1、 1复数的有关概念 (1)虚数单位 i； (2)复数的代数形式 zabi(a， bR)； (3)复数的实部、 虚部、 虚数与纯虚数 2复数集 3复数的四则运算 若两个复数 z1a1b1i，z2a2b2i(a1，b1，a2，b2R) (1)加法：z1z2(a1a2)(b1b2)i； (2)减法：z1z2(a1a2)(b1b2)i； (3)乘法：z1 z2(a1a2b1b2)(a1b2a2b1)i； (4)除法：z1 z2 a1a2b1b2a2b1a1b2i a22b22 121 22 11 2 22 22 )()ia abba bab ab （ a1a2b1b2 a22b22 a2b1a1b2
2、a22b22 i(z20)； (5)实数四则运算的交换律、结合律、分配律都适合于复数的情况； (6)特殊复数的运算：in(n 为正整数)的周期性运算；(1 i)2 2i；若 1 2 3 2 i，则 31,1 20. 4共轭复数与复数的模 (1)若 zabi，则 z abi，z z 为实数，z z 为纯虚数(b0) (2)复数 zabi 的模|z| a2b2，且 zz |z|2a2b2. 5复数的几何形式 (1)用点 Z(a，b)表示复数 zabi(a，bR)，用向量OZ 表示复数 zabi(a，bR)，Z 称为 z 在复平面上的对应点，复数与复平面上的点一一对应(坐标原点对应实数 0) (2)
3、任何一个复数 zabi 一一对应着复平面内一个点 Z(a，b)，也一一 对应着一个从原点出发的向量OZ . 6复数加、减法的几何意义 (1)复数加法的几何意义 若复数 z1、z2对应的向量OZ1 、OZ2 不共线，则复数 z1z2是以OZ1 、OZ2 为两邻边的平行四边 形的对角线OZ 所对应的复数 (2)复数减法的几何意义 复数 z1z2是连接向量OZ1 、OZ2 的终点，并指向 Z1的向量所对应的复数 题型一 复数的基本概念 例 1 满足 z5 z是实数，且 z3 的实部与虚部是相反数的虚数 z 是否存在？若存在，求出虚 数 z；若不存在，请说明理由 解 存在，理由如下： 设虚数 zxyi
4、(x，yR，且 y0)， 则 z5 zxyi 5 xyix 5x x2y2 y 5y x2y2 i，z3(x3)yi. 由题意得 y 5y x2y20， x3y， y0， x2y25， xy3， 解得 x1， y2 或 x2， y1. 存在虚数 z12i 或 z2i 满足条件 反思与感悟 复数 zabi(a，bR)是由它的实部和虚部唯一确定的，两个复数相等的充要 条件是把复数问题转化为实数问题的主要方法和途径，在两个复数相等的充要条件中，注意 当 a，b，c，dR 时，由 abicdi 才能推出 ac 且 bd，否则不成立 跟踪训练 1 设 zC，满足 z1 zR，z 1 4是纯虚数，求 z.
5、 解 设 zxyi(x，yR)， 则 z1 z(xyi) 1 xyi x x x2y2 y y x2y2 i. z1 zR，y y x2y20， 解得 y0 或 x2y21. 又z1 4 x1 4 yi 是纯虚数， x1 40 且 y0. x1 4，y 15 4 ，因此复数 z1 4 15 4 i. 题型二 复数的四则运算 例 2 计算2 3i 12 3i 2 1i 2 00448i 248i2 11 7i . 解 原式i12 3i 12 3i 2 1i 2 1 002 48i8i448i48i 11 7i i(i)1 00201i. 反思与感悟 复数四则运算一般用代数形式，加、减、乘运算按多
6、项式运算法则计算，除法 运算需把分母实数化复数的代数运算与实数有密切联系，但又有区别，在运算中要特别注 意实数范围内的运算法则在复数范围内是否适用 复数的运算包括加、减、乘、除，在解题时应遵循“先定性、后解题”的原则，化虚为实， 充分利用复数的概念及运算性质实施等价转化 在运算的过程中常用的公式有： (1)i 的乘方：i4n1，i4n 1i，i4n21，i4n3i(nN*) (2)(1 i)2 2i. (3) 1 2 3 2 i 31. 在解答与复数的模有关的问题时，重视应用下列公式： (1)zz |z|2| z |2. (2)|z1z2zn|z1|z2|zn|，|zn|z|n. (3) z1
7、 z2 |z1| |z2|. 跟踪训练 2 已知复数 z(12i)(2i)3i 1i. (1)计算复数 z； (2)若 z2(2a1)z(1i)b160，求实数 a，b 的值 解 (1)z(12i)(2i)3i1i 1i1i43i 42i 2 43i(2i)62i. (2)(62i)2(2a1)(62i)(1i)b160， 3224i6(2a1)2(2a1)ibbi160， 2212ab(264ab)i0， 2212ab0， 264ab0. 解得 a3，b14. 题型三 复数与其他知识的综合应用 例 3 已知关于 t 的一元二次方程 t2(2i)t2xy(xy)i0(x，yR) (1)当方程有
8、实根时，求点(x，y)的轨迹； (2)求方程实根的取值范围 解 (1)设实根为 t， 则 t2(2i)t2xy(xy)i0(x，yR)， 即(t22t2xy)(txy)i0. 根据复数相等的充要条件， 得 t22t2xy0， txy0， 由得 tyx， 代入得(yx)22(yx)2xy0， 即(x1)2(y1)22. 所以所求的点的轨迹方程是(x1)2(y1)22， 轨迹是以点(1，1)为圆心， 2为半径的圆 (2)由得圆心为(1，1)，半径 r 2， 直线 tyx 与圆有公共点， 从而应有|11t| 2 2， 即|t2|2， 4t0， 故方程的实根的取值范围是4,0 反思与感悟 复数具有代数
9、形式，且复数 zabi(a，bR)与复平面内的点 Z(a，b)之间建 立了一一对应关系，复数又是数形结合的桥梁，要注意复数与方程、函数、数列、解析几何 等知识的交汇 跟踪训练 3 复数 z 满足|z3 3i| 3，求|z|的最大值和最小值 解 方法一 |z3 3i|z|3 3i|， 又|z3 3i| 3， |3 3i| 122 3， |z|2 3| 3， 即 3|z|3 3， |z|的最大值为 3 3，最小值为 3. 方法二 |z3 3i| 3表示以3 3i 对应的点 P 为圆心，以 3为半径 的圆，如图所示， 则|OP|3 3i| 122 3， 显然|z|max|OA|OP| 33 3， |
10、z|min|OB|OP| 3 3. 共轭复数的妙用共轭复数的妙用 巧用共轭复数的性质对复数问题进行等价变形、化简，可将复杂的问题变得简单，从而达到 事半功倍的效果共轭复数有以下常见性质： (1)若 zabi(a，bR)，则 z z 2a，z z 2bi； (2)( z )z； (3)若 zabi(a，bR)，则| z | a2b2|z|，zz a2b2|z|2| z |2； (4)zRz z ；非零复数 z 是纯虚数z z 0； (5) z1 z2 z1z2， z1 z2 z1z2， z1 z2 z1 z2 (z20)； (6) zn( z )n(nZ，当 n0 时，要求 z0) 例 4 已知
11、AOB 的三个顶点 A，B，O(O 为原点)对应的复数分别为 z1，z2, 0，若|z1|3，|z2| 5，|z1z2|7，则z1 z2等于( ) A 3 10 3 3 10 i B 3 10 3 3 10 i C. 3 10 3 3 10 i D. 3 10 3 3 10 i 答案 A 解析 |z1|3，|z2|5，|z1z2|7， z1z19，z2z225，(z1z2)( z1 z2)49， z1z1z2z2z1z2 z1 z249， 即 z1z1z2z2z2z2 z1 z2 z1 z2 z1z1z2z2z2z2 z1 z2 9 25 z2 z1 49， 92525 z1 z29 z2 z
12、149， 即 25 z1 z2 215 z1 z2 90，z1 z2 3 10 3 3 10 i.故选 A. 例 5 设|z|1，求|z2z1|的最大值和最小值 解 zz |z|21， |z2z1|z2zzz |z|z1 z |z1 z |. 设 zabi(a，bR)，则|z1 z |2a1|. |z|1， z 在复平面内对应的点在以原点为圆心， 1 为半径的圆上， 1a1， 0|2a 1|3. |z2z1|的最大值为 3，最小值为 0. 如果设 zabi(a，bR)，直接代入计算，过程将会很复杂，考虑到 zz |z|2，将|z2z 1|中的 1 换成 zz ，那么问题变得简单易求章末检测 一
13、、选择题 1i 是虚数单位，若集合 S1,0,1，则( ) AiS Bi2S Ci3S D.2 iS 答案 B 2z1(m2m1)(m2m4)i，mR，z232i，则“m1”是“z1z2”的( ) A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分又不必要条件 答案 A 解析 因为 z1z2， 所以 m2m13， m2m42， 解得 m1 或 m2， 所以 m1 是 z1z2的充分不必要条件 3设 z1，z2为复数，则下列四个结论中正确的是( ) A若 z21z220，则 z21z22 B|z1z2| z1z224z1z2 Cz21z220z1z20 Dz1 z1是纯虚数或零 答案 D
14、 解析 举例说明：若 z14i，z222i，则 z21158i，z228i，z21z220，但 z21与z22都 是虚数， 不能比较大小， 故 A 错； 因为|z1z2|2不一定等于(z1z2)2， 故|z1z2|与z1z224z1z2 不一定相等，B 错；若 z12i，z212i，则 z2134i，z2234i，z21z220，但 z1 z20 不成立，故 C 错；设 z1abi(a，bR)，则 z1abi，故 z1 z12bi，当 b0 时 是零，当 b0 时，是纯虚数故 D 正确 4已知 i 是虚数单位，m，nR，且 mi1ni，则mni mni等于( ) A1 B1 Ci Di 答案
15、D 解析 由 mi1ni(m，nR)，m1 且 n1.则mni mni 1i 1i 1i2 2 i. 5已知 a 是实数，ai 1i是纯虚数，则 a 等于( ) A1 B1 C. 2 D 2 答案 A 解析 ai 1i ai1i 1i1i a1a1i 2 是纯虚数，则 a10，a10，解得 a1. 6若(xi)iy2i，x，yR，则复数 xyi 等于( ) A2i B2i C12i D12i 答案 B 解析 (xi)iy2i，xii2y2i， y1，x2，xyi2i. 7已知 2ai，bi 是实系数一元二次方程 x2pxq0 的两根，则 p，q 的值为( ) Ap4，q5 Bp4，q5 Cp4
16、，q5 Dp4，q5 答案 A 解析 由条件知 2ai，bi 是共轭复数，则 a1，b2，即实系数一元二次方程 x2px q0 的两个根是 2 i，所以 p(2i)(2i)4，q(2i)(2i)5. 8i 为虚数单位，设复数 z 满足|z|1，则 z22z2 z1i 的最大值为( ) A. 21 B2 2 C. 21 D2 2 答案 C 解析 |z 22z2 z1i |z(1i)|， 故只需求 x2y21 上的点到(1,1)的最大距离， 其值为 1 2. 9实数 x，y， 有以下关系：xyi35cos i(45sin )(其中 i 是虚数单位)，则 x2 y2的最大值为( ) A30 B15
17、C25 D100 答案 D 解析 由复数相等知 x35cos ， y45sin ， 则 x2y25050sin()100(其中 为辅助角) x2y2的最大值为 100. 10设复数 z 满足|z|1 且 z 1 z 5 2，则|z|等于( ) A.4 5 B.3 4 C.2 3 D.1 2 答案 D 解析 因为 z 1 z |z z 1| |z| 5 2，即|z| 215 2|z|，所以|z| 1 2. 11 如果关于 x 的方程 2x23axa2a0 至少有一个模等于 1 的根， 那么实数 a 的值( ) A不存在 B有一个 C有三个 D有四个 答案 C 解析 (1)当根为实数时，将 x1
18、代入原方程得 a22a20，此方程无实数解；将 x1 代入原方程得 a24a20，解得 a2 2，都符合要求 (2)当根为虚数时，a(a8)0，8a0.此时有 x1 x2|x1|2|x2|21a 2a 2 ，所以可 得 a2a20，解得 a1，或 a2(舍去)故共有三个 12已知 f(n)ini n(nN*)，则集合f(n)的元素个数是( ) A2 B3 C4 D无数个 答案 B 解析 f(n)有三个值 0,2i，2i. 二、填空题 13复平面内，若 zm2(1i)m(4i)6i 所对应的点在第二象限，则实数 m 的取值范围 是_ 答案 (3,4) 解析 zm24m(m2m6)i 所对应的点在
19、第二象限， m24m0， 解得 3m4. 14已知 a，bR，i 是虚数单位若(ai)(1i)bi，则 abi_. 答案 12i 解析 由(ai)(1i)bi 得 a1(a1)ibi，即 a10，a1b，解得 a1，b2，所 以 abi12i. 15已知|z1|2，|z2|3，|z1z2|4，则z1 z2_. 答案 1 6 15 6 i 解析 由题意，z1z14，z2z29， (z1z2)( z1 z2)z1z1z2z2z1z2z2z1499z1 z2 4z2 z1 16， 所以9z1 z2 4z2 z1 3，令z1 z2t，则 9t 4 t3，即 9t 23t40，所以 t1 6 15i 6
20、 ， 即z1 z2 1 6 15i 6 . 16复数|z|1，若存在负数 a 使得 z22aza2a0，则 a_. 答案 1 5 2 解析 由 z22aza2a0，得(za)2a. 又 a 为负数，所以 za 为纯虚数 设 zabi，则 zabi，所以(bi)2a，故 ab2. 又|z|1，所以 a2b21，所以 a2a10.故 a1 5 2 .由 a 为负数，所以 a1 5 2 . 三、解答题 17计算：(1) i 1i (1 3i) 2；(2) 1i 1 3i 3. 解 (1) i 1i (1 3i) 2 i1i 1i1i (1 3i)(1 3i) ii 2 2 (13i22 3i) 1i
21、 2 (22 3i) 1i44 3i 44 3i44 3i 44 3i4i4 3i 2 64 41 341 3i 64 1 3 16 1 3 16 i. (2)方法一 1i 1 3i 3 1i1 3i 1 3i1 3i 3 1 3ii 3i2 4 31 31 3i 3 43 1 3331 321 3i31 31 32i21 33i3 64 1616i 64 1i 4 . 方法二 1i 1 3i 3 1i3 1 3i3 13i3i2i3 13 3i93 3i 22i 8 1i 4 . 18设 z 是虚数，mz1 z是实数，且1m2. (1)求|z|的值及 z 的实部的取值范围 (2)设 u1z
22、1z，求证：u 为纯虚数 (3)结合(2)求 mu2的最小值 (1)解 z 是虚数，可设 zxyi，x，yR，且 y0， mz1 zxyi 1 xyixyi xyi x2y2 x x x2y2 y y x2y2 i. m 是实数，且 y0， y y x2y20， x2y21，|z|1，此时 m2x. 1m2， 12x2，从而有1 2x1. |z|1，z 的实部的取值范围是 1 2，1 . (2)证明 结合(1)可知 u1z 1z 1xyi 1xyi 1xyi1xyi 1x2y2 y 1xi. 又x 1 2，1 ，y0， y 1x0，u 为纯虚数 (3)解 mu22x y 1xi 22x y 1x 22x1x 2 1x22x 1x 1x2x1 2 1x2(x 1) 2 1x3. 1 2x1，1x0， 2(x1) 2 1x32 2x1 2 1x31. 当且仅当 2(x1) 2 1x，即 x0(x2 舍去)时，等号成立 故 mu2的最小值为 1，此时 z i.
