新高中数学复数讲义.教师版

1、知识内容、复数的概念1.虚数单位i:(1) 它的平方等于-1，即i2=-1；(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与一1的关系：i就是-1的一个平方根，即方程X2=-1的一个根，方程X2=-1的另一个根是-i.(4) i的周期性：i4n+1=i，i4n+2=1，i4n+3=i，i4n=1实数a(b=0)2-数系的扩充：复数a+bi<上蚓纯虚数bi(a=0)虚数a+bi(b丰0)<,非纯虚数a+bi(a丰0)3. 复数的定义：形如a+bi(a,bgR)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

2、4. 复数的代数形式：通常用字母z表示，即z=a+bi(a，gR)，把复数表示成a+bi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a+bi(a,bgR)，当且仅当b=0时，复数a+bi(a,bgR)是实数a；当b丰0时，复数z=a+bi叫做虚数；当a=0且b丰0时，z=bi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RC欢迎阅读7两个复数相等的定义：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，女口果a,a,b,d，c,dgR'那么a+bi=c+dioa=c，b=d二、复数的几何意

3、义1复平面、实轴、虚轴：复数z=a+bi(a,bgR)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z=a+bi(a,bgR)可用点Z(a,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.复数z=a+bi<对应复平面内的点Z(a，)这就是复数的一种几何意义也就是复数的另一种表示方法，即几何表示方法.三、复数的四则运算1. 复数z

4、与z的和的定义：122. 复数z与z的差的定义：123. 复数的加法运算满足交换律:z+z=z+z12214. 复数的加法运算满足结合律:(z+z)+z=z+(z+z)1231235. 乘法运算规则：设z=a+bi，z=c+di(a、b、c、dgR)是任意两个复数，12那么它们的积zz=(a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(bc+ad)i12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i2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)z(zz)=(zz)z123123(2)(z-z)-z=z-(z-z)123123(3)z(z+z

5、)=zz+zz12312137. 复数除法定义：欢迎阅读满足(c+di)(x+yi)=(a+bi)的复数x+yi(x、ygR)叫复数a+bi除以复数c+di的商'记为：(a+bi)+(c+di)或者c+di8除法运算规则：设复数a+bi(a、bgR)，除以c+di(c，dgR)，其商为x+yi(x、ygR)，艮卩(a+bi)一(c+di)=x+yi*(x+yi)(c+di)=(cx-dy)+(dx+cy)i:(cx-dy)+(dx+cy)i=a+bi由复数相等定义可知cx-dy=a,解这个方程组,dx+cy=bac+bdx=c2+d2bc-ady=c2+d2于是有：(a+bi)三C+d

6、i)=ac+bd+加-ai利用(c+di)(c-di)=c2+d2于是将牛的分母有理化得:c+di原式a+bi(a+bi)(c-di)ac+bi-(-di)+(bc-ad)ic+di(c+di)(c-di)(ac+bd)+(bc-ad)iac+bdbc-ad.=+i(a+bi)三C+di)=ac+bd+adic2+d2c2+d2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c+di与复数cdi，相当于我们初中学习的空3+72的对偶式丫3-72，它们之积为1是有理数，而(c+di)(c-di)=c2+d2是正实数.所以可以分母实数化.把这种方法叫做分母

7、实数化法.9.共轭复数：当两个复数的实部相等，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.欢迎阅读例题精讲1.复数的概念/、【例1】已知|口|=-2+bi(i为虚数单位)，那么实数a,b的值分别为()11+i丿3A.2，5B.-3，1C.-1.1D.2，-2【答案】D【例2】计算：i0!+i1!+i2!+i100!=(i表示虚数单位)【答案】95+2i.【解析】Ti4=1，而41k!(k>4)，故i0!+i1!+i2!+i100!=i+i+(-1)+(-1)+1x97=95+2i【例3】设z=(2t2+5t-3)+(t2-2t+2)i，teR，

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】12-2t+2=(t-1)2+1丰0【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(x2-1)+(x2+3x+2)i是纯虚数，则实数x=±1； z是虚数的一个充要条件是z+zeR; 若a,b是两个相等的实数，则(a-b)+(a+b)i是纯虚数； zeR的一个充要条件是z=z. |z|=1的充要条件是z=1.zA1B2C3D4【答案】B【解析】复数为实数时，可以比较大小，错；x=-1时，(x2-1)+(x2+3x+2)i=0,错；z为实数

9、时，也有z+zeR，错；a=b=0时，(a-b)+(a+b)i=0，错；正确.2复数的几何意义【例5】复数z=巴二辺(meR，i为虚数单位)在复平面上对应的点不可能位于()1+2iA.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限欢迎阅读【答案】A【解析】由已知z=(m一2i)(1一2i)=i(m4)2(m+1)i在复平面对应点如果在第一象限,1+2i(1+2i)(12i)5则Jm一4>0，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.Im+1<0【例6】若0，复数(cosO+sin0)+(sin0cosO)i在复平面内所对应的点在()A.第一象限B.第二象限C.第三象限

10、D.第四象限【答案】B【解析】结合正、余弦函数的图象知，当0日寸，cosO+sin0<0,sin0cosO>0【例7】如果复数Z满足|z+i+|zi=2'那么|z+i+1|的最小值是()A.1C.2【答案】A【解析】设复数z在复平面的对应点为Z，因为|z+i|+|zi|=2,所以点Z的集合是y轴上以Z(0,1)、Z(0,1)为端点的线段.12|z+i+11表示线段ZZ上的点到点(1,1)的距离.此距离的最小值为点Z(0,1)到点12-(1,1)的距离，其距离为1.13z+=z22【例8】满足|z|=1及的复数z的集合是()A.11.11.+i，一i2222C.ID.【答案】

11、D解析】复数z表示的点在单位圆与直线x=1上(2z+=z表示z到点f丄，0:与点f丄,022L2丿L2丿的距离相等，故轨迹为直线x=1)，故选D.2例9】已知复数(x-2)+yi(x,yeR)的模为3，则上的最大值为x答案】欢迎阅读【解析】T|x-2+yi=3,(x-2)2+y2二3，故(x,y)在以C(2,0)为圆心，朽为半径的圆上，丄表示圆上的点x(x,y)与原点连线的斜率.如图，由平面几何知识，易知2的最大值为.3x【例10】复数Z满足条件：|2z+1二Iz-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z=x+yi，则有|(2x+1)+2yi|二|

12、x+(y-1)i|，n(2x+1)2+(2y)2二x2+(y-1)2,故为圆.化简得:【点评】Iz-zI的几何意义为点z到点z的距离；00 |z-zI二r(r0)中z所对应的点为以复数z所对应的点为圆心，半径为r的圆上的00占八八【例11】复数z，z满足zz丰0I1212【解析】设复数z，z在复平面上对应的点为Z，121证明：卒<0z22Z，由|z+z以OZ,OZ为邻2121212zr=zc+di2(zT(z丿例12】已知复数z，1答案】解析】,4+历.A土i;4.3设复数z，z12在复平面上对应的点为Z，1Z，由于G-'7+1)2+(叮7-1)2=42，2边的平行四边形为矩形，

13、.OZ丄OZ，故可设知=ki(keR,k丰0)，所以12z2t=k2i2=-k2<0z22也可设z=a+bi,z=c+di，则由向量(a,b)与向量(c,d)垂直知ac+bd=0，12a+bi=(ac+bd)+(be-ad)i=be-ad)主。故z2z满足|z1=+1|z|=-1，且|z-z1=4，求名与|z+zI的值.12z1222故IzI2+IzI2=Iz-zI2，1212欢迎阅读故以OZ，OZ为邻边的平行四边形是矩形，从而OZ丄OZ，则2例13】解析】12£=启；|z门-132已知z1设复数z+z12=|z-z12z+z1=<3，求|z-zI-1212,zeC，|z

14、I=lzI=1，212z,z,z+z在复平面上对应的点为Z,Z,Z,1212123由lzI=|z1=1知，以OZ，OZ1212【例14】为邻边的平行四边形是菱形，记o所对应的顶点为P,由lz+z12从而|z-z12|=爲知，ZPZO=120。（可由余弦定理得到），1故ZZOZ=60。,12已知复数z满足|z-(2+s3i)|+|z-(2-*3i)|=4，求d=|z|的最大值与最小值.d2逅1dd=，d=1max3min【解析】设z=x+yi，贝U(x,y)满足方程(x一2)2+亍=1.【答案】d二'x2+y2二节x2+41-(x-2)2二228+一,3又1WxW3，故当x=1,y=0时

15、，d=1；当x=,y=土时，有dmin33max33复数的四则运算【例15】已知meR，右（m+mi）6=-64i，则m等于（）A.2B±2D.4【解析】【例16】答案】解析】-511原式=212(1+i)12(i-2V3)ioo2i2(2i)6+=+=-29+1=-5112(1V3.)-i(i-2巧)1002(1丄柘(-i)10029(+i)929(+i)92222【答案】B(m+mi)6=m6(2i)3=-8im6=-64inm6=8nm=±2计算：(2+2少2+(2点+i)10o°(-1+更)9(1+2吕)100例17】已知复数z=cos0-i，z=sin0

16、+i，则|z-z的最大值为(1212A.3B3C上6D322答案】A20+2,=Tcos20sin20+2=,丄sin24故当sin20二±1时，|z1-叮有最大值('4+2=!【例18】对任意一个非零复数z，定乂集合M:wIw:zn,ngN-z(1)设z是方程x+1=0的一个根，试用列举法表示集合M.若在M中任取两个数，求其x和为零的概率P；(2)若集合M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】I；(2)丄亘i.【解析】(1)z是方程x2+1=0的根,【答案】x=3i,x=2.12【解析】错解：由复数相等的定义得x=2<x=3nx=2.x=2分析

17、：“a+bi=c+dioa=c，且b=d成立”的前提条件是a,b,c,dgR，但本题并未告诉x是否为实数.法一：原方程变形为x2(5i)x+62i=0,A=(5i)24(62i)=2i=(1i)2.由一元二次方程求根公式得x:(5一i)+(1一°:3i,x:122(5-i)-(1-i)=2.原方程的解为x=3i,x=2.12法:设x=a+bi(a,bgR),则有(a+bi)25(a+bi)+6+(a+bi2)i=0,.Ia2b25ab+6=0n(a2b25ab+6)+(2ab5b+a2)i=0n2ab5b+a2=0由得：a=fb+T，代入中解得：:=1或：:I:z=i或z=i，不论z

18、=i或z=i,M=i，i2，i3，i4=i，1，i，1,z于是p=2=1C234取z=-2+予，则z2=-2T及z3=1-于是M=z,z2,z3或取z=-±-Ji.(说明：只需写出一个正确答案).z【例19】解关于x的方程x2-5x+6+(x2)i=0故方程的根为x=3-i,x=212【例20】已知z=x2+h：x2+1，z=(x2+a)i'对于任意xeR'均有|z|>|z|成立'试求实数a的1212取值范围(1【答案】a&1，.I2【解析】T/.x4+x2+1>(x2+a)2,12(12a)x2+(1a2)>0对xeR恒成立.当12

19、a=0，即a=2时'不等式恒成立;当12a丰0时,12a>01n1<a<4(12a)(1a2)<02综上，ae1,.I2【例21】关于x的方程x2+(2a-i)x-ai+1=0有实根，求实数a的取值范围.【答案】a=±1【解析】误：方程有实根,.=(2ai)24(1ai)=4a25»0解得a沁或aW-空22析：判别式只能用来判定实系数一元二次方程ax2+bx+c=0(a丰0)根的情况，而该方程中2ai与1ai并非实数.正：设x是其实根，代入原方程变形为x2+2ax+1(a+x)i=0,由复数相等的定义,0000Ix2+2ax+1=0得00，解

20、得a=±1Ix+a=010【例22】设方程x22x+k=0的根分别为a,p，且|a卩|=2、込，求实数k的值.【答案】k=1或k=3【解析】若a，p为实数，则=44k仝0且|ap|2=(ap)2=(a+p)24ap=44k=(2/2)2,解得k=1若a，p为虚数，则=44k<0且a，p共轭，|ap|2=(ap)2=(a+p)2+4ap=4+4k=(2运)2，解得k=3综上，k=1或k=3【例23】用数学归纳法证明：(cosG+isin0)n=cos(n0)+isin(n0),neN-+并证明(cos0+isin0)t=cos0isin0，从而(cos0+isin0)-n=cos

21、(n0)isin(n0).欢迎阅读【解析】n二1时，结论显然成立；若对n二k时，有结论成立，即(cos0+isin0)k=cos(k0)+isin(k0),贝»又寸n=k+1,(cos0+isin0)k+i=(cos0+isin0)(cos0+isin0)由归纳假设知，上式=(cos0+isin0)cos(k0)+isin(k0)=cos(k+1)0+isin(k+1)9，从而知对n-k+1，命题成立.综上知，对任意neN，有(cos0+isin0)n-cos(n0)+isin(n0),neN+易直接推导知：故有(cos0+isin0)-1-cos0-isin0-cos(-n0)+i

22、sin(-n0)-cos(n0)-isin(n0)【例24】右cosa+isina是方程xn+axn-1+axn-2+ax+a-0(a,a,aeR)的解,12n-1n12n求证：asina+asin2a+asinna-0:12n【解析】将解代入原方程得：(cosa+isina)n+a(cosa+isina)n-1+a-0，1n将此式两边同除以(cosa+isina)n，则有：1+a(cosa+isina)-1+a(cosa+isina)-2+a(cosa+isina)-n-0，12n即卩1+a(cosa-isina)+a(cos2a-isin2a)+a(cosna-isinna)-0，12n(

23、1+acosa+acos2a+acosna)一i(asina+asin2a+asinna)-0，12n12n由复数相等的定义得asina+asin2a+asinna-012n【例25】设x、y为实数，且丄+亠-丄，则x+y=1-i1-2i1-3i【答案】4【解析】由丄+-知,-(1+i)+A(1+2i)-(1+3i)，1-i1-2i1-3i2510艮卩(5x+2y-5)+(5x+4y-15)i-0，故；5x+2y-5=0，解得|x=-1，故x+y-45x+4y-15-0y-5【例26】已知亠是纯虚数，求z在复平面内对应点的轨迹.z-1(11【答案】以，0为圆心，为半径的圆，并去掉点(0，0)和

24、点(1，0).(2丿2【解析】法一：欢迎阅读设z=x+yi(x,ygR),z1x1+yi(x1)2+y2则丄=x+yi=x(x-D+y2-yi是纯虚数,故x2+y2x=0(y丰0),即z的对应点的轨迹是以f-,0为圆心,2丿-为半径的圆，并去掉点(0,0)和点2(1，0)法二:是纯虚数，+=0，:z(z一1)+z(z一1)=0，得到12z|2=z+z，设z=x+yi(x,ygR)，贝Ux2+y2=x(y丰0)(1、的对应点的轨迹以-,0为圆心,-为半径的圆，并去掉点(0,0)和点(1,0)./2【例27】【解析】设复数z满足|z|=2，求z2z+4的最值.由题意，|z|2=z-z=4，则z2一

25、z+4=z2一z+zz设z=a+bi(2WaW2，2WbW2),贝Uz2一z+4=2|a+bi1+a一bi|=22a1|-当a=2时,min=0,此时z=2±导；当a=2时,=10，此时z=2min【例28】【答案】【解析】右f(z)=2z+z3i,f(z+i)=63i，试求f(z)-64if(z)=2z+z3i,f(z+i)=2(z+i)+(z+i)3i=2z+2i+zi3i=2z+z2i.又知f(I+i)=63i，2+z2i=63i设z=a+bi(a,bgR)，贝Uz=abi,:2(abi)+(a+bi)=6i，即卩3abi=6i,由复数相等定义得二1，解得a=2，b=1-z=2

26、+】故f(z)=f(2i)=2(2i)+(2+i)3i=64i点评】复数的共轭与模长的相关运算性质：设z=x+yi(x,ygR)的共轭复数为z，则z+z=2x；z-z=2yi；z为实数oz=zoz2>0oz2= z为纯虚数oz2<0oz+z=0(z丰0)； 对任意复数有z=z；z+z=z+z；zz=z-z，特别地有z2=(z)2；1z2丿|z|=z,zrz2zrz2,lzlz2lw|z2l1212【例29】以上性质都可以通过复数的代数形式的具体计算进行证明.已知虚数o为1的一个立方根，即满足03=1,且O对应的点在第二象限，证明0=02,【答案】【解析】点评】例30】并求丄+丄+丄

27、与1±01的值.002031+0法一：X31=(x1)(x2+x+1)=0，解得：X=1或x=一丄土”i22由题意知0=2+中，证明与计算略;法二:由题意知03=1，故有(01)(02+0+1)=0302+0+1=0.又实系数方程虚根成对出现，故X2+X+1=0的两根为0,0.由韦达定理有00=130=丄=空=02.0011102+0+1+=02+0+1=0.002031+021+01+02031+00213.=0=+i.0221杞利用0='i的性质：03n=1,03n+1=0,03n+2=02(nGZ)，22些0相关的复数的幂的问题.若a+a0+a02+a03+a02n=0

28、(nGN，a，a，a，01232n+0121+0+02=0可以快速计算一agR,0=1+已),2n22求证：a+a+a+=a+a+a+=a+a+a+036147258+a+,Ca+a+°a+7258I1-V3?1V3-一+i+C一-i1(3)w-u2=2a+=2a+丄=2a-=2a-1+2丿22（仏仏丿=0,贝»有A+Bo+Co2=0，艮卩A+B设Aa+a+a+，Ba+a036142A-B-C八0=a+a14a+a+a+258l2，解得ABC，即a+aV303y(B-C)0【例31】设z是虚数，w=z+-是实数，且-1<w<2z(1)求|z|的值及z的实部的取值

29、范围;(2)设u=泾，求证：“为纯虚数;1.求w-u2的最小值.【答案】（1）|z|=1;z的实部的取值范围是I-1(、aa+Ia2+b2丿【解析】（1）设z=a+bi,贝w=a+bi+一1一a+bi因为W是实数，b丰0，所以a2+b2=1，即|z|=1.于是w=2a，-1<w=2a<2，-2<a<（1所以z的实部的取值范围是-丄，1(2)1z1abi1a2b22biu1+z1+a+bi(1+a)2+b2因为ae,b丰0，所以u为纯虚数.2(a+1)+3a+1因为ae，所以a+10,故w-u2上2-2j(a+1)丄-3=4-3=1a+1当a+1=丄，即a=0时，w-u2

30、取得最小值1a+1【例32】对任意一个非零复数z'定乂集合M=wIw=z2n-i,neN-z(1)设O是方程x+-=、込的一个根，试用列举法表示集合M；xO(2)设复数weM，求证：M匸M.zWz答案】叫卡()，乎I)，-孚z导4；2)略【解析】(1)o是方程x+1八2的根,x=(1+i)或o=込1-i)1222叮于(1+i)时，O12="(i-1-i11，>=1C(1+i)，(1-i)，-(1+i)，(1-i)>1OOOO11111丿112222M1(o2)ninO2n-1=1=-1OO11O2=¥(1一i)时，°Ii°2(1+i)

31、，-丰(1-i)，-¥(1+i)，丰(1-i)fa+i)，-当(1-i)，-丰(1+i)'¥(1-i)I；I2222(2)weM,存在meN，使得W=z2m-1于是对任意neN,W2n-1=z(2m-1)(2n-1)由于(2m-l)(2n-1)是正奇数,W2n-1eM,zM匸MWz【例33】已知复数z=1-mi(m>0)，z=x+yi和w=x'+y'i，其中x,y,x',y'均为实数，i为虚数0单位，且对于任意复数z，有w=z0匸，|w|=2|z|(1)试求m的值，并分别写出x'和y'用x,y表示的关系式;(2)

32、将(x，y)作为点P的坐标，(x'，y')作为点Q的坐标，上述关系式可以看作是坐标平面上点的一个变换：它将平面上的点P变到这一平面上的点Q.当点P在直线y=x+1上移动时，试求点P经该变换后得到的点Q的轨迹方程；(3)是否存在这样的直线：它上面的任一点经上述变换后得到的点仍在该直线上?若存在，试求出所有这些直线；若不存在，则说明理由答案】(1)F=严；(2)y=(2妁x-2賦+2；y'=V3x-y(3)这样的直线存在，其方程为y=【习题1】已知0<a<2，复数z的实部为a，虚部为1,则|z|的取值范围是()A.(1,5)B.(1,3)C.)D.C,朽)【答案】C【解析】|z|=：a2+1，而0<a<2，:1<Izl<、汽【