2024年高中数学(必修第二册)精品讲义7.1-7.3复数(学生版+解析)

这是一份2024年高中数学(必修第二册)精品讲义7.1-7.3复数(学生版+解析)，共17页。

复数1 虚数单位的性质i叫做虚数单位，并规定：① i可与实数进行四则运算；② i2=−1，这样方程x2=−1就有解了，解为x=−i，x=i.③ i2=−1 , i3=−i , i4=1 , in以4为周期，即i4+n=in.2 复数的概念① 定义形如a+bi(a , b∈R)的数叫做复数，其中i叫做虚数单位，a叫做实部，b叫做虚部.全体复数所成的集合C叫做复数集.复数通常用z字母表示，即z=a+bi (a , b∈R).② 分类z=a+bi=b=0 实数 b≠ 0 & 虚数 a=0且 b≠ 0 纯虚数 3 复数相等a+b i=c+d i⇔ a=c , b=d(a , b , c , d∈ R)也就是说，两个复数相等，充要条件是他们的实部和虚部分别相等.PS 只有两个复数全是实数，才可以比较大小，否则无法比较大小.4 共轭复数 z=a+b i的共轭复数记作z=a−bi ，且z⋅z=a2+b2.5 复数的几何意义① 复平面的概念建立直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面，x轴叫做实轴，y轴叫做虚轴.显然，实轴上的点都表示实数；除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数.② 复数的几何意义复数 z=a+b i与复平面内的点Z(a , b)及平面向量 OZ=a , b (a , b∈R)是一一对应关系(复数的实质是有序实数对，有序实数对既可以表示一个点，也可以表示一个平面向量)相等的向量表示同一个复数.③ 复数的模向量 OZ的模叫做复数 z=a+b i的模，记作|z| 或 |a+b i| ，表示点a , b到原点的距离，即 |z|=|a+b i|=a2+b2 , |z|=|z| ， 6 代数形式的四则运算① 运算法则设z1=a+bi，z2=c+di , a , b , c , d∈R(1) z1± z2=a+b i+c+d i=(a+c)+(b+d) i(2) z1⋅ z2=a+b i⋅(c+d i)=(a c−b d)+(b c+a d) i(3) z1z2=a+b ic+d i=a+b ic−d ic+d i⋅c−d i=a c+b d+b c−a dic2+d2② 加减法的几何意义几何意义：复数加减法可按向量的平行四边形或三角形法则进行.如图给出的平行四边形OZ1ZZ2可以直观地反映出复数加减法的几何意义，即 OZ= OZ1+ OZ2 , Z1Z2=OZ2− OZ1.若z1=a+b i , z2=c+d i，(1) |z1−z2|表示(a , b)到(c , d)的距离，即z1−z2=a−c2+b−d2.(2) z−z1=r(r>0)表示以(a , b)为圆心，r为半径的圆.7∗ 复数的三角表示① 一般地，任何一个复数z=a+bi都可以表示成r(cosθ+isinθ)的形式，其中，r是复数z的模，θ是以x轴的非负半轴为始边，向量OZ所在射线为终边的角，叫做复数z=a+bi的辐角，r(cosθ+isinθ)叫做复数z=a+bi的三角形表示式.规定：在0≤θ<2π范围内的辐角θ的值为辐角的主值，通常记作arg z，即0≤arg z<2π.② 复数的代数形式z=a+bi与三角形式r(cosθ+isinθ)的互换a=rcosθb=rsinθ③ 复数乘、除运算的三角表示及其几何意义设z1=r1cosθ1+isinθ1， z2=r2cosθ2+isinθ2则z1z2=r1r2[cosθ1+θ2+isin(θ1+θ2)]，z1z2=r1r2[cosθ1−θ2+isin(θ1−θ2)]. 【题型一】复数的概念与分类【典题1】求解i+i2+i3+…+i2017 =　 　． 【典题2】 求当a为何实数时，复数z= (a2−2a−3)+ (a2+a−12)i满足： (1)z为实数； (2)z为纯虚数；【典题3】 已知关于x的方程x2+21+ix+ab+a+bi=0(a , b∈R+)总有实数解，则a+b的取值范围是　 　．【题型二】复数的几何意义与运算【典题1】 已知复数z=8−i2+3i(i为虚数单位)，下列说法 其中正确的是 . ①复数z在复平面内对应的点在第四象限；②|z|=5；③z的虛部为−2i；④z=1−2i．【典题2】已知复数z的实部为1，虚部的绝对值为3，则下列说法错误的是(　　)A．z+10z是实数 B．z+10z<2 C．z+10z>1 D．z在复平面中所对应的点不可能在第三象限【典题3】设复数z1 , z2满足|z1|=|z2|=2 , z1+z2=3+i，则|z1−z2|=　 　．【典题4】 若Z∈C，且|Z+2−2i|=1，则|Z−2−2i|的最小值是 ．【典题5】复数z满足|z+i|+|z−2|=5，则|z|的取值范围是　　．【典题6】已知复数z满足|z|=1，则|z+i|+|z−i|的最大值是　　． 巩固练习1(★) 已知两非零复数z1 , z2，若z1∙z2∈R，则一定成立的是(　　)A．z1+z2∈R B．z1⋅z2∈R C．z1z2∈R D．z1z2∈R2(★) 已知x , y∈ R , i为虚数单位，且(x−2) i−y=1+i，则1+ix+y的值为　 　． 3(★) 已知复数z=8−i2+3i(i为虚数单位)，下列说法其中正确的有　 　个.①复数z在复平面内对应的点在第四象限；②|z|=5；③z的虛部为−2i；④z=1−2i．4(★★) 设z1，z2是复数，给出四个命题 ①若z1−z2=0，则z1=z2 ②若z1=z2，则z1=z2③若|z1|＝|z2|，则z1∙z1=z2∙z2 ④若|z1|＝|z2|，则z12=z22其中真命题有　 　个．5(★★) 设复数z满足|z－5i|=2，则z⋅z的最大值为　 　． 6(★★) 若复数z满足z⋅z+z+z≤0，则复数|z−1−i|的最大值为　 　．7(★★) 若复数z满足|z|=1，则|(z+i)(z−i)|的最大值是　 　． 8(★★) 已知三个复数z1 , z2 , z3，并且|z1|=|z2|=|z3|=1，z1 , z2所对应的向量Oz1，Oz2满足Oz1∙Oz2=0，则|z1+z2−z3|的取值范围是　 　．9(★★) 当复数z满足|z+3−4i|=1时，则|z+2|的最小值是　 　． 10(★★) 已知A (1 , 2) , B(a , 1) , C(2 , 3) , D(−1 , b)(a , b∈R)是复平面上的四个点，且向量AB，CD对应的复数分别为z1 , z2．(1)若z1+z2=1+i，求z1 , z2(2)若|z1+z2|=2，z1−z2为实数，求a , b的值． 复数1 虚数单位的性质i叫做虚数单位，并规定：① i可与实数进行四则运算；② i2=−1，这样方程x2=−1就有解了，解为x=−i，x=i.③ i2=−1 , i3=−i , i4=1 , in以4为周期，即i4+n=in.2 复数的概念① 定义形如a+bi(a , b∈R)的数叫做复数，其中i叫做虚数单位，a叫做实部，b叫做虚部.全体复数所成的集合C叫做复数集.复数通常用z字母表示，即z=a+bi (a , b∈R).② 分类z=a+bi=b=0 实数 b≠ 0 & 虚数 a=0且 b≠ 0 纯虚数 3 复数相等a+b i=c+d i⇔ a=c , b=d(a , b , c , d∈ R)也就是说，两个复数相等，充要条件是他们的实部和虚部分别相等.PS 只有两个复数全是实数，才可以比较大小，否则无法比较大小.4 共轭复数 z=a+b i的共轭复数记作z=a−bi ，且z⋅z=a2+b2.5 复数的几何意义① 复平面的概念建立直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面，x轴叫做实轴，y轴叫做虚轴.显然，实轴上的点都表示实数；除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数.② 复数的几何意义复数 z=a+b i与复平面内的点Z(a , b)及平面向量 OZ=a , b (a , b∈R)是一一对应关系(复数的实质是有序实数对，有序实数对既可以表示一个点，也可以表示一个平面向量)相等的向量表示同一个复数.③ 复数的模向量 OZ的模叫做复数 z=a+b i的模，记作|z| 或 |a+b i| ，表示点a , b到原点的距离，即 |z|=|a+b i|=a2+b2 , |z|=|z| ， 6 代数形式的四则运算① 运算法则设z1=a+bi，z2=c+di , a , b , c , d∈R(1) z1± z2=a+b i+c+d i=(a+c)+(b+d) i(2) z1⋅ z2=a+b i⋅(c+d i)=(a c−b d)+(b c+a d) i(3) z1z2=a+b ic+d i=a+b ic−d ic+d i⋅c−d i=a c+b d+b c−a dic2+d2② 加减法的几何意义几何意义：复数加减法可按向量的平行四边形或三角形法则进行.如图给出的平行四边形OZ1ZZ2可以直观地反映出复数加减法的几何意义，即 OZ= OZ1+ OZ2 , Z1Z2=OZ2− OZ1.若z1=a+b i , z2=c+d i，(1) |z1−z2|表示(a , b)到(c , d)的距离，即z1−z2=a−c2+b−d2.(2) z−z1=r(r>0)表示以(a , b)为圆心，r为半径的圆.7∗ 复数的三角表示① 一般地，任何一个复数z=a+bi都可以表示成r(cosθ+isinθ)的形式，其中，r是复数z的模，θ是以x轴的非负半轴为始边，向量OZ所在射线为终边的角，叫做复数z=a+bi的辐角，r(cosθ+isinθ)叫做复数z=a+bi的三角形表示式.规定：在0≤θ<2π范围内的辐角θ的值为辐角的主值，通常记作arg z，即0≤arg z<2π.② 复数的代数形式z=a+bi与三角形式r(cosθ+isinθ)的互换a=rcosθb=rsinθ③ 复数乘、除运算的三角表示及其几何意义设z1=r1cosθ1+isinθ1， z2=r2cosθ2+isinθ2则z1z2=r1r2[cosθ1+θ2+isin(θ1+θ2)]，z1z2=r1r2[cosθ1−θ2+isin(θ1−θ2)] 【题型一】复数的概念与分类【典题1】求解i+i2+i3+…+i2017 =　 　．【解析】 ∵i+i2+i3+i4=i−1−i+1=0 且in以4为周期∴i+i2+i3+…+i2017=0×504+i2017=i.【典题2】 求当a为何实数时，复数z= (a2−2a−3)+ (a2+a−12)i满足： (1)z为实数； (2)z为纯虚数；【解析】复数z= (a2−2a−3)+ (a2+a−12)i． (1)若z为实数，则a2+a−12=0，解得a=−4或a=3； (2)若z为纯虚数，则a2−2a−3=0a2+a−12≠0，解得a=−1.【典题3】 已知关于x的方程x2+21+ix+ab+a+bi=0(a , b∈R+)总有实数解，则a+b的取值范围是　 　．【解析】 ∵x2+21+ix+ab+a+bi=0得x2+2x+ab+(a+b+2x)i =0有实数解，∴x2+2x+ab =0，a+b+2x =0，消去x得14a+b2−(a+b)+ab =0，∵ab≤a+b24，∴0=14a+b2−a+b+ab≤14a+b2−(a+b)+a+b24，即12a+b2−(a+b)≥0 ∵a , b∈R+，∴a+b>0，即a+b≥2，即a+b的取值范围是[2 , +∞).【点拨】① 复数相等：a+bi=c+di⇔ a=c , b=d(a , b , c , d∈R)，注意分辨出复数的实部和虚部.② 若关于x的方程fx+g(x)i=0有实数解，则fx=0 , gx=0.【题型二】复数的几何意义与运算【典题1】 已知复数z=8−i2+3i(i为虚数单位)，下列说法 其中正确的是 . ①复数z在复平面内对应的点在第四象限；②|z|=5；③z的虛部为−2i；④z=1−2i．【解析】 ∵z=8−i2+3i=(8−i)(2−3i)(2+3i)(2−3i)=13−26i13=1−2i，∴复数z在复平面内对应的点的坐标为(1 , −2)，在第四象限； |z|=5；z的虚部为−2；z=1+2i．故①②正确；③④错误．【点拨】① 遇到复数的除法，分母分子同乘“分母的共轭复数”z1z2=a+b ic+d i=a+b ic−d ic+d i⋅c−d i,把复数最终化简成z=a+bi(a、b∈R)形式；② 因为z1∙z2=z1∙z2，z1z2=z1z2，所以z=8−i2+3i的模等于z=8−i2+3i=6513=5.【典题2】已知复数z的实部为1，虚部的绝对值为3，则下列说法错误的是(　　)A．z+10z是实数 B．z+10z<2 C．z+10z>1 D．z在复平面中所对应的点不可能在第三象限【解析】由已知得，z=1−3i或z=1+3i，则z+10z=z+10z|z|2=z+z， (z∙z=|​z2=10，避免了分类讨论与计算)∴z+10z=2，则A，C正确，B错误；∵z的实部大于0，故z在复平面中所对应的点不可能在第三象限，D正确．故选 B．【点拨】① 若z=a+bi,则z∙z=|​z2=a2+b2，z+z=2a, z−z=2b.② 注意一些复数的性质可减轻计算量.【典题3】设复数z1 , z2满足|z1|=|z2|=2 , z1+z2=3+i，则|z1−z2|=　 　．【解析】 方法1 ∵ z1+z2=3+i， ∴|z1+z2|=2，∴|z1+z2|2=4 ∴(z1+z2)⋅z1+z2=4， (|​z2=z∙z, z1+z2=z1+z2)∴8+z1z2+z1z2=4．得z1z2+z1z2=−4．∴z1−z22=8－(z1z2+z1z2)=12．又|z1−z2|>0，故|z1−z2|=23．方法2 向量法 ∵z1=z2=2，∴z1 , z2在复平面上分别对应的点B , C在以原点为圆心，半径为2的圆上, ∵z1+z2=3+i, ∴z1+z2在复平面上对应的点A(3 , 1)在圆O上，由向量的平行四边形法则，可知四边形OCAB是平行四边形,如下图易知∆AOC是等边三角形且边长为2，易求BC=23,由向量的三角形法则可知z1−z2=|BC|=|BC|=23.【点拨】① |​z2=z∙z, z1+z2=z1+z2；方法1直接运用了代数方法求解；② 复数加减法的几何意义复数加减法可按向量的平行四边形或三角形法则进行.如图给出的平行四边形OZ1ZZ2可以直观地反映出复数加减法的几何意义.即 OZ= OZ1+ OZ2 , Z1Z2=OZ2− OZ1.③ 方法2运用的是复数与向量之间的关系，再借助几何的手段进行求解.【典题4】 若Z∈C，且|Z+2−2i|=1，则|Z−2−2i|的最小值是 ．【解析】 方法1 待定系数法设Z=a+bia、b∈R , ∵|Z+2−2i|=1 ∴|a+2+(b−2)i|=1 ∴a+22+b−22=1, ∴b−22=1−a+22则Z−2−2i=a−2+b−2i=a−22+b－22=1−8a∵b−22=1−a+22 ∴1−a+22≥0 解得−3≤a≤−1∴当a=−1时，Z−2−2i取到最小值3.方法2 几何法|Z+2−2i|=1表示Z对应的点在以(−2 , 2)为圆心，半径r=1的圆上，|Z−2−2i|就是圆上的点到(2 , 2)的距离，其最小值为圆心(−2 , 2)到(2 , 2)的距离减去半径，即2−−2−1=3，故答案为3.【点拨】① 方法1用了待定系数法，把问题转化为式子的最值问题，用到函数思想，此时特别注意自变量的取值范围；② 方法2利用了复数的几何意义，若z1=a+bi , z2=c+di , a , b , c , d∈R|z1−z2|表示(a , b)到(c , d)的距离，即z1−z2=a−c2+b−d2.z−z1=r(r>0)表示以(a , b)为圆心，r为半径的圆.【典题5】复数z满足|z+i|+|z−2|=5，则|z|的取值范围是　　．【解析】∵|z+i|+|z−2|表示复数z到两点P(0,−1)，Q(2,0)的距离之和，而|PQ|=(−1)2+22=5．又|z+i|+|z−2|=5，∴点z在线段PQ上，(确定点z所在的轨迹)|z|表示点O与线段PQ上点的距离，易得直线PQ的方程x−2y−2=0，原点O到此直线的距离d=25=255，而OQ=2，OP=1．则|z|的取值范围是[255，2]．【典题6】已知复数z满足|z|=1，则|z+i|+|z−i|的最大值是　　．【解析】 方法1 ∵|z|=1 ∴复数z对应点P在圆心(0,0)，半径r=1的圆上，而|z+i|+|z−i|则表示点P到点A(0,1)，B(0,−1)的距离之和PA+PB=a+b，其中a2+b2=4，而a+b2=a2+b2+2ab≤2a2+b2=8，∴a+b的最大值为22.方法2 设z=cosθ+isinθ ，(0≤θ<2π)．则|z+i|+|z−i|=cos2θ+(sinθ+1)2+cos2θ+(sinθ−1)2=2(1+sinθ)+2(1−sinθ)=2(sinθ2+cosθ2)2+2(sinθ2−cosθ2)2 =2|sinθ2+cosθ2|+2|sinθ2−cosθ2|．∵0≤θ<2π ， ∴0≤θ2<π．当θ2∈[0 , π4]时，|z+i|+|z−i|=22cosθ2，|z+i|+|z−i|的最大值是22；当θ2∈(π4，3π4]时，|z+i|+|z−i|=22sinθ2，|z+i|+|z−i|的最大值是22；当θ2∈(3π4，π)时，|z+i|+|z−i|=−22cosθ2，|z+i|+|z−i|<22．综上，|z+i|+|z−i|的最大值是22．【点拨】运用了待定系数法进行求解，由|z|=1，设z=cosθ+isinθ (0≤θ<2π)，巧妙的把问题转化为三角函数的问题.，但要分离讨论较方法1还是麻烦些. 巩固练习1(★) 已知两非零复数z1 , z2，若z1∙z2∈R，则一定成立的是(　　)A．z1+z2∈R B．z1⋅z2∈R C．z1z2∈R D．z1z2∈R【答案】D【解析】 设z1＝a+bi，z2＝c+di，(a，b，c，d∈R)，z1+z2＝a+bi+c+di＝a+c+(b+d)i，∴z1+z2∈R不一定成立，故A不正确；则z1⋅z2=(a+bi)(c－di)＝ac+bd+(bc－ad)i，∴z1⋅z2∈R不一定成立，故B不正确；z1z2=a+bic+di=(a+bi)(c−di)(c+di)(c−di)=ac+bd+(bc−ad)ic2+d2，∴z1z2∈R不一定成立，故C不正确；∵z1z2=z1⋅z2z2⋅z2=z1⋅z2|z2|2，且z1z2∈R，∴z1z2∈R正确，故D成立．故选 D．2(★) 已知x , y∈ R , i为虚数单位，且(x−2) i−y=1+i，则1+ix+y的值为　 　． 【答案】2 i 【解析】由x−2i−y=1+i，可得x−2=1−y=1⟹x=3y=−1 ∴1+ix+y=1+i2=2 i.3(★) 已知复数z=8−i2+3i(i为虚数单位)，下列说法其中正确的有　 　个.①复数z在复平面内对应的点在第四象限；②|z|=5；③z的虛部为−2i；④z=1−2i．【答案】2【解析】∵z=8−i2+3i=(8−i)(2−3i)(2+3i)(2−3i)=13−26i13=1−2i，∴复数z在复平面内对应的点的坐标为(1，－2)，在第四象限；|z|=5；z的虚部为－2；z=1+2i．故①②正确；③④错误．4(★★) 设z1，z2是复数，给出四个命题 ①若z1−z2=0，则z1=z2 ②若z1=z2，则z1=z2③若|z1|＝|z2|，则z1∙z1=z2∙z2 ④若|z1|＝|z2|，则z12=z22其中真命题有　 　个．【答案】3【解析】由z1，z2是复数，得 在①中，若|z1－z2|＝0，则z1，z2的实部和虚部都相等，∴z1=z2，故①正确；在②中，若z1=z2，则z1，z2的实数相等，虚部互为相反数，∴z1=z2，故②正确；在③中，若|z1|＝|z2|，则z1•z1=z2•z2=|z1|2，故③正确；在④中，若|z1|＝|z2|，则由复数的模的性质得z12≠z22，如|1－i|＝|1+i|=2，但(1－i)2＝－2i≠(1+i)2＝2i，故④不正确．5(★★) 设复数z满足|z－5i|=2，则z⋅z的最大值为　 　． 【答案】49【解析】设z＝x+yi，由|z−5i|=(x−0)2+(y−5)2=2，得x2+(y－5)2＝4，则复数在复平面内所对应的点的轨迹是以(0，5)为圆心，以2为半径的圆，z⋅z=x2+y2，其几何意义是原点到圆上一点距离的平方，因此，z⋅z的最大值为(2+5)2＝49．6(★★) 若复数z满足z⋅z+z+z≤0，则复数|z−1−i|的最大值为　 　．【答案】5+1【解析】设z＝a+bi(a，b∈R)，则由z⋅z+z+z≤0，得a2+b2+2a≤0，即(a+1)2+b2≤1．复数z在复平面内对应点的轨迹如图 ∴复数|z－1－i|的最大值为|PC|+1=(−1−1)2+(0−1)2+1=5+1．故答案为 5+1．7(★★) 若复数z满足|z|=1，则|(z+i)(z−i)|的最大值是　 　． 【答案】4【解析】∵复数z满足|z|＝1，∴z⋅z=1．令z＝cosθ+isinθ，θ∈[0，2π)．则(z+i)(z－i)＝1+(z−z)i+1＝2－2sinθ．∴|(z+i)(z－i)|＝|2－2sinθ|≤4，当且仅当sinθ＝－1时取等号．∴|(z+i)(z－i)|的最大值是4．故答案为 4．8(★★) 已知三个复数z1 , z2 , z3，并且|z1|=|z2|=|z3|=1，z1 , z2所对应的向量Oz1，Oz2满足Oz1∙Oz2=0，则|z1+z2−z3|的取值范围是　 　．【答案】[2−1，2+1]【解析】 由题意可知 复数z1，z2，z3对应的点Z1，Z2，Z3在单位圆上，又OZ1→⋅OZ2→=0，∴OZ1⊥OZ2．不妨设Z1(1，0)，Z2(0，1)，如图 ∴当Z3与A重合时，|z1+z2－z3|有最小值为2−1；当Z3与B重合时，|z1+z2－z3|有最大值为2+1．∴|z1+z2－z3|的取值范围是[2−1，2+1]．故答案为 [2−1，2+1]．9(★★) 当复数z满足|z+3−4i|=1时，则|z+2|的最小值是　 　． 【答案】17−1【解析】∵|z+2|＝|(z+3－4i)+(－1+4i)|≥|－1+4i|－|z+3－4i|=(−1)2+42−1=17−1∴|z+2|的最小值是17−1．10(★★) 已知A (1 , 2) , B(a , 1) , C(2 , 3) , D(−1 , b)(a , b∈R)是复平面上的四个点，且向量AB，CD对应的复数分别为z1 , z2．(1)若z1+z2=1+i，求z1 , z2(2)若|z1+z2|=2，z1−z2为实数，求a , b的值．【答案】(1) z1＝4－i，z2＝－3+2i (2) a＝4，b＝2【解析】 (I)向量AB→=(a－1，－1)，CD→=(－3，b－3)对应的复数分别为z1＝(a－1)－i，z2＝－3+(b－3)i．∴z1+z2＝(a－4)+(b－4)i＝1+i．∴a－4＝1，b－4＝1．解得a＝b＝5．∴z1＝4－i，z2＝－3+2i．(II)|z1+z2|＝2，z1－z2为实数，∴(a−4)2+(b−4)2=2，(a+2)+(2－b)i∈R，∴2－b＝0，解得b＝2，∴(a－4)2+4＝4，解得a＝4．∴a＝4，b＝2．