1、回扣专项练复数模块1已知复数z1ai (aR)，i，则a_.2设复数z满足i(z1)32i(i是虚数单位)，则z的实部是_3已知复数z1ai (aR，i是虚数单位)在复平面上表示的点在第四象限，且z5，则a_.4复数zcos 75isin 75 (i是虚数单位)，则在复平面内z2对应的点位于第_象限5已知zC，解方程z3iz13i.6在复平面内，点P，Q对应的复数分别为z1，z2，且z22z134i，|z1|1，求点Q的轨迹导数模块1已知函数f(x)在1，)上为减函数，则实数a的取值范围为_2已知函数f(x)axcos x，x，若x1，x2，x1x2，1时，f(x)0.(1)求f(x)的单调区
2、间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，上仅有一个零点答案精析*回扣专项练8复数模块12解析由1ai，得ii，因此，化简得5a253a23，即a24，则a2.由，可知a0，则仅有a2满足21解析设zabi(a，bR)，因为z1223i，所以a12，则a1，即z的实部为1.32解析z(1ai)(1ai)1a25，a2，又点z在第四象限，a2.4二解析由zcos 75isin 75，可得z2cos275sin275isin 150cos 150isin 150i，故在复平面内z2对应的点为，位于第二象限5解原方程可化为3iz3i1z，因为z|z|2R，所以3iz3i3i3i
3、，所以(z)3i6i，所以z2.令zxyi (x，yR)，则x1.把z1yi代入原方程可得y10，y23，所以原方程的解为z11，z213i.6解z22z134i，2z1z234i.又|2z1|2，|z234i|2，|z2(34i)|2，由模的几何意义知Q的轨迹是以(3，4)为圆心，2为半径的圆导数模块1e，)解析f(x)，因为f(x)在1，)上为减函数，故f(x)0在1，)上恒成立，即ln a1ln x在1，)上恒成立设(x)1ln x，(x)max1，故ln a1，ae.2.解析由0，解得a.所以a的取值范围是.4.解析若函数f(x)在区间上无极值，则当x时，f(x)x2ax10恒成立或当
4、x时，f(x)x2ax10恒成立当x时，yx的值域是；当x时，f(x)x2ax10，即ax恒成立，a2；当x，f(x)x2ax10，即ax恒成立，a.因此要使函数f(x)在上有极值点，实数a的取值范围是.5解(1)因为f(x)(xa)ex，xR，所以f(x)(xa1)ex.令f(x)0，得xa1.当x变化时，f(x)和f(x)的变化情况如下：x(，a1)a1(a1，)f(x)0f(x)故f(x)的单调减区间为(，a1)；单调增区间为(a1，)(2)由(1)得，f(x)的单调减区间为(，a1)；单调增区间为(a1，)所以当a10，即a1时，f(x)在0,4上单调递增，故f(x)在0,4上的最小值
5、为f(x)minf(0)a；当0a14，即5a0f(x)1 (x0)根据题意，有f(1)2，所以2a2a30，解得a1或a.(2)解f(x)1 (x0)当a0时，因为x0，由f(x)0得(xa)(x2a)0，解得xa；由f(x)0得(xa)(x2a)0，解得0xa.所以函数f(x)在(a，)上单调递增，在(0，a)上单调递减当a0，由f(x)0得(xa)(x2a)0，解得x2a；由f(x)0得(xa)(x2a)0，解得0x2a.所以函数f(x)在(0，2a)上单调递减，在(2a，)上单调递增7解(1)若a0，则f(x)xln xx1，f(x)ln x，x(0,1)时，f(x)0，f(x)为增函
6、数(2)依题意知xln x(x1)(axa1)0，f(x)为增函数，f(x)f(1)0，即f(x)1，ln x0在(1，)上恒成立不妨设h(x)ln x，x(1，)，h(x)，x(1，)，令h(x)0，得x11，x2.若a0，则x21时，h(x)0，h(x)为增函数，h(x)h(1)0，不合题意；若0a1，x时，h(x)0，h(x)为增函数，h(x)h(1)0，不合题意；若a，则x21，x(1，)时，h(x)0，h(x)为减函数，h(x)0)得f(x)x.由f(x)0解得x(负值舍去)f(x)与f(x)在区间(0，)上的变化情况如下表：x(0，)(，)f(x)0f(x)所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，)f(x)在x处取得极小值f()，无极大值(2)由(1)知，f(x)在区间(0，)上的最小值为f().因为f(x)存在零点，所以0，从而ke，当ke时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()0，所以x是f(x)在区间(1，上的唯一零点当ke时，f(x)在区间(0，)上单调递减，且f(1)0，f()0，所以f(x)在区间(1，上仅有一个零点综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，上仅有一个零点
