高中数学必修二 第七章 章末复习

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1．待定系数法是数学中特别重要的一种解题方法，在本章的复数的运算当中，待定系数法用的较多，常设z＝a＋b i(a，b∈R)，建立a，b的关系式，然后求解问题．

2．解决复数问题时，要注意从整体角度去分析求解，若遇见复数便设为z＝a＋b i(a，b∈R)的形式，有时会导致计算量过大．运用整体代换及结合几何意义，可以大大地简化计算过程．

3．复数相等的充要条件是复数问题实数化的理论依据．

4．复数的模是复数的一个重要概念，也是高考重点考察的对象之一．求复数的模的最值时，常用的方法有：(1)设出代数形式，利用求模公式，把模表示成实数范围的函数，然后利用函数来求最值；(2)利用不等式||z1|－|z2||≤|z1±z2|≤|z1|＋|z2|求解；(3)利用几何法求解．

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复数的基本概念

复数的分类，要弄清复数类型的充要条件，若复数a ＋b i 是实数，则b ＝0，若复数a ＋b i 是纯虚数，则a ＝0且b ≠0，若复数a ＋b i 为零，则a ＝0，且b ＝0，若复数a ＋b i 是虚数，则b ≠0.

[典例1] (1)设z 是复数，则下列命题中的假命题是( ) A ．若z 2≥0，则z 是实数 B ．若z 2<0，则z 是虚数 C ．若z 是虚数，则z 2≥0 D ．若z 是纯虚数，则z 2<0 (2)设i 是虚数单位，若复数a －

10

3－i

(a ∈R )是纯虚数，则a 的值为( ) A ．－3 B ．－1 C ．1 D ．3

(3)已知复数z ＝(5＋2i)2(i 为虚数单位)，则z 的实部为________．

解析 (1)设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则z 2＝a 2－b 2＋2ab i ，若z 2≥0，则⎩⎪⎨⎪⎧ ab ＝0，a 2－b 2≥0，即b ＝0，故z 是实数，A 正确．若z 2<0，则⎩⎪⎨⎪⎧ ab ＝0，a 2－b 2<0，即⎩⎪⎨⎪⎧

a ＝0，

b ≠0，

故B 正确．若z 是虚数，则b ≠0，z 2＝a 2－b 2＋2ab i 无法与0比较大小，故C 是假命题．若z 是纯虚数，则⎩⎪⎨⎪⎧

a ＝0，

b ≠0，

z 2＝－b 2<0，故D 正确．

(2)a －10

3－i ＝a －10(3＋i )(3－i )(3＋i )＝a －(3＋i)＝(a －3)－i ，其为纯虚数得a ＝3.

(3)复数z ＝(5＋2i)2＝21＋20i ，其实部是21. 答案 (1)C (2)D (3)21 复数的四则运算

复数的四则运算类似于多项式的四则运算，此时含有虚数单位i 的看作一类同类项，不含i 的看作另一类同类项，分别合并即可，但要注意把i 的幂写成最简单的形式．

[典例2] 计算：(1)2－i 31－2i ；(2)(2＋2i )4

(1－3i )5.

解 (1)原式＝

2＋i 1－2i

＝(2＋i )i i ＋2

＝i.

(2)原式＝

16(1＋i )4

(1－3i )4

(1－3i )

＝16(2i )2

(－2－23i )2

(1－3i ) ＝

－64

4(1＋3i )2

(1－3i )＝

－16(1＋3i )×4

＝－41＋3i

＝－1＋3i.

复数及其运算的几何意义

1．任何一个复数z ＝a ＋b i 与复平面内一点Z (a ，b )对应，而任一点Z (a ，b )又可以与以原点为起点，点Z (a ，b )为终点的向量OZ →

对应，这些对应都是一一对应，即

2．设z 1＝x 1＋y 1i ，z 2＝x 2＋y 2i ，其对应的复平面内的点分别为Z 1(x 1，y 1)，Z 2(x 2，y 2)，所以点Z 1，Z 2之间的距离为|Z 1Z 2|＝|Z 1Z 2→|＝|Z 2－Z 1|＝|(x 2＋y 2i)－(x 1＋y 1i)|＝|(x 2－x 1)＋(y 2－y 1)i|＝

(x 2－x 1)2＋(y 2－y 1)2.

[典例3] 已知z 是复数，z ＋2i ，

z

2－i

均为实数，且复数(z ＋a i)2在复平面上对应的点在第一象限，求实数a 的取值范围．

解 设z ＝x ＋y i(x ，y ∈R )，

因为z ＋2i ＝x ＋(y ＋2)i ，且z ＋2i 为实数， 所以y ＝－2.

因为z

2－i ＝x －2i 2－i ＝15(x －2i)(2＋i)

＝15(2x ＋2)＋15(x －4)i ，且z 2－i 为实数，

所以x ＝4，所以z ＝4－2i ，

所以(z ＋a i)2＝(12＋4a －a 2)＋8(a －2)i ，

根据条件，可知⎩⎪⎨⎪⎧

12＋4a －a 2>0，

8(a －2)>0，

解得2<a <6，

所以实数a 的取值范围是(2,6)． [典例4] 已知复数z 1＝i(1－i)3. (1)求|z 1|；

(2)若|z |＝1，求|z －z 1|的最大值．

解 (1)∵z 1＝i(1－i)3＝i(1－i)(－2i)＝2－2i ， ∴|z 1|＝

22＋(－2)2＝2 2.

(2)解法一：设z 与z 1对应的点分别为Z ，Z 1， ∵|z |＝1，∴点Z 在以原点为圆心，1为半径的圆上，

∵z 1＝2－2i ，∴Z 1(2，－2)，∴|z －z 1|为点Z 1到圆上一点的距离，∴|z －z 1|max ＝|ZZ 1|max ＝

22＋22＋1＝22＋1.

解法二：∵|z |＝1，∴可设z ＝cos θ＋isin θ(θ∈R )， ∴|z －z 1|＝|cos θ＋isin θ－2＋2i| ＝ (cos θ－2)2＋(sin θ＋2)2 ＝9＋4(sin θ－cos θ) ＝

9＋42sin ⎝ ⎛⎭

⎪⎫

θ－π4.

∴当sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫

θ－π4＝1时，|z －z 1|取得最大值，最大值为

9＋42＝22＋1.

复数方程问题

[典例5] 设关于x 的方程是x 2－(tan θ＋i)x －(2＋i)＝0， (1)若方程有实数根，求锐角θ和实数根； (2)证明对任意θ≠k π＋π

2(k ∈Z )，方程无纯虚数根． 解 (1)设实数根是a ， 则a 2－(tan θ＋i)a －(2＋i)＝0， 即a 2－a tan θ－2－(a ＋1)i ＝0.