高中数学选修1-2优质学案：疑难规律方法

1 化虚为实——复数相等的妙用在汉语中，两个或两个以上才有“复”的内涵，这样我们才有理由称由实数确定的含虚数单位i 的数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )为复数．那么复数集C 的理论体系与实数集R 的理论体系之间存在着怎样的联系和差异呢？1．对于复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，如果b ＝0，则z 就是我们过去熟知的实数．因此，学习复数，后续理论的一个基本点是“b ≠0”．2．解决复数问题的一条主线是化虚为实．其实质就是复数相等的充要条件，即实部与虚部分别相等．利用复数相等的充要条件可以解决求根、求模及求参数等问题，现精选几个典例，供大家赏析． 1．求参数例1 已知x ，y ∈R ，x 2＋2x ＋(2y ＋x )i ＝3x ＋(y ＋1)i ，求复数z ＝x ＋y i.解 由复数相等的充要条件，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ＝3x ，2y ＋x ＝y ＋1.解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0，y ＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝0. 所以z ＝i 或z ＝1.点评 复数相等的充要条件是复数实数化的桥梁，是解复数问题的重要手段． 2．求模例2 若复数z 满足z －1＝2i －|z |，求|z |. 解 设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )， 则由题意得，a ＋b i －1＝2i －a 2＋b 2，即(a －1)＋b i ＝－a 2＋b 2＋2i ，由复数相等的充要条件得，⎩⎪⎨⎪⎧a －1＝－a 2＋b 2，b ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－32，b ＝2，所以z ＝－32＋2i ，所以|z |＝52.3．求方程的根例3 已知关于x 的方程x 2＋(k ＋2i)x ＋2＋k i ＝0有实数根，求实数根x 0及k 的值． 分析 设出方程的实数根，代入方程，利用复数相等的充要条件建立方程组求解． 解 设x 0是方程的实数根，代入方程并整理得(x 20＋kx 0＋2)＋(2x 0＋k )i ＝0.由复数相等的充要条件得⎩⎪⎨⎪⎧x 20＋kx 0＋2＝0，2x 0＋k ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x 0＝2，k ＝－22或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－2，k ＝2 2.所以x 0的值为±2，相应的k 的值为∓2 2.易错警示 求解本题易出现如下错误：因为方程有实数根，所以Δ＝(k ＋2i)2－4(2＋k i)≥0，解得k ≥23或k ≤－2 3.需注意由于虚数单位的特殊性，不能用判别式判断复系数一元二次方程有无实数根．2 复数有了“形”才完美因为有了复平面，使得复数与复平面内点的坐标、平面向量三者之间有了一一对应关系，复数的有关问题借助平面向量或几何意义能使问题的解决更加快捷和直观．下面用实例来说明． 1．复数与点坐标例1 若i 为虚数单位，图中复数平面内的点Z 表示复数z ，则表示复数z (1＋i)的点是______．[解析] 因为点Z 的坐标为(2，－1)，所以z ＝2－i.所以z (1＋i)＝(2－i)·(1＋i)＝3＋i ，即该复数对应的点的坐标为(3,1)． [答案] H点评 本题主要考查复数的几何意义，体现了数形结合的思想．复数的几何表示：复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )与复平面内的点Z (a ，b )是一一对应的，如纯虚数与虚轴上的点对应，实数与实轴上的点对应．这种以点的坐标形式给出复数的题目打破了原来的出题方式，给人耳目一新的感觉． 2．复数与平面向量例2 设复数z 1，z 2满足|z 1|＝|z 2|＝4，|z 1＋z 2|＝43，求|z 1－z 2|.分析 设复数z 1和z 2在复平面内表示向量OA →与OB →，则复数z 1＋z 2表示向量OA →与OB →的和，画出复数所对应的向量，用余弦定理可求解．解 复数z 1和z 2在复平面内表示向量OA →与OB →，画出如图所示的平行四边形，依题意，有|OA →|＝4，|OB →|＝4，|OC →|＝4 3. cos ∠OBC ＝42＋42－(43)22×4×4＝－12.因为∠AOB ＋∠OBC ＝180°，所以cos ∠AOB ＝12.所以AB 2＝42＋42－2×4×4cos ∠AOB ＝16， 得AB ＝4，即|z 1－z 2|＝4.点评 解决此类问题是要根据已知条件画出图形，通过图形得到数量关系，由复数与向量的一一对应关系，把复数问题转化为向量问题． 3．复数方程的几何意义例3 已知复数z ＝x ＋y i(x ，y ∈R )，且|z －2|＝3，求yx的最大值与最小值．分析 利用复数的几何意义可知，|z －2|＝3的轨迹为一个圆，yx 就是圆上的点与原点连线的斜率．解 复数z 在复平面上对应的点Z (x ，y )在以C (2,0)为圆心、3为半径的圆上，而yx 的几何意义是点Z (x ，y )与原点连线的斜率，当连线与圆C 相切时，连线的斜率分别取到最大值3，最小值－ 3.点评 |z －(a ＋b i)|＝r 的几何意义为复平面上以点C (a ，b )为圆心，r 为半径的圆，清楚常见的轨迹方程的复数形式，就不用再转化为普通方程了．3 复数四则巧运算对于复数的运算问题，若能总结其变化规律，掌握解答复数题的方法和技巧，定能快速、简捷地解题．现举例说明． 1．灵活运用一些结论利用结论：i 2＝－1，i 4＝1，(1±i)2＝±2i ，⎝⎛⎭⎫－12＋32i 3＝1，可以使一些复数问题得到简捷、快速的解决． 例1 计算：(2＋2i 3－i )7－(2－2i 1＋3i)7. 分析 本题考查复数的运算法则，运用1＋i ＝i(1－i)，1＋3i ＝i(3－i)对式子进行化简．解 原式＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2i (1－i )3－i 7－⎣⎢⎡⎦⎥⎤2(1－i )i (3－i )7＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2i (1－i )3－i 7＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤2i (1－i )3－i 7＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋2i 3－i 7＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤(1＋i )(3＋i )27＝2[(1＋i)2]3(1＋i)(－i)7⎝⎛⎭⎫－12＋32i 7＝2(－8i)·(1＋i)·i·－1＋3i2＝－8－83＋(－8＋83)i.点评 先化为同类项，再凑成⎝⎛⎭⎫－12＋32i n 形式．注意⎝⎛⎭⎫－12＋32i 3＝1的应用．2．挖掘隐含条件所谓隐含条件，就是隐藏在题目之中但又没有明确说明的条件．挖掘出这些隐含条件，往往能使解题变得事半功倍． 例2 计算：2＋6i6－2i.分析 本题直接运用复数除法运算，比较烦琐，注意到分子、分母中实部和虚部的关系，可将分子、分母同乘以i来处理．解2＋6i6－2i＝(2＋6i)i(6－2i)i＝(2＋6i)i6i＋2＝i.3．差异分析通过分析条件和结论之间的差异，促使两者向统一的方向发展，往往能使问题简捷获解．例3已知z7＝1(z∈C，且z≠1)，求1＋z＋z2＋z3＋z4＋z5＋z6的值．分析整体思考1＋z＋z2＋z3＋z4＋z5＋z6，乘以z即可解决问题．解因为z·(1＋z＋z2＋z3＋z4＋z5＋z6)＝z＋z2＋z3＋z4＋z5＋z6＋z7＝1＋z＋z2＋z3＋z4＋z5＋z6，所以z·(1＋z＋z2＋z3＋z4＋z5＋z6)－(1＋z＋z2＋z3＋z4＋z5＋z6)＝0.所以(z－1)(1＋z＋z2＋z3＋z4＋z5＋z6)＝0.又z≠1，所以1＋z＋z2＋z3＋z4＋z5＋z6＝0.4精析复数中的易错点1．对概念理解不清致误例1给出下列命题：(1)若(a2－1)＋(a2＋3a＋2)i(a∈R)是纯虚数，则实数a＝±1；(2)1＋i2是虚数；(3)在复平面中，实轴上的点均表示实数，虚轴上的点均表示纯虚数．其中真命题的个数为()A．0 B．1 C．2 D．3错解(1)若(a2－1)＋(a2＋3a＋2)i(a∈R)是纯虚数，则a2－1＝0，解得a＝±1，故正确；(2)因为1＋i2中含有i，所以正确；(3)虚轴上所有点的横坐标都为0，故正确．所以选D.错误!正解(1)若(a2－1)＋(a2＋3a＋2)i(a∈R)是纯虚数，则a2－1＝0且a2＋3a＋2≠0，解得a＝1，所以错误；(2)1＋i2＝1－1＝0是实数，所以错误；(3)除原点外虚轴上的点均表示纯虚数，原点对应的复数为0，所以错误．故[答案]为A.点评将复数化为标准代数形式，并正确理解复数是实数、虚数和纯虚数的条件，以及复数的几何意义是避免此类错误的关键．2．忽视题中的隐含条件致误例2 m 取何值时，复数z ＝m 2＋4m －5m －7＋(m 2－6m －7)i(m ∈R )是实数？错解 要使z 为实数，需m 2－6m －7＝0，解得m ＝－1或m ＝7，即m ＝－1或m ＝7时，z 是实数．错因分析 未注意分式m 2＋4m －5m －7的分母中含有参数m .正解 要使z 为实数，需⎩⎪⎨⎪⎧m 2－6m －7＝0，m －7≠0，解得m ＝－1.即m ＝－1时，z 是实数．点评 研究一个复数在什么情况下是实数、虚数时，要注意复数的实部、虚部有意义这一隐含条件．3．忽视复数相等的前提条件致误例3 已知x ∈C ，x 2－4x ＋3＋(x －1)i ＝0，求x .错解 由复数相等的定义，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ＋3＝0，x －1＝0，解得x ＝1.错因分析 未注意x ∈C ，误把x 2－4x ＋3＋(x －1)i 看成a ＋b i(a ，b ∈R )的标准形式，错用复数相等的前提条件．正解 原方程可化为(x －1)(x －3)＋(x －1)i ＝0， 即(x －1)(x －3＋i)＝0，故x －1＝0或x －3＋i ＝0， 解得x ＝1或x ＝3－i.点评 复数相等的充要条件的用途非常广泛，是复数问题实数化的主要途径，但应用其解题时，需审清题意，注意复数相等的前提条件，并将复数化为标准代数形式． 4．忽视复数不一定能比较大小致误例4 求使不等式m 2－(m 2－3m )i<10＋(m 2－4m ＋3)i 成立的实数m 满足的条件．错解 由⎩⎪⎨⎪⎧m 2<10，－(m 2－3m )<m 2－4m ＋3，解得－10<m <12或3<m <10.错因分析 不全是实数的两个复数不能比较大小，只有相等与不相等之说.故a ＋b i>c ＋d i (a ，b ，c ，d ∈R ) ⇒a >c ，且b >d .正解 因为不等式两边必须都是实数， 所以有⎩⎪⎨⎪⎧－(m 2－3m )＝0，m 2－4m ＋3＝0，m 2<10，解得m ＝3.点评 虚数不能比较大小，两个复数能比较大小的前提条件是它们均是实数．在解决这类问题时，要注意挖掘表达式中的隐含条件． 5．误用实数中的运算律例5 式子(1－i 1＋i )5的化简结果是( )A ．1B ．iC ．－iD ．±i错解1 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－i 1＋i 5＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－i 1＋i 252＝(－1)52＝±i ，故选D.错解2 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－i 1＋i 5＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－i 1＋i 454＝154＝1，故选A.错因分析 实数中的幂的运算法则(a r )s ＝a rs 是在条件“a >0，r ，s ∈R ”限制下进行的，在复数集中(a r )s ＝a rs 是在条件“r ，s ∈N *”限制下进行的，所以不能盲目推广.正解 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－i 1＋i 5＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－i 1＋i 4·1－i 1＋i＝(－i)4·(－i)＝－i.故选C. 点评 实数中的有些运算律和常用结论在复数范围内要慎用． 6．误用实系数方程Δ>0例6 已知关于t 的一元二次方程t 2＋(2＋i)t ＋2xy ＋(x －y )i ＝0(x ，y ∈R )有实数根，求点(x ，y )的轨迹．错解 ∵方程有实根，∴Δ＝(2＋i)2－4×1×[2xy ＋(x －y )i]≥0， ∴4＋4i －1－4(2xy ＋x i －y i)≥0，∴3－8xy ＋(4－4x ＋4y )i ≥0.∴⎩⎪⎨⎪⎧3－8xy ≥0，4－4x ＋4y ＝0. ∴x －y ＝1且xy ≤38.∴点(x ，y )的轨迹为直线的一部分．错因分析 只有在实系数一元二次方程中才能利用判别式Δ讨论方程根的个数，本题正确的处理方法是首先设出方程根的形式，然后利用复数相等的充要条件转化为实数问题求解.正解 (1)设实根为t 0，则t 20＋(2＋i)t 0＋2xy ＋(x －y )i ＝0，即(t 20＋2t 0＋2xy )＋(t 0＋x －y )i ＝0，根据复数相等的充要条件得⎩⎪⎨⎪⎧t 20＋2t 0＋2xy ＝0， ①t 0＋x －y ＝0， ②由②得t 0＝y －x ，代入①得(y －x )2＋2(y －x )＋2xy ＝0， 即(x －1)2＋(y ＋1)2＝2， ③∴所求点的轨迹方程为(x －1)2＋(y ＋1)2＝2，轨迹是以(1，－1)为圆心，2为半径的圆． 点评 对于复系数一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0(a ，b ，c 为复数)，讨论其根的个数时，需先设x ＝m ＋n i(m ，n ∈R )，将上述方程利用复数相等的充要条件转化为实系数方程后再处理．。