(a ∈R )，试求a 的取值范围．解 设z ＝x ＋y i ，则由条件(1)知x ＜0，y ＞0. 又z z ＋2i z ＝8＋a i ，故 (x 2＋y 2－2y )＋2x i ＝8＋a i ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－2y ＝8，2x ＝a ，消去x ，得4(y －1)2＝36－a 2.∵y ＞0，∴4(y －1)2≥0， ∴36－a 2≥0，－6≤a ≤6.又2x ＝a ，x ＜0，∴a ＜0，∴－6≤a ＜0. 故a 的取值范围是[－6,0)．17．(本小题满分13分)已知复数z ＝1＋i ，求实数a ，b ，使az ＋2b z ＝(a ＋2z )2.解 ∵z ＝1＋i ，∴az ＋2b z ＝(a ＋2b )＋(a －2b )i. 而(a ＋2z )2＝[(a ＋2)＋2i]2＝(a ＋2)2＋4(a ＋2)i ＋4i 2＝(a 2＋4a )＋4(a ＋2)i. ∵az ＋2b z＝(a ＋2z )2，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2b ＝a 2＋4a ，a －2b ＝a ＋，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝－1，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－4，b ＝2.18．(本小题满分13分)已知x 、y 为共轭复数，且(x ＋y )2－3xy i ＝4－6i ，求x 、y .解 设x ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则y ＝a －b i ，x ＋y ＝2a ，xy ＝a 2＋b 2，代入原式，得(2a )2－3(a 2＋b 2)i ＝4－6i ，根据复数相等得⎩⎪⎨⎪⎧4a 2＝4，－a 2＋b 2＝－6，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝1或 ⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝－1.故所求复数为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋i ，y ＝1－i 或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1－i ，y ＝1＋i或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋i ，y ＝－1－i 或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1－iy ＝－1＋i.19．(本小题满分12分)已知复数z 满足|z ＋2－2i|＝1，求|z －3－2i|的最大值\与最小值．解 由复数及其模的几何意义知：满足|z ＋2－2i|＝1，即|z －(－2＋2i)|＝1.复数z 所对应的点是以C (－2,2)为圆心，r ＝1为半径的圆．而|z －3－2i|＝|z －(3＋2i)|的几何意义是：复数z 对应的点与点A (3,2)的距离．由圆的知识可知|z －3－2i|的最小值为|AC |－r ，最大值为|AC |＋r . ∴|z －3－2i|min ＝＋2＋－2－1＝4.|z －3－2i|max ＝＋2＋－2＋1＝6.20．(本小题满分12分)复数z ＝＋3a ＋b1－i且|z |＝4，z 对应的点在第一象限，若复数0，z ，z 对应的点是正三角形的三个顶点，求实数a 、b 的值． 解 z ＝＋2＋1－i(a ＋b i)＝2i·i(a ＋b i)＝－2a －2b i. 由|z |＝4，得a 2＋b 2＝4，∵复数0，z ，z 对应的点构成正三角形， ∴|z －z |＝|z |.把z ＝－2a －2b i 代入化简得|b |＝1. 又∵Z 点在第一象限，∴a ＜0，b ＜0. 由①②得⎩⎨⎧a ＝－3，b ＝－1，故所求值为a ＝－3，b ＝－1.21．(本小题满分12分)若z 为复数，且z1＋z2∈R ，求复数z 满足的条件．解 设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )则z1＋z2＝a＋b i1＋a＋b2＝a＋b i1＋a2－b2＋2ab i＝a＋b＋a2－b2－2ab＋a2－b2＋2ab＋a2－b2－2ab＝a＋a2－b2＋2ab2＋[b＋a2－b2－2a2b]i＋a2－b22＋4a2b2＝a＋a2＋b2＋b－a2－b2i＋a2－b22＋4a2b2∵z1＋z2∈R，∴b(1－a2－b2)＝0，∴b＝0或a2＋b2＝1.即z∈R或|z|＝1.因此复数z为实数或|z|＝1.。