高考复数知识点精华总结

复数1．复数的概念：（1）虚数单位i；（2）复数的代数形式z=a+bi，(a,b∈R)；（3）复数的实部、虚部、虚数与纯虚数。2．复数集整数有理数实数(0)分数复数(,)无理数(无限不循环小数)纯虚数(0)虚数(0)非纯虚数(0)babiabRaba3．复数a+bi(a,b∈R)由两部分组成，实数a与b分别称为复数a+bi的实部与虚部，1与i分别是实数单位和虚数单位，当b=0时，a+bi就是实数，当b≠0时，a+bi是虚数，其中a=0且b≠0时称为纯虚数。应特别注意，a=0仅是复数a+bi为纯虚数的必要条件，若a=b=0，则a+bi=0是实数。4．复数的四则运算若两个复数z1=a1+b1i，z2=a2+b2i，（1）加法：z1+z2=(a1+a2)+(b1+b2)i；（2）减法：z1－z2=(a1－a2)+(b1－b2)i；（3）乘法：z1·z2=(a1a2－b1b2)+(a1b2+a2b1)i；（4）除法：11212211222222()()zaabbababizab；（5）四则运算的交换率、结合率；分配率都适合于复数的情况。（6）特殊复数的运算：①ni(n为整数)的周期性运算；②(1±i)2=±2i；③若ω=-21+23i，则ω3=1，1+ω+ω2=0.5．共轭复数与复数的模（1）若z=a+bi，则zabi，zz为实数，zz为纯虚数(b≠0).（2）复数z=a+bi的模|Z|=22ab,且2||zzz=a2+b2.6.根据两个复数相等的定义，设a,b,c,d∈R，两个复数a+bi和c+di相等规定为a+bi=c+diacbd.由这个定义得到a+bi=000ab.两个复数不能比较大小，只能由定义判断它们相等或不相等。4．复数a+bi的共轭复数是a－bi，若两复数是共轭复数，则它们所表示的点关于实轴对称。若b=0，则实数a与实数a共轭，表示点落在实轴上。5．复数的加法、减法、乘法运算与实数的运算基本上没有区别，最主要的是在运算中将i2=－1结合到实际运算过程中去。如(a+bi)(a－bi)=a2+b26．复数的除法是复数乘法的逆运算将满足(c+di)(x+yi)=a+bi(c+bi≠0)的复数x+yi叫做复数a+bi除以复数c+di的商。由于两个共轭复数的积是实数，因此复数的除法可以通过将分母实化得到，即22()()()()()abiabicdiacbdbcadicdicdicdicd.7．复数a+bi的模的几何意义是指表示复数a+bi的点到原点的距离。（二）典型例题讲解1．复数的概念例1．实数m取什么数值时，复数z=m+1+(m－1)i是（1）实数？（2）虚数？（3）纯虚数？（4）对应的点Z在第三象限？解：复数z=m+1+(m－1)i中，因为m∈R，所以m+1，m－1都是实数，它们分别是z的实部和虚部，∴（1）m=1时，z是实数；（2）m≠1时，z是虚数；（3）当1010mm时，即m=－1时，z是纯虚数；（4）当1010mm时，即m－1时，z对应的点Z在第三象限。例2．已知(2x－1)+i=y－(3－y)i，其中x,y∈R，求x,y.解：根据复数相等的意义，得方程组211(3)xyy，得x=25,y=4.例4．当m为何实数时，复数z＝2223225mmm+(m2+3m－10)i；（1）是实数；（2）是虚数；（3）是纯虚数．解：此题主要考查复数的有关概念及方程（组）的解法．（1）z为实数，则虚部m2+3m－10=0，即223100250mmm，解得m=2，∴m=2时，z为实数。（2）z为虚数，则虚部m2+3m－10≠0，即223100250mmm，解得m≠2且m≠±5.当m≠2且m≠±5时，z为虚数．22223203100250mmmmm，解得m=－21,∴当m=－21时，z为纯虚数．诠释：本题应抓住复数分别为实数、虚数、纯虚数时相应必须具备的条件，还应特别注意分母不为零这一要求．例5．计算：i＋i2＋i3+……+i2005.解：此题主要考查in的周期性．i＋i2＋i3+……+i2005=(i+i2+i3+i4)+……+(i2001+i2002+i2003＋i2004)＋i2005=(i－1－i+1)+(i－1－i+1)+……+(i－1－i+1)+i＝0＋0＋……＋0+i＝i.或者可利用等比数列的求和公式来求解（略）诠释：本题应抓住in的周期及合理分组．例8．使不等式m2－(m2－3m)i＜(m2－4m＋3)i＋10成立的实数m＝.解：此题主要考查复数能比较大小的条件及方程组和不等式的解法．∵m2－(m2－3m)i＜(m2－4m＋3)i＋10,且虚数不能比较大小，∴2221030430mmmmm，解得||100或33或1mmmmm，∴m=3.当m＝3时，原不等式成立．诠释：本题应抓住复数能比较大小时必须都为实数这一条件。例9．已知z=x＋yi(x，y∈R)，且222log8(1log)xyixyi，求z．解：本题主要考查复数相等的充要条件及指数方程，对数方程的解法．∵222log8(1log)xyixyi，∴22280log1logxyxy，∴32xyxy，解得21xy或12xy,∴z＝2＋i或z＝1＋2i．诠释：本题应抓住复数相等的充要条件这一关键，正确、熟练地解方程（指数，对数方程）例10．已知x为纯虚数，y是实数，且2x－1＋i＝y－(3－y)i，求x、y的值．解：本题主要考查复数的有关概念，实数与i的运算，复数相等的充要条件，方程组的解法．设x＝ti(t∈R，且t≠0），则2x－1＋i＝y－(3－y)i可化为2ti－1＋i＝y－(3－y)i，即(2t＋1)i－1=y－(3－y)i，∴21(3)1tyy,∴y=－1,t=－25,∴x=－25i.2．复数的四则运算例1．计算：（1）22(1)(1)(1)nnii，n∈N+；（2）若ω=－21+23i，ω3=1，计算6633()()22ii；（3）2(32)(52)(53)(23)(25)iiiii；（4）S=1+2i+3i2+4i3+……+100i99.解：（1）22(1)(1)(1)nnii=2212(1)2[](1)()(2)(1)2(1)2nnniiiiiii=221,22,inkkNinkkN.（2）6633()()22ii=6666261313()()[()]22iiiii=－2.（3）由于3223iii,5225iii,∴2(32)(52)(53)(23)(25)iiiii=222|(53)||(53)|(53)iiii=8.（4）S=1+2i+3i2+4i3+……+100i99=(1+2i+3i2+4i3)+(5i4+6i5+7i6+8i7)+……+(97i96+98i97+99i98+100i99)=(1+2i－3－4i)+(5+6i－7－8i)+……+(97+98i－99－100i)=25(－2－2i)=－50－50i.例2．已知复数z满足|z－2|=2，z+4z∈R，求z.解：设z=x+yi,x,y∈R，则z+4z=z+22222244()44()zxyixyxyixyizzxyxyxy，∵z+4z∈R，∴224yyxy=0，又|z－2|=2,∴(x－2)2+y2=4,联立解得，当y=0时,x=4或x=0(舍去x=0,因此时z=0)，当y≠0时,13xy,z=1±3,∴综上所得z1=4，z2=1+3i，z3=1－3i.例3．设z为虚数，求证：z+1z为实数的充要条件是|z|=1.证明：设z=a+bi(a,b∈R，b≠0)，于是z+1z=(a+bi)+2222221()()abiababiabiabiababab,所以b≠0,(z+1z)∈Rb－22bab=0a2+b2=1|z|=1.例4．复数z满足(z+1)(z+1)=|z|2，且11zz为纯虚数，求z.解：设z=x+yi(x,y∈R)，则(z+1)(z+1)=|z|2+z+z+1=|z|2，∴z+z+1=0，z+z=－1，x=－21.11zz=22(1)(1)||1(1)(1)|1|zzzzzzzz=2221|1|xyxyixyiz为纯虚数，∴x2+y2－1=0,y=±23,∴z=－21+23i或z=－21－23i.例5．复数z满足(1+2i)z+(3－10i)z=4－34i，求z.解：设z=x+yi(x,y∈R)，则(1+2i)(x+yi)+(3－10i)(x－yi)=4－34i，整理得(4x－12y)－(8x+2y)i=4－34i.∴41248234xyxy,解得41xy,∴z=4+i.例6．设z是虚数，ω=z+1z是实数，且－1ω2，（1）求|z|的值及z的实部的取值范围；（2）设u=11zz，求证u为纯虚数；（3）求ω－u2的最小值。解：（1）设z=a+bi(a,b∈R,b≠0)，则ω=2222()()ababiabab，由于ω是实数且b≠0，∴a2+b2=1，即|z|=1，由ω=2a,－1ω2,∴z的实部a的的取值范围是(－21,1).（2）u=11zz=222211221(1)1abiabbibiabiaba，由于a∈(－21,1),b≠0，∴u是纯虚数。（3）ω－u2=2a+22221122221(1)(1)11baaaaaaaaa=12[(1)]31aa,由于a∈(－21,1)，∴a+10，则ω－u2≥2×2－3=1，当a+1=11a,即a=0时，上式取等号，所以ω－u2的最小值为1.例7．证明：iziz＝1．解：此题考查复数的运算、模的定义，共轭复数的性质等．设z＝a＋bi，(a,b∈R)，则iziz=2222(1)(1)1(1)(1)abiabiabiiabiabiab.解2：∵iziziz，∴iziz=()1iziziziz.