高中数学竞赛专题讲座：复数

1、复数专题一复数与数列复数数列的题目主要体现对复数运算的规律性的把握例 1 设数列 z1 , z2 , zn ,是首项为 48，公比为1 ( 62i) 的等比复数列4（ 1）求 z4 （ 2）将这个数列中的实数项，不改变原来的次序，从首项开始，排成a1 ,a2 , an ,，试求 a3 （ 3）求无穷级数 a1a2an的和解：（ 1） r1 ( 62i)1(cosi sin6) z448r 3122i426（ 2）使 r 为实数的最小自然数是6，数列 a1 , a2 , an ,是首项为48，公比为 r 6的等比数列所以a334（ 3）这个级数是公比r 61的无穷等比级数，从而和4812881(

2、13)8例 2 今定义复数列 a1 , a2 , an ,如下， a1i, a213i, an1aka（ n 2) ， k 为正11n的常数问复数an 的辐角的正切与哪一个值最接近？（当n时）分析：寻求an 的一般式，再注意取极限的方法以及相关讨论解： an 1 的辐角记作， an1a1kana1 (1kk n 2 )k n1a2 （ 1）当 k1 时， a(n1)aan(n13)i ，所以tann1 31(n) n 121n（ 2）当 k1时， an 1a1 (1 k n 1 )kn 1a21 k n1 ( 3 1)k n 13k n1k1k1k tan1( 3 1)k n 13k n3kk

3、31 (k1)(n) 1k n1(0k1)例3 （ 1）设在复数列z0 , z1 , zn ,之间有如下关系：zn 1zn(znzn 1 )( n1,2,3,) ，其中 (1) 是常复数当 z00, z11时，试将 zn 的值用表示2113i ，求在圆| z |10（z是复数）的内部总共含有zn 的个数（ ）若（ ）中的解：（ 1） z2 z1( z1z0 ),z3 z2( z2z1 )2znzn 1( zn 1zn 2 )n 11n于是，从1得， zn1（ 2）13i2(cos3i sin) ，所以n2n (cos ni sin n) , 要使 zn 在圆 | z |10的内333部，它的充

4、分必要条件是z10,， | z |2 100 即znzn10，而znzn12n 1n22 n)，n(1cos33 1(12n1 cos n22n )100 又 12n 1 cos n22n12n122n(12n ) 2 ，333能适合 (12 n )2300的 n 只是0,1,2,3,4 在逐个验证这五个点确信都在圆| z |10的内部，故符合条件的点共有5 个例 4设平面上有点 P0 , P1 ,，如图所示，其中，线段OP0 , P0P1, P1P2 ,，的长成首项为 1，公比为r 的等比数列y（ 1）若0 r1，则当 n时， Pn 与哪一点无限接近？P2（ 2）将（ 1）中的极限点用Q 表

5、示若固定r1而变动时，点 Q所P12OP0x描述的是怎样的曲线？解：（ 1）r (cosi sin) ，此时，若将表示点Pn 的复数记作 zn ，则有 znzn 1n ，其中 z 1就是原点 O 于是 zn12n1n 1(1) | zn11|n 1 |r n 1,1|1|1|因此，若 0r1 ，令 n，则 | zn1|0 ， zn 所表示的点与1所表示的点最靠近11（ 2） z1，则有z 1， r1固定，做变动，点总在以原点为圆心的圆周上但因1z2| |1，故有| z |2 于是当点在以原点为中心，1 为半径的圆上，点1相应的在以点4 为2| z 1 |213圆心，2 为半径的圆上3例 5设在

6、复平面上 :（1）原点为 O，表示复数 Z 的点为 A，点 B由 | AB|k | OA | ， AB, OA 的交角为所确定。试求表示点 B 的复数。这里 k 是实数。yB ()（2）点列 A0, A1,A2, An ,由下述方式确定：A0 取 (0,0)， A1取) 由 | 2 | ，以及C (z)(1,0)， A1(n1,2,3,An An 1An1 AnAn An 1 , An 1 An的A(z)n夹角所定义。试求被表示为An 复数 zn 。Ox（ 3）若（ 2）中，且记 S1z1z3z2n1， S2z2z4z2 n ，将 2S1iS 2 化2简。解：（ 1）将表示 B 的复数记作，则

7、对有关系OCAB 的点 C 表示为复数，就是z，从而zkz(cosi sin) ，所以(1k cos) ik sin z 。（2） AAOPAAOQ所表示的点P, Q ，则用复数分别表示为znzn 1 , zn 1 zn 。由n 1n,nn 1POQ， 推 出 zn 1zn2 ( znzn 1 ) ( c o s i s i n )， 因 此 ， 数 列 znzn 1 是 首 项 为z1 z01 0 1 ，公比为 2(cosi sin) 的等比数列。所以zn zn 1 2n 1 (cosi sin ) n 1 （ n 是正整数）。所以 zn12n (cos ni sin n)12(cos。i

8、sin )（ 3）数列 z2k1 , z2k 仍为等比数列，故可求得2S1iS2ni 。专题二复数与几何1. 有关轨迹问题：例 1已知一圆B 及圆外一点A，在圆上任取一点Q，以AQ为边按逆时针作正三角形AQP，求点P 的轨迹 .解：如图：建立复平面， 设ABa，圆B半径为 r. P Qz, z1，y、 分别对应复数为则 z1 ar . 令 z0 cosi sinQAP， z z1 z0 , z1zC，.333z0zar ,zaz0r z0r . 故点 P 的轨迹是圆，圆心对应的复数oAx故z0为 az0 ，即 a3a i ，半径为 r .22例 2已知复数 z1 , z2 , z1 z2 在复

9、平面上分别对应点A、B、 C， O为复平面的原点 .(1)若 z31 i ，向量OA逆时针旋转90，模变为原来的 2 倍后与向量OC重合，求 z2 ；122（ 2）若 z1z22( z1z2 ) ，试判断四边形OACB的形状 .解： 向量 OA 逆时针旋转 90，模变为原来的2 倍所得的向量对应的复数为z1 2i ，而 OC 对应的复数为 z1z2 ，故 z1z2 = z1 2i . 故 z2 z1 ( 12i)( 31 i)( 1 2i )22整理可得： z23231 i .222(2)z1z22( z1z2 ) ,BA OC .又四边形 OACB为平行四边形，四边形 OACB为菱形 .2.

10、 复数的模与辐角求复数的辐角主值常有两种方法：(1) 利用复数的三角式，应用三角函数的知识求解.(2) 根据复数的几何意义，将问题转化为几何问题求解.例 3设复数z 满足 z1, 求复数 z2 的辐角主值的最大值与最小值。解：z1可设 zcosi sin(02) ,z 2cos2i sin. 设 arg( z2) a ,由于 cos20,1sin1, 故3.asin22令 ytga, 则可先求出y 的最值。由ycos2 ysin,sinycos2 y,cos2得12sin()2 (其中) ,2,yytgysin()12 y1y即 4 y21y2 ,3y3 ,3tga3, 故 arg( z2)m

11、in5,arg( z2)max7.333366方法二 : 由 z1，知 z对应的点 Z 在单位圆 x 2y21上，设 A（ 2，0），根据复数减法的几何意义，复数 z 2 对应的向量是AZ . （如图），yZ当射线 AZ是圆 O的切线时， z 2 对应的向量分别为 AZ 1和 AZ 2 ，其中ZAZ1， Z2 为切点 . 连接 OZ1，则 OZ 1AZ 1 ，可知OAZ 1 为直角三角形 .ox5 ,arg( z7由 OZ11, OA2 , 故 arg( z2)min2) maxZ66例 4设 Az z21z z1 , zC , 求A 中辐角主值最大的复数z .解：满足 z21 的点在以 (2

12、,0) 为圆心，以1 为半径的圆内（包括圆周），满足 z1的点在单位圆内， （包括圆周） ， A 对应如图两圆共同部分 .A 中辐角主值最大的复数P 点对应的复数zcos5i sin 522 i4422例 5若 z1 , z2c , 求证： z z21zz2成立的充分必要条件是z 、z中至少有一个是1.1112z 1z 221z 1z 2 ,z1 z22z12证： 必要性：1z2, 故有z1z2z1z21z1z21 z1 z2 . 根据互为共轭的复数间关系有：z1z2z1z2(1 z1z2 )(1z1z2 ) . 化简整理得： z1z1 z2z21z1 z2z1z22212z2221 z221

13、0 ,z1、 z2z1z2z1,z1至少有一个为 1 。充分性：以上过程均可逆。结论成立。常用到的与复数的模相关的结论：（ 1） zz | z |2 | z |2（ 2）| z z| | z | | z|nn22| z | | z | (nN )11（3）|z1 | z1 | ( z20)（ 4） | z1 | | z2 | | z1z2 | | z1 | z2 |.z2| z2 |（ ）| z | a | z |, | z | b | z | ( z a bi ),| z1z2 |2| z1 z2 |22 | z1 |22 | z2 |2.5例 6某草场上有宝 . 取宝法如下：该草场上原有一

14、株橡树、一株松树、一个绞架. 从绞架走到橡树，记住步数，向右拐90 走同样多步打个桩. 然后回到绞架那里，再走到松树，记住步数，向左拐90 走同样多步，又打一个桩. 在这两个桩正中挖掘，可以得宝。年久日长，草场上绞架已经风化，渺无踪迹，但是橡、松二树犹存. 问应如何取宝 .解： 取草场为复平面，以两棵树所在的直线为实轴，以两棵树连线的中点为原点 O，建立如图所示的坐标系，设 A、 B 为橡、松二树，其坐标分别为（ -1 ， 0），（ 1， 0） .令点 Z 表示绞架， Z1、 Z2、 Z0 分别表示第一个桩、第二个yZZ1Z2桩以及两桩的中点. 他们对应的复数分别表示为z, z1, z2, z

15、0.AOB X由复数减法的几何意义，知AZ1 对应的复数为 z11 ； BZ 1 对应的复数为z21 . 依照乘法的几何几何意义，知AZ1 可由 AZ 逆时针旋转 90得到 . z1 1( z 1)i , 即 z11( z1)i同理 , z2 1 ( z1)i , 其中点Z 对应的复数为 z0z1 z2i . 即 Z为虚轴上的点 i .不论绞架位置020在哪儿，宝的位置总对应虚轴上相应于复数为的那一点，故宝可取 .例 7 某人在宽大的大草原上自由漫步，突发如下想法：向某一方向走1 后向左转30，后向前km走 1km后向左转 30 ，如此下去，能回到出发点吗？YCB 3解： 以出发点作为坐标原点

16、O，走第一个1km时所沿的直线作为Ox轴，建立如图所示的复平面 .O30A0X第一个 1的终点A对应的复数是 1，第二个1 的终点B对应的复数是kmkm1+( cos30 i sin30) ，第三个 1km的终点 C对应的复数是 1+( cos 30i sin 30)+(如此下去，走第n 个 1km时所达到的点对应的复数是 1+( cos30i sin30)+(cos60 i sin 60 ). cos 60 i sin 60 )+cos(n1)30 i sin( n1)30 ，即 1+( cos 30i sin 30 )+( cos30 i sin 30)2+(cos30i sin 30 )

17、 n 1=1(cos n30i sin 30)当 n =12 时，上述复数为0，即可回到出发点。1(cos 30i sin 30 )专题三复数与方程1. n 次方程一定有 n 个复数根例 1求 zn1 的根解： 设 zr (cosi sin) ，根据隶莫佛定理， r n (cos ni sin n ) 1，从而方程的根是 cos 2i sin 2（ n0,1,2,3, ）nn注：这 n 个根的模都等于1，它的辐角按2增加，由此可见， 这 n 个根均位于单位圆上把圆周作了nn等分例 2设在1 的立方根中，记其中不等于1 的一个根为，问21的值是多少？再问，当n 是整数时，3n1的值是多少？解：

18、x 31(x 1)( x2x 1)0 ，于是21 0 例 3 （1）设是 1的 5次方根（1），当1时，求3n212 的值（ 2）以原点位中心，以(1,0) 为顶点作五边形求与(1,0) 相邻的两个顶点的x 坐标的值（ 3）试构造一个以232为一个根的整系数二次方程解：（ 1）21)2122111(4321) 1,(22432512又1 ，故有110 ，所以1（ 2）今将复平面作为给定的坐标平面，此时画出五边形2i sin2cos5,5451224 是点 (1,0)2cosi sin,及的相邻两顶点，他们的横坐标都是cos，于是555有142 cos 22，而由（ 1），1得到210 ，解得1

19、525（舍），514（ 3）51，即 415 ，两边平方， 162815，所以 42210（ 1）4232x（ 2）（ 1）(2) 2， 422x ，所以 422x ，将此式代入（ 1），有 4(2x1)22(2x1)10 ，于是有 16 x220 x50 根的存在性问题的判断的问题，有些实数范围内的结论仍可以应用到复数范围内例 4设关于 x 的方程2x23axa 2a 0至少有一个模等于1 的根，确定实数 a 的值解： 2x23a2a0.（ 1）ax（ 1）实根的情形：D9a28(a2)a280，所以 a0 或 a8（ 2）aa将 x 1代入（ 1）式，23aa 2a0 ，所以 a 22a20，解得 a1i ，因为 a 是实数，所以不符合条件其次，用x1代入（ 1）整理后有a24a20 ，解得 a22 ，这是实数，且在（ 2）的范围内，故适合题中条件（ 2）虚根的情形：D9a28(a2)a28 0，所以，8 a0 解（ 1）有，aax3aa 28ai ，为使它的模等于1，只须 (3a) 2(a 28a ) 21 ，