Question

5．（1）已知i是虚数单位，求复数z=$\frac{1+2i}{1+i}$的虚部．
（2）设函数f（x）=$\frac{1}{3}$ax³+2ax²+（1-2a）x，a，b∈R，a≠0，求f（x）的单调递增区间．

Answer 1

分析 （1）利用复数的运算法则、虚部的定义即可得出．
（2）f′（x）=ax²+4ax+（1-2a）．（a≠0）．△=24a（a-$\frac{1}{6}$），对△分类讨论：当△≤0时，即$0＜a≤\frac{1}{6}$，f′（x）≥0，即可得出f（x）在R上单调性．当△＞0时，即$a＞\frac{1}{6}$或a＜0，令f′（x）=0，解得x₁=$\frac{-2a-\sqrt{6{a}^{2}-a}}{a}$，x₂=$\frac{-2a+\sqrt{6{a}^{2}-a}}{a}$．f′（x）=a（x-x₁）（x-x₂）．分类讨论即可得出单调性．

解答 解：（1）复数z=$\frac{1+2i}{1+i}$=$\frac{（1+2i）（1-i）}{（1+i）（1-i）}$=$\frac{3+i}{2}$=$\frac{3}{2}+\frac{1}{2}i$的虚部为$\frac{1}{2}$．
（2）f′（x）=ax²+4ax+（1-2a）．（a≠0）
△=16a²-4a（1-2a）=24a（a-$\frac{1}{6}$），
当△≤0时，即$0＜a≤\frac{1}{6}$，f′（x）≥0，∴f（x）在R上单调递增，因此其单调递增区间为R．
当△＞0时，即$a＞\frac{1}{6}$或a＜0，令f′（x）=0，解得x₁=$\frac{-2a-\sqrt{6{a}^{2}-a}}{a}$，x₂=$\frac{-2a+\sqrt{6{a}^{2}-a}}{a}$．
f′（x）=a（x-x₁）（x-x₂）．
当a$＞\frac{1}{6}$时，x₂＞x₁，令f′（x）＞0，解得x＞x₂或x＜x₁，
∴f（x）的单调递增区间为（-∞，x₁），（x₂，+∞）．
当a＜0时，x₁＞x₂，令f′（x）＞0，解得x＞x₁或x＜x₂，
∴f（x）的单调递增区间为（-∞，x₂），（x₁，+∞）．
综上可得：
当$0＜a≤\frac{1}{6}$，函数f（x0单调递增区间为R．
当a$＞\frac{1}{6}$时，f（x）的单调递增区间为（-∞，x₁），（x₂，+∞）．
当a＜0时，f（x）的单调递增区间为（-∞，x₂），（x₁，+∞）．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性、复数的运算法则及虚部的定义、一元二次方程的解法，考查了分类讨论、推理能力与计算能力，属于难题．