复数讲义绝对经典

1、复数、复数的概念1 .虚数单位i:(1)它的平方等于1,即i21；(1) 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x21的一个根，方程x21的另一个根是-i.(4) i的周期性： .4n 1.4n 2i i , i2 .数系的扩充：复数3 .复数的定义：形如a bi(a,b R)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 .复数的代数形式：通常用字母z表示，即z a bi(a,b R),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

2、0的关系：对于复数a bi(a,b R),当且仅当b 0时，复数a bi(a,b R)是实数a ;当b 0时, 复数z a bi叫做虚数；当a 0且b 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：N7 .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, d R ,那么 a bi c di a c , b d、复数的几何意义1.复平面、实轴、虚轴：复数z a bi(a,b R)与有序实数对a,b是对应关系.建立对应的关系.点Z的横坐标是a ,纵坐标是b ,复数z a

3、 bi(a,b R)可用点Z a , b表示，这个建立1,bi实数a(b 0)心.纯虚数bi(虚数 a bi(b 0)非纯虚数0)bi(a 0)cC-HRc±.Q厂,mz厂1,_,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表不是实数.除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数. 复数z a bi 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4与z2的和的

4、定义：2,复数4与Z2的差的定义：3 .复数的加法运算满足交换律：Zi Z2 Z2 Z14 .复数的加法运算满足结合律：（z Z2） Z3 Zi （Z2 Z3）5 .乘法运算规则：设乙a bi , Z2 c di （a、b、c、d R）是任意两个复数，那么它们的积 Z1Z2 a bi c di ac bd bc ad i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） Zi Z2Z3Z1Z2 Z3（2） （Z1 Z2） Z3 Z1（Z2 Z3）（3） Z1 Z2 Z3 Z1Z2 Z1Z37 .

5、复数除法定义：满足c di x yi a bi的复数x yi（x、y R）叫复数a bi除以复数c di的商， 记为：（a bi） c di 或者abic di8 .除法运算规则：设复数 a bi （a、b R）,除以 c di（c, d R）,其商为 x yi （x、y R）, 即（a bi） c dix yi / x yi c di cx dy dx cy icx dydx cy i a biac bd由复数相等定义可知cxdxdy cya b'解这个方程组,x覆 wy2. 2c d bc ad '-2T2c d于是有:(abi)diacbd利用cdi cdid2于是将2的

6、分母有理化得:原式a bi(abi)(c di)ac bi ( di) (bc ad)ic di(c di)(c di)(acbd) (bc ad)i2L-2 c dac bd bc ad.-272 2 72 i ,c d c d(aac bd bc adbi) c di r L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c di,相当于我们初中学习的M J2的对偶式J3，2 ,它们之积为1是有理数，而 c di c dic2 d2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 .共腕复数：当两个复数的实部相等，虚部互为

7、相反数时，这两个复数叫做互为共腕复数。虚部 不等于0的两个共腕复数也叫做共腕虚数.归:例题精讲1.复数的概念【例1】已知a-i-2 bi(i为虚数单位)，那么实数a, b的值分别为()1 iA. 2, 5B. -3, 1C. -1. 1D. 2,-2【答案】D【例2】计算：i0! +i1! +i2! + ”卜i100!( i表示虚数单位)【答案】95 2i【解析】' i4 1 ,而 4|k!(k4),故i0,+i1,+i2, + Q+i100, i i ( 1) ( 1)1 97 952i【例3】设z (2t2 5t 3)(t22t 2)i ,t R,则下列命题中一定正确的是()A.

8、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】t2 2t 2 (t 1)2 1 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 z R ;若a, b是两个相等的实数，则 (a b) (a b)i是纯虚数；z R的一个充要条件是z z .z 1的充要条件是z 1. zA. 1 B. 2 C. 3 D. 4【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为实数时，也有z z

9、R ,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 m二(m R , 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【答案】A【解析】由已知zm 2i(m 2i)(1 2i)12i(1 2i)(1 2i)5(m4) 2(m 1)i在复平面对应点如果在第一象限,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【例6】若,复数(cos sin ) (sin cos )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D.第四象限【解析】结合正、余弦函数的图象知，当5兀,_

10、兀 日寸 cos sin 0, sin cos 0 . 4【例7】如果复数z满足z i |z i 2,那么1的最小值是()A. 1C. 2【解析】设复数z在复平面的对应点为Z ,因为zz i 2,所以点Z的集合是y轴上以乙(0,1)、Z2(0, 1)为端点的线段.z i 1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,【例8】满足z 1及32的复数z的集合是()A.3.i2B.C.2.i2D.复数z表示的点在单位圆与直线z日表示z到点-50与点50的距离相等，故轨迹为直线x)，故选D.【例9】已知复数(x 2) yi(x,y R)的

11、模为J3 ,则上的最大值为x【例10】【答案】【解析】【点评】【例11】【解析】z Z0的几何意义为点z到点Z0的距离;占八、也可设z1a bi, z2c di ,则由向量(a , b)与向量(c, d)垂直知 ac bd 0 ,乙 a biz c di(ac bd) (bc ad)i bc ad .2.2c d2故z2z2z2【例12】【答案】【解析】z2满足 z "1,4771,z24 ,求马与乙 z2的值.z24 7,i ; 4.3设复数4, z2在复平面上对应的点为 乙,Z2 ,由于市1)2 诉 1)2 42 ，(x 2)2 y2 3,故(x, y)在以C(2 , 0)为圆心

12、，曲为半径的圆上，_y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)的最大值为x复数z满足条件：2z 1 |z 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AA;设 z x yi ,则有(2x 1) 2yi| |x (y 1)i ,(2x 1)2 (2y)2 x2 (y 1)2 ,2 2化简得：x 2 y 15,故为圆.3 39z Z0r(r 0)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2复数4, z2满足乙22 0 ,乙z2乙22,证明：当0 .z2II设复数4, z2在复平面上对应的点为 乙，Z2,由z1 z2

13、|z1 z2知，以OZL'OZS为邻边的平行四边形为矩形，OZ； Ozt ,故可设亘ki(k R, k 0),所以z2z12 22k iz2故 z1 2 z：4 z22 , Ii故以0Z1, oN为邻边的平行四边形是矩形，从而oz? o4,则乙 7 147, i i ;4 z24 z24.z27 13【例13】已知z1 , z2 C , z141 ,乙z?|73 ,求 z1 z?| .【解析】设复数Zi,Z2, Zi Z2在复平面上对应的点为Zi,Z2,Z3,由忆 z 1知，以引，H为邻边的平行四边形是菱形，记O所对应的顶点为P,由zi Z2|石知，PZiO 120 （可由余弦定理得到

14、），故乙OZ2 60 ,从而Zi Z21 .【例14】已知复数z满足z （2病z （2和）4,求d z的最大值与最小值.【答案】dmax【解析】设z x yi ,则（x, y）满足方程（x 2）2d Jx2 y2 "x2 41 (x2)27 3 x88,又1&X&3,故当 x 1, y 。时，dmin1 ；当 x8, y "5时，有 dmax 迈.3333.复数的四则运算【例15】已知m R ,若（m mi）6则m等于（A.2 B.尤【答案】BC.72D. 4【解析】(m mi)6 m6 (2i)38im664i m6 8 m 2 .【例16】计算:(2 2

15、i)12(13i)9(2M i)100 (1 2.3i)100 '【答案】511【解析】原式212(1 i)12 (i 2x 3)100 -10091.3 9 i(i 2 3)2 ( i)22126.2 (2i)11 、10029( 19( i)2229 1511 .【例17】已知复数z1 cos i , z2 sini ,则4z2的最大值为（A.B.石f D 3【答案】Acos2 sin22 j：sin222故当sin2 1时，14 z2有最大值j： 2 3 .【例18】对任意一个非零复数z,定义集合Mw| w zn , n N.【例19】【例20】(1 )设z是方程x - 0的一个

16、根，试用列举法表示集合 x和为零的概率P;(2)若集合Mz中只有3个元素，试写出满足条件的一个1(D -； (2) z3(1) ; z是方程x2于是(2)取 z是Mz1 0的根,1孚，则z2z , z2 , z3或取解关于x的方程x2 5x 6 (x错解：由复数相等的定义得分析：a bi c di告诉x是否为实数.法一：原方程变形为Mz.若在Mz中任取两个数，求其z值，并说明理由.i，1，5x 6 02 0(5 i)x 6次方程求根公式得:原方程的解为x1 3 i , x2法二：设x a22(a2 b2由得:(说明：只需写出一个正确答案)d成立”的前提条件是a , b , c, d2i 0 ,

17、(5(5 i) (1 i)bi(a, b R),则有(a bi)25a b 6)a - 2b5b 25(abi)故方程的根为(2ab 5b a 2)i代入中解得:R，但本题并未i)22a2ab4(6 2i) 2i2(1 i) .(5 i)(a bib2 5a5b a2)i0,z2(x2 a)i ,对于任意x取值范围.z2成立，试求实数a的【解析】:z1z2,x4x21 (x2a)2, (1222a)x2 (1 a2)0对x R包成立.2a2时,不等式恒成立;2a2a 04(1 2a)(1a2) 01【例21】11,一2关于x的方程x2 (2ai)x ai1 0有实根,求实数a的取值范围.误：:

18、方程有实根,(2 a2i) 4(1 ai)析：判别式只能用来判定实系数一元二次方程ax2 bx c 0(a 0)根的情况，而该方程中2a i与1 ai并非实数.正：设小是其实根，代入原方程变形为x02 2a% 1 (a x0)i 0,由复数相等的定义,2彳曰 x02ax0 1 0付,解付a 1 .x0 a 0【例22】设方程x2 2x k 0的根分别为，且| 2啦，求实数k的值.【答案】k 1或k 3.【解析】若， 为实数，则 4 4卜0且|2()2()2 44 4k (2&)2,解得k 1 .若，为虚数,则 4 4k 0且，共腕， |2()2()2 44 4k (2西2 ,解得 k

19、3 .综上，k 1或k 3.【例23】用数学归纳法证明：(cos isin )n cos(n ) isin( n ), n N .并证明(cos isin ) 1 cos isin ,从而(cos isin ) n cos(n ) isin( n ).【解析】n 1时，结论显然成立；若对 nk 时，有结论成立，即(cosisin)k cos(k )isin( k),贝U对 nk 1 , (cos isin )k 1(cosisin)(cos isin)k由归纳假设知，上式 (cos isin )cos(k ) isin( k )cos(k 1) isin( k 1),从而知对n k 1 ,命题

20、成立.综上知，对任意n N ,有(cos易直接推导知：故有(cos isin ) 1 cos isinisin )n cos(n ) isin( n ), n Ncos( n )isin( n )cos(n ) isin( n ).【例24】【解析】若cosisin 是方程 xna1xn 1a2xn 2an 1x an0 ( a1 ,a2,|,anR)的解,求证：a1sina2 sin 2| an sin n 0 .将解代入原方程得:(cos isin )n a1 (cosisin )n1an0 ,将此式两边同除以(cos isin )n ,则有:1a1 (cosisin ) 1a2 (cos

21、isin ) 2 口 an(cos isin ) n 0 ,即 1 a1 (cosisin ) a2(cos2isin 2 ) 川 an (cosnisin n ) 0,(1a1 cosa2 cos2an cosn ) i(a1 sin a2sin 2| an sin n ) 0,由复数相等的定义得ai sina2 sin 2| an sin n 0 .【例25】【答案】【解析】设x、y为实数，且六卷高，则x y=y 5 x y5川，-(1 i) -(1 2i) (1 3i),1 2i 1 3i 2510即(5x 2y 5) (5x 4y 15)i 0 ,故5x 4y 551，解得y 51,故

22、x y 4【例26】【答案】【解析】已知二j是纯虚数,z 1求z在复平面内对应点的轨迹.1 1,0为圆心，1为半径的圆，并去掉点(0, 0)和点(1,0) .22法一：设 z x yi ( x, y R),2则一上工x(x 1) 2 y 2 W是纯虚数,z 1 x 1 yi (x 1) y故 x2 y2 x 0( y 0),即z的对应点的轨迹是以1为半径的圆，并去掉点(0,0)和点(1,0).法二:二是纯虚数,z 1z z上，0 , . z(z 1) z(z 1)z 1 z 1(y 0)设 z x yi ( x, y R ),贝U x2 y2. z的对应点的轨迹以1,0为圆心,-为半径的圆，并

23、去掉点(0, 0)和点(1,0).2【例27】设复数z满足z 2 ,求z2 z 4的最值.【解析】2由题用z z z 4 ,则z2z 4zzz(z 1设 z a bi(2WaW2, 2 < b < 2),2abi 1 abi 2 2a 1 .1时, 2min15.丁2时,min10 ,此时z【例28】若 f(z)2z3if(z i)3if( z) .6 4i f(z)2z3i f(zi)2(z i)(z i) 3i2z2ii 3i2z2i.又知 f(z i) 6 3i2i3i由复数相等定义得3a 6b 1bi解得a，2(abi)(abi) 6 i ,即 3abi 6 i ,故 f

24、( z) f( 2 i)2( 2 i)(2 i) 3i 6 4i .【点评】复数的共轲与模长的相关运算性质:设z x yi (x,y R)的共腕复数为z,则zz为实数 z z z2 0z2z2 ;z为纯虚数z20 z z 0(z 0);对任意复数有z z ；ziZ2ZiZ2;分2zZ2,特别地有z2(z)2；-z13 ；Z2Z22一z z z.J , II 乙z2| w 乙 z2 < z2z2 lz2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.2,【例29】已知虚数 为1的一个立方根，即满足3 1,且 对应的点在第二象限，证明_2并求工义工与的化【答案】0；1 _!i22【解析】

25、法一：X3 1 (x 1)(x2 x 1) 0,解得：x 1或 x - i .22由题意知1 i ,证明与计算略；22法二：由题意知3 1 ,故有(1)( 21) 021 0 .又实系数方程虚根成对出现，故x2 x 1 0的两根为：3由韦达定理有 一1 1 2.11112一2-331 一21213.1 -1222 1【点评】利用1.33n3n 13n 220可以快速计算i的性质： 1,(n Z), 122些相关的复数的哥的问题.【例30若a0 a1a2 2 a3 3 I" a2n 2n 0(n N , a。, a1, a2 , a2nR ,求证：a0 a3 a6 川 & ad

26、a?Ill a2a5a8III设 A a° a3 a6I”, B a a4a?仙 C a2 a5 a8 J”,则有A B C 2 0,即A B 1苧C 苧0,【例31 2A B C235(b c)解得A B C ,即a。a3a6III a1a4a7IIIa2a5a8设z是虚数，w1是实数，且1 z(1)求z的值及z的实部的取值范围;(2)(3)的最小值.(1) zz的实部的取值范围是1-,12；(3) 1.1bi a bi因为w是实数，b0,所以a2b2于是 w 2a ,1 w 2a 2 ,所以z的实部的取值范围是2bibF21 a bi 1 a1 a bi (1因为所以u为纯虚数.

27、【例32 (3)因为2u 2ab2(a 1)2所以a1 ，即 a 0 时, a 12a1 a2(a0,1)22a2a2 (aw u2取得最小值对任意一个非零复数z ,定义集合M z w| w z2n 1, nN(1)设 是方程x 1 我的一个根，试用列举法表示集合 x(2)设复数Mz ,求证：M M【答案】(1) M 工(1 i),0(1 i),史(1 222【解析】(1) ; 是方程x -点的根， x1 (1 i)或 2 且(1 i),2 2当 1 包(1 i)时，； i ,12n 12i 1 i 12 ； .、, M ) (1 i)1 11112当 2 条1 i)时，: 22 i ,M 2

28、争1 i)，争1 i)，争12 222M 苧1 i)，乎(1 i)，苧(1 222(2) V Mz ,存在m N ,使得于是对任意 nN, 2n 1z(2m 1)(2n 1由于(2m 1)(2n 1)是正奇数， 2n 1【例33】已知复数z0 1 mi(m 0) , z x yi和w彳1i) ； (2)略(12)n in .1 1，争1 i)，争1 i)，苧1 i),2 i)，子。i) .i)，争1 i)；2m 1Z .Mz ,. M Mz .x yi ,其中x, y, x , y均为实数，i为虚数单位，且对于任意复数z,有w zo z , |w 2 z .(1)试求m的值，并分别写出x和y用

29、x, y表示的关系式;(2)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) x '-岛；(2) y (2x 2点2； y 3x y(3)这样的直线存在，具方程为y"x或y J3x3【解析】(1)由题设，wzo，zo|z2 z ,zo2,于是由1 m2 4,且m 0,得m 73 ,因此由 x y i (1 qJ3i) (x yi) x 73y (J3x y)i ,得关系式xyx 3y3x y(2)设点P(x,y)