【数学】2020届一轮复习人教版数系的扩充与复数的引入教案
(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，
∴4
0，
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 .
