复数讲义绝对

1、复数一、复数的概念1 虚数单位i:（1）它的平方等于1 ，即 i 21 ；（ 2）实数可以与它进行四则运算，进行四则运算时，原有加、乘运算律仍然成立（ 3） i 与 1 的关系 :i 就是 1的一个平方根，即方程21的一个根，方程21的另一个根是 -i xx（4） i 的周期性：4n14n21 ， i4n3i ， i4 nii ， i1 实数 a( b0)2 数系的扩充：复数abibi( b纯虚数 bi( a0)虚数 a0)0)非纯虚数 a bi( a3 复数的定义：形如 abi( a ，bR ) 的数叫复数，a 叫复数的实部， b 叫复数的虚部全体复数所成的集合叫做复数集，用字母 C 表示4

2、 复数的代数形式 :通常用字母 z 表示，即 z abi (a ，bR) ，把复数表示成abi 的形式，叫做复数的代数形式5 复数与实数、虚数、纯虚数及0的关系：对于复数 abi ( a ，bR) ，当且仅当b0 时，复数 abi( a ，bR) 是实数 a ；当 b 0 时，复数z abi 叫做虚数；当 a 0 且 b0时， zbi 叫做纯虚数；当且仅当a b 0 时， z 就是实数 06 复数集与其它数集之间的关系：N 苘ZQ苘R C7 两个复数相等的定义：如果两个复数的实部和虚部分别相等，那么我们就说这两个复数相等这就是说，如果 a ，a ，b，d ，c ， dR ，那么 abi c d

3、iac ， b d二、复数的几何意义1 复平面、实轴、虚轴：复数 za bi( a ，bR ) 与有序实数对a ，b是一一对应关系 建立一一对应的关系 点 Z 的横坐标是 a ，纵坐标是 b ，复数 zabi( a ，bR) 可用点 Za ，b 表示，这个建立了直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面，也叫高斯平面，x 轴叫做实轴，y 轴叫做虚轴实轴上的点都表示实数2 对于虚轴上的点要除原点外，因为原点对应的有序实数对为0 ，0 ，它所确定的复数是z 0 0i 0表示是实数除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数3复数 z a bi一一对应复平面内的点 Z (a ，b)这就是复数的一种几何意义也就是复数

4、的另一种表示方法，即几何表示方法三、复数的四则运算1 复数 z1 与 z2 的和的定义：2 复数 z1 与 z2 的差的定义：3 复数的加法运算满足交换律: z1z2z2z14 复数的加法运算满足结合律: ( z1z2 )z3z1(z2z3 )5 乘法运算规则：设 z1 abi ， z2cdi ( a 、 b 、 c 、 dR )是任意两个复数，那么它们的积 z1 z2abicdiacbdbc adi其实就是把两个复数相乘，类似两个多项式相乘，在所得的结果中把i 2换成1，并且把实部与虚部分别合并两个复数的积仍然是一个复数6 乘法运算律：（1） z1 z2 z3z1 z2 z3（2） (z1

5、z2 ) z3z1 ( z2 z3 )（3） z1 z2z3z1 z2z1 z37 复数除法定义：满足 cdixyiabi 的复数 xyi ( x 、 yR )叫复数 abi 除以复数 cdi 的商，记为：(a bi)cdiabi或者 cdi8 除法运算规则：设复数 abi( a 、 bR ) ，除以 cdi( c ， dR )，其商为 xyi （ x 、 yR ) ，即 ( a bi)cdixyi xyicdicxdydxcyi cxdydxcy iabixacbdc22由复数相等定义可知cxdya ，解这个方程组，得d，dxcybybcadc2d2于是有 :(abi)cdiacbdbcad

6、ic2d2c2d2利用cdicdic22abi 的分母有理化得：d于是将 cdi原式abi(abi)( cdi) acbi(di)(bcad)icdi(cdi)( cdi)c22d(acbd )(bcad)iacbdbcadc2d2c2d2c2d2 i ( (a bi)cdiacbdbcadc2d22d2 ic点评 : 是常规方法，是利用初中我们学习的化简无理分式时，都是采用的分母有理化思想方法，而复数 cdi 与复数 cdi ，相当于我们初中学习的32 的对偶式32 ，它们之积为1是有理数，而cdicdic2d 2 是正实数所以可以分母实数化把这种方法叫做分母实数化法9 共轭复数：当两个复数

7、的实部相等，虚部互为相反数时，这两个复数叫做互为共轭复数。虚部不等于0 的两个共轭复数也叫做共轭虚数例题精讲1 复数的概念【例 1】 已知ai）12 bi (i 为虚数单位），那么实数 a，b 的值分别为（i3A2， 5B-3，1C-11D2，2【答案】 D【例 2 】 计算： i 0! + i 1! + i 2! + L+ i100!（ i 表示虚数单位）【答案】 952i【解析】 i 41 ，而 4 | k ! （ k4 ），故 i 0! + i 1! + i 2!+L+ i100!ii( 1)( 1)197 95 2i【例 3 】 设 z(2t 25t 3)(t 22t2)i， tR ，

8、则下列命题中一定正确的是（）A z 的对应点 Z 在第一象限B z 的对应点 Z 在第四象限C z 不是纯虚数D z 是虚数【答案】 D【解析】 t 22t2(t 1)210【例 4 】 在下列命题中，正确命题的个数为（）两个复数不能比较大小；若 ( x21)(x23x2)i 是纯虚数，则实数x1； z 是虚数的一个充要条件是zzR ；若 a ，b 是两个相等的实数，则( ab) (ab)i 是纯虚数； zR 的一个充要条件是zz z1 的充要条件是 z1 zA 1B 2C3D 4【答案】 B【解析】 复数为实数时， 可以比较大小， 错； x1时，21)23x2)i0 ， 错； z 为实数时，

9、( x( x也有 zz R ， 错； ab0时，(ab)(ab)i0，错；正确2 复数的几何意义【例 5 】 复数 zm2i （ mR ， i 为虚数单位）在复平面上对应的点不可能位于（）12iA 第一象限B 第二象限C第三象限D 第四象限【答案】 Am2i(m2i )(12i )1( m4)2(m1)i 在复平面对应点如果在第一象限，则【解析】 由已知 z2i(12i )(12i )51m40m，而此不等式组无解即在复平面上对应的点不可能位于第一象限1 0【例6】 若3，5，复数 (cossin) (sincos)i 在复平面内所对应的点在（）44A 第一象限B 第二象限C第三象限D 第四象

10、限【答案】 B【解析】 结合正、余弦函数的图象知，当3 ，5 时， cossin0 ，sincos0 44【例 7 】 如果复数 z 满足 ziz i2 ，那么 zi1的最小值是（）A 1B 2C 2D5【答案】 A【解析】 设复数 z 在复平面的对应点为Z ，因为 zizi2 ，所以点 Z 的集合是 y 轴上以 Z1 (0 ，1)、 Z2(0， 1)为端点的线段z i1 表示线段 Z1Z2上的点到点 (1， 1) 的距离此距离的最小值为点Z2(0 ， 1)到点 (1， 1)的距离，其距离为1 【例 8 】 满足 z1 及z1z3）2的复数 z 的集合是（2A 13 i ， 13 iB 1 1

11、 i ，1 1 i22222222C22 i ， 22 iD 13 i ，13 i22222222【答案】 D【解析】 复数z表示的点在单位圆与直线x1上（ z13表示 z到点1， 与点3 ，的距离22z00222相等，故轨迹为直线 x1），故选 D2【例 9 】 已知复数 ( x2) yi( x ，yR) 的模为3 ，则 y 的最大值为 _x【答案】 3【解析】 x 2 yi3 ，yOCx ( x2)2y23 ，故 ( x，y) 在以 C (2 ，0) 为圆心，3 为半径的圆上，y 表示圆上的点 ( x，y) 与原点连线的斜率x如图，由平面几何知识，易知y 的最大值为3 x【例 10】复数

12、z 满足条件： 2 z1z i ，那么 z 对应的点的轨迹是（）A 圆B椭圆C双曲线D 抛物线【答案】 A【解析】 A ；设 zxyi ，则有 (2 x1) 2 yix( y 1)i ，(2 x1)2(2 y)2x2( y1)2 ，22化简得：x2y15 ，故为圆339【点评】 zz0的几何意义为点z 到点 z0的距离；zz0r (r0)中 z 所对应的点为以复数z0 所对应的点为圆心，半径为r 的圆上的点z 2【例 11】复数 z1 ， z2满足 z1 z20， z1 z2z1z2 ，证明：120 z2【解析】 设复数 z1， z2 在复平面上对应的点为Z1 ， Z 2 ，由 z1z2z1u

13、uuuruuuurz2 知，以 OZ1 ，OZ2为邻边的平行四边形为矩形，uuuuruuuurz1ki(kR， k0) ，所以z122i2k20 OZ1OZ 2 ，故可设z2z22k也可设 z1abi ，z2cdi ，则由向量 (a ，b) 与向量 (c ，d ) 垂直知 acbd0 ，22z1a bi( acbd )(bcad )ibcadz10 ，故z10 z2c dic2d2c2d2 i2z2z2【例 12】已知复数 z1 ， z2 满足 z17 1 ， z271 ，且 z1z24 ，求 z1 与 z1z2 的值z2【答案】47 i ； 43【解析】 设复数 z1， z2 在复平面上对应

14、的点为Z1， Z2 ，由于 (71)2( 71)242 ，故 z122z1z22z2，uuuuruuuuruuuuruuuurz17147故以 OZ1， OZ2 为邻边的平行四边形是矩形，从而OZ1OZ 2，则z27ii ；13z1z2z1z24 【例 13】已知z1 ，z2C ， z1z2123 ，求 z1z2 1 ， z z【解析】 设复数 z1，z2 ， z1z2Z1 ，Z2，Z3 ，由 z1z2uuuuruuuur在复平面上对应的点为1知，以 OZ1 ，OZ2为邻边的平行四边形是菱形，记O 所对应的顶点为P ，由 z1z23知，PZ O 120（可由余弦定理得到） ，故Z OZ60，1

15、12从而 z1z21【例 14】已知复数 z 满足 z(23i)z(23i)4 ，求 dz 的最大值与最小值【答案】 dmax221 ， d min13【解析】设 zxyi ，则 ( x，y) 满足方程 ( x2) 2y21 42dx2y2x241(x 2) 2 3x828 ，33又 1 x 3 ，故当 x 1，y0 时， dmin1 ；当 x8 ，y25 时，有 d max2 213333 复数的四则运算【例 15】已知 mR ，若 (mmi) 664i，则 m 等于（）A 2B2C2D 4【答案】 B【解析】 (mmi) 6m6 (2i) 38im664im68m2 【例 16】计算： (

16、22i )12( 23i )100(13i )9(123i )100【答案】 5111212(i1001261【解析】 原式2(1 i)2 3)2(2i)9151113i) 9 i(i23)10013( i)100229 (29 (i) 92222【例 17】已知复数 z1cosi ， z2sini ，则 z1z2的最大值为（）A 3B 2C6D 322【答案】 A【解析】 z1z2 (cosi)(sini)(cossin1)(cossin)i(cossin1)2(cos sin )2cos2sin 221sin2 22，4故当 sin21 时， z1z213有最大值242【例 18】对任意一

17、个非零复数z ，定义集合 M z w | wzn ，n N 10的一个根，试用列举法表示集合M z 若在 M z 中任取两个数，求其和（）设 z 是方程 xx为零的概率 P ；（ 2）若集合 M z 中只有 3个元素，试写出满足条件的一个z 值，并说明理由【答案】（ 1） 1 ；（ 2） z13i 322【解析】 （ 1） z 是方程 x210 的根， zi 或 zi ，不论 zi 或 zi ， M zi ，i2，i3 ，i4 i ， 1， i ，1 ，于是 P212C43（2）取 z13 i，则 z213 i 及 z 1 32222于是 M z z，z2 ，z3 或取 z13 i （说明：只

18、需写出一个正确答案）22【例 19】解关于 x 的方程 x25 x6( x2)i0 【答案】 x13i ，x2225x 60x或x3【解析】 错解：由复数相等的定义得x2x2x20x2分析： “cdiac，且bd成立 ”的前提条件是 a ，b ，c ，dR ，但本题并未告诉x 是a bi否为实数法一：原方程变形为x2(5i) x62i0，(5i) 24(62i)2i(1i) 2 由一元二次方程求根公式得x1(5i)(1i)3i ， x2(5i)(1i)2 22原方程的解为x13i ， x22 法二：设 xabi( a ，bR ) ，则有 (abi) 25(abi)6( abi2)i0，22(a

19、2b 25ab6)(2 ab5ba2)i0ab 5ab60，2ab5ba20由 得： a5b2 ，代入 中解得：a3a2b或b，2b110故方程的根为x13i ，x22 【例 20】已知 z1x2ix21， z2(x2a)i ，对于任意 xR ，均有 z1z2 成立，试求实数a 的取值范围【答案】 a11， 2【解析】 z1z2 ， x4x21( x2a )2 ， (12a)x2(1a 2 )0对 x R 恒成立当 1 2a当 1 2a综上， a0，即 a1 时，不等式恒成立；2012a01 时，4(11 a2a)(1 a 2 ) 021，1 2【例 21】关于 x 的方程 x2(2ai )x

20、ai10有实根，求实数a 的取值范围【答案】 a1【解析】 误： 方程有实根，(2 ai )24(1 ai)4a250 解得 a 5 或 a 5 22析：判别式只能用来判定实系数一元二次方程ax2bxc0( a0) 根的情况，而该方程中 2a i与 1ai 并非实数正：设 x0 是其实根，代入原方程变形为x022ax01( ax0 )i0，由复数相等的定义，得x022ax010 ，解得 a1x0a022xk0 的根分别为，且22，求实数 k 的值【例 22】设方程 x【答案】 k1或 k3 【解析】 若，为实数，则44k 0 且2()2()244 4k (2 2) 2 ，解得k1若，为虚数，则

21、44k0且，共轭，2(2(2444k(22)2，解得 k3 )综上， k1或 k3【例 23】用数学归纳法证明：(cosisin)ncos()isin(n)，nNn并证明 (cosisin)1cosisin，从而 (cosisin)ncos(n)isin( n ) 【解析】 n1时，结论显然成立；若对 nk 时，有结论成立，即(cosisin)kcos(k)isin( k ) ，则对 nk 1， (cosisin)k1(cosisin)(cosisin)k由归纳假设知，上式(cosisin)cos(k)isin( k)cos(k1)isin( k1) ，从而知对 nk1，命题成立综上知，对任意 nN，有 (cosisin)ncos(n)isin( n)，nN易直接推导知：故有 (cosisin) 1cosisincos(n)isin(n)cos(n)isin( n) 【例 24】若 cosisin是方程 xna1 xn 1a2 xn 2Lan 1 xa