(完整版)复数经典例题

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1、22且2经典例题透析类型一：复数的有关概念例 1已知复数z =a2-7 a +6 a 2 -1+( a2-5a -6)i ( a R )，试求实数 a 分别取什么值时，z 分别为：（1）实数；（2）虚数；（3）纯虚数.思路点拨：根据复数 z 为实数、虚数及纯虚数的概念，判断实部与虚部取值情况.利用 它们的充要条件可分别求出相应的 a 值.解析：（1）当 z 为实数时，a2-5a-6=0 有 a-10 a =-1或a =6 a 1 a =6，当 a =6 时，z 为实数.（2）当 z 为虚数时，a-5a-6 0 a -1且a 6有 a 1 a 6 ，a-10 a 1当 a（，1）（1，1）（1，

2、6）（6，+）时，z 为虚数. （3）当 z 为纯虚数时，a2 -5a -6 0 有 a2 -7 a +6=0 a 2 -1a -1且a 6 a a =6不存在实数 a 使 z 为纯虚数.总结升华：由于 aR，所以复数 z 的实部与虚部分为a2 -7 a +6 a2 -1与a 2 -5a -6. 求解第（ 1）小题时，仅注重虚部等于零是不够的，还需考虑它的实部是否有意义， 否则本小题将出现增解； 求解第（2）小题时，同样要注意实部有意义的问题； 求解第（3）小题时，既要考虑实数为 0（当然也要考虑分母不为 0），还需虚部不为 0， 两者缺一不可.举一反三：【变式 1】设复数 z=a+bi（a、

3、bR），则 z 为纯虚数的必要不充分条件是（ ） Aa=0 Ba=0 且 b0 Ca0 且 b=0 Da0 且 b0【答案】A；由纯虚数概念可知：a=0 且 b0 是复数 z=a+bi（a、bR）为纯虚数的充 要条件.而题中要选择的是必要不充分条件，对照各选择支的情况，应选择 A.【变式 2】若复数( a2-3a +2) +( a -1)i是纯虚数，则实数 a 的值为（ ）A.1 B.2 C.1 或 2 D.-1【答案】B；( a 2 -3a +2) +( a -1)i是纯虚数，a2 -3a +2 =0且a -1 0，即a =2.【变式 3】如果复数( m 2 +i )(1+mi )是实数，则

4、实数 m=（ ）A1 B1 C2D- 2【答案】B；【变式 4】求当实数m取何值时，复数z =( m 2 -m -2) +( m 2 -3m +2)i分别是：（1）实数； （2）虚数； （3）纯虚数. 【答案】（1） 当（2） 当mm22-3m +2 =0 即 m =1 或 m =2 时，复数 z 为实数；-3m +2 0 即 m 1且 m 2 时，复数 z 为虚数；（3）当m2-m-2 =0 m2 -3m +2 0即m =-1时，复数z为纯虚数.类型二：复数的代数形式的四则运算 例 2. 计算：（1）in( n N )+； (2)(1+i )8(3)(1+2i) (1-2i); (4)(1

5、-4i)(1 +i ) +2 +4i3 +4i解析：(1)i2 =-1， i3 =i 2 i=-i， i4 =i 2 i2=1，同理可得：当n =4 k +1 ( k N )+时，i4 k +1=i4 ki=(i4)ki=i当n =4 k +2( k N )+时，i4 k +2 =i 4 k i2 =-1，n（，）2 2当n =4 k +3( k N ) 时， i+4 k +3=i4 ki3=-i当n =4 k +4( k N )+时，i4 k =i 4 k i4 =(i 4 ) k =1，i（n =4 k +1，k N ）-1 （n =4 k +2 ，k N ） i =-i n =4 k +

6、3 k N 1 （n =4 k +4 ，k N ）( n N )+(2)(1+i )8 =(1 +i ) 2 4 =(2 i) 4 =2 4 i4=16(3)(1+2i) (1-2i) =1 +2i (1+2i)(1+2i) 12 +(2 i) 2 +4i -3+4i 3 4 = = = =- + i1 -2i (1-2i)(1+2i) 1 -(2 i) 5 5 5(4)(1 -4i)(1 +i ) +2 +4i 1 +4 -3i +2 +4i 7 +i (7 +i )(3 -4i)= = =3 +4i 3 +4i 3 +4i 32 +4 2=21 +4 +3i -28i 25 -25i= =

7、1 -i. 25 25总结升华：熟练运用常见结论：1） in 的“周期性”（n N+）2）(1i )2=2i3）( a +bi )( a -bi ) =a 2 +b 2举一反三：【变式 1】计算：（1）(56i)+(2i)(3+4i)（2）（3）(1+2i)(3 -4i)(2 -i ) i i2 i3 L i100(1+i )3 -(1-i ) 3（4） ；(1+i )2 -(1-i ) 2【答案】（1）(56i)+(2i)(3+4i)=(52)+(61)i(3+4i) =(37i)(3+4i)=(33)+(74)i=11i.（2）(1+2i)(3 -4i)(2 -i ) =(11+2i)(2

8、 -i ) =24 -7 i （3）i i2 i3 L i100=i1+2+L+100=i5050=(i4)1262i2=i2=-1（4）(1+i ) 3 -(1-i ) 3 (1+i ) 2 (1+i) -(1-i ) 2 (1-i ) 2i (1+i ) +2i(1-i ) 2i 2= = = =1(1+i ) 2 -(1-i ) 2 2i -( -2i ) 4i 4i【变式 2】复数 2i (1+i)2=( )A.-4B.4C.-4iD.4i【答案】A； 2i (1+i)2=2i(1+2i-1)=2i2i=4i2=-41 + 3i【变式 3】复数等于( )3 - iA. i B. -i

9、C.3 +iD.3 - i【答案】A；1 + 3i3 - i=1 + 3i -i(1 + 3i)1= =i-i，故选 A【变式 4】复数1(i - )i3等于( )A.8 B.8 C.8i D.8i【答案】D；1(i - ) 3 =(i + i-1) 3 =(2i)3 =8i3 =-8i i.类型三：复数相等的充要条件例 3、已知 x 是实数，y 是纯虚数，且满足(2x1)+(3y)i=yi，求 x、y.思路点拨：因 xR，y 是纯虚数，所以可设 y=bi（bR 且 b0），代入原式，由复数相 等的充要条件可得方程组，解之即得所求结果.解析：y 是纯虚数，可设 y=bi（bR，且 b0），则(

10、2x1)+(3y)i(2x1)+(3bi )i（2x1+b）+3i，yi =bii=（b1）i由(2x1)+(3y)i=yi 得（2x1+b）+3i=（b1）i，b =42x -1+b =0 由复数相等的充要条件得 3b -1 =3 x =- 2，x =-32，y =4i.总结升华：1. 复数定义：“形如z =a +bi （ a, b R）的数叫复数”就意味凡是复数都能写成这一形式，求一个复数，使用一个复数都可通过这一形式将问题化虚为实，把复数问题转化为故 实数问题来研究.这是解决复数问题的常用方法.2复数相等是复数问题实数化的有效途径之一，由两复数 a+bi 与 c+di（a，b，c，d R

11、）相等的充要条件是 a=c 且 b=d，可得到两个实数等式.3.注意左式中的 3y 并非是(2x1)+(3y)i 的虚部，同样，在右边的 yi 中 y 也并 非是实部.举一反三：【变式 1】设 x、y 为实数，且x y 5+ = ，则x +y =_ 1- i 1- 2i 1- 3i【答案】由x y 5 x y 5+ = 得 (1+i ) + (1+2i) = (1+3i ) 1- i 1- 2i 1-3 i 2 5 10即 5x(1+i)+2y(1+2i)=5(1+3i)，即(5x+2y-5)+(5x+4y-15)i=0， 5x +2 y -5 =0 x =-1,解得5 x +4 y -15

12、=0 y =5x +y =4【变式 2】若 zC 且(3+z)i=1(i 为虚数单位)，则 z=_. 【答案】设 z=a+bi(a,bR)，则(3+z)i=-b+(3+a)i=1由复数相等的充要条件得 b=-1 且 a=-3，即 z=-3-i.【变式 3】设复数 z 满足1 +2iz=i ，则 z =（ ）A-2+iB-2-iC 2 -i D2 +i【答案】z =1 +2i i(1+2i) i -2= = =2 -i i -1 -1，故选 C.类型四：共轭复数例 4：求证：复数 z 为实数的充要条件是z =z思路点拨：需要明确两个复数相等的条件以及共轭复数的概念解析：设z =a +bi（a，b

13、R），则z =a -bi充分性：Q z =z a +bi =a - bi b =-b b =0 z R ; 必要性：Q z R , b =0 a +bi =a - bi z =z综上，复数 z 为实数的充要条件为 举一反三：z =z【变式 1】x, y R ，复数 (3 x +2 y ) +5 xi与复数( y -2)i +18的共轭复数相等，求 x，y.【答案】( y -2) i +18 =18 +(2 -y ) i3x +2 y =18 x =-218 - ( y - 2)i =(3x +2 y ) +5 xi 2 - y =5 x y =12【变式 2】若复数 z 同时满足z -z =2

14、i，z =iz（i 为虚数单位），则 z=_.【答案】1+i【变式 3】已知复数 z=1+i，求实数 a、b 使az +2bz =( a +2 z )2.【答案】z=1+i，az +2bz =( a +2b ) +( a -2b )i，( a +2 z )2=( a +2)2-4 +4( a +2) i=( a+4 a ) +4( a +2)i 2a、b 都是实数，由az +2bz =( a +2 z )2得a +2b =a 2 +4 a,a -2b =4(a +2).两式相加，整理得 a2+6a+8=0解得 a =2，a =4，1 2对应得 b =1，b =2.1 2所求实数为 a=2，b=

15、1 或 a=4，b=2. 类型五：复数的模的概念例 5、已知数 z 满足 z+|z|=2+8i，求复数 z.法一：设 z=a+bi（a，bR），则| z |=a2+b2，代入方程得a +bi + a2+b2=2 +8i.a + a b=82+b2=2a =-15 ，解得 b =8z=15+8i法二：原式可化为：z=2|z|+8i，|z|R，2|z|是 z 的实部.于是| z |=(2 -| z |)2 +82，即|z|2=684|z|+|z|2，2|z|=17，代入 z=2-|z|+8i得 z=15+8i.举一反三：【变式】已知 z=1+i，a，b 为实数.（1）若w =z 2 +3 z -4

16、 ，求| w |；（2）若z 2 +az +b z 2 -z +1=1 -i，求 a，b 的值.【答案】（1）w =(1+i )2+3(1-i ) -4 =2i +3 -i -4 =i -1|w |=2（2）z 2 +az +b (1+i ) 2 +(1+i ) a +b (2 +a )i +b +a= =z 2 -z +1 (1+i ) 2 -(1+i ) +1 i=( a +2) -(b +a )i( a +2) -( a +b )i =1 -i a +2 =1 a =-1 a +b =1 b =2类型六：复数的几何意义例 6、已知复数z =( m2 -2 m -3) +( m 2-4 m

17、 +3) i（mR）在复平面上对应的点为 Z，求实数 m 取什么值时，点 Z（1）在实轴上；（2）在虚轴上；（3）在第一象限. 思路点拨：根据点 Z 的位置确定复数 z 实部与虚部取值情况.解析：（1）点 Z 在实轴上，即复数 z 为实数，由m2- 4m +3 =0 m =3或m =1当m =3或m =1时，点 Z 在实轴上.（2）点 Z 在虚轴上，即复数 z 为纯虚数或 0，故m2-2 m -3 =0 m =-1或m =3当m =-1或m =3时，点 Z 在虚轴上.3）点 Z 在第一象限，即复数 z 的实部虚部均大于 0m2-2m-3 0 由 m-4m +3 0，解得 m1 或 m3当 m1

18、 或 m3 时，点 Z 在第一象限.终结升华：复平面上的点与复数是一一对应的，点的坐标的特点即为复数实部、虚部的 特征.举一反三：【变式 1】在复平面内，复数z =sin 2 +i cos2对应的点位于（ ）A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限【答案】p22 0 ， cos2 0 -( m -1) 1. m 的取值范围为 m (1,+).【变式 3】已知 z 是复数，z +2i和zz -i均为实数，且复数( z +ai )2对应的点在第一象限，求实数a的取值范围.【答案】设z =x +yi(x, y R)，z +2i =z =x +(2 +y )i，由题意得y =-2，z x -2i

19、 1 1 1= = ( x -2i)(2 -i ) = (2 x +2) + ( x -4)i 2 -i 2 -i 5 5 5，由题意得x =4，z =4 -2i( z +ai ) 2 =(12 +4 a -a 2 ) +8( a -2) i，12 +4 a -a 2 0根据已知条件有 ，解得8( a -2) 02 a 6，实数a的取值范围是a (2,6).【变式 4】已知复数 z 对应的点在第一象限的角平分线上，求复数w =z +1z在复平面上2 2对应的点的轨迹方程.【答案】设 z=a+ai（a0）则w =z +1 1 1 1 =( a +ai ) + =a + +( a - )iz a +ai 2a 2a 1x =a + 2a令 ，消 a 得 x y =2（ 1y =a - 2ax 2）.