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学案4复数返回目录一.复数的有关概念1.（1）若i为虚数单位，规定①i2=;②实数可以与i进行四则运算，进行四则运算时，原有的加、乘法运算律仍然成立.（2）形如a+bi(a,b∈R)的数叫做复数，a,b分别叫做复数的.若b=0,则复数a+bi为；若b≠0，则复数a+bi为；-1实部、虚部实数虚数考点分析返回目录（3）若a,b,c,d∈R，则a+bi=c+di的充要条件是.（4）若a,b,c,d∈R，则a+bi与c+di为共轭复数的充要条件是.2.（1）建立直角坐标系来表示复数的平面叫，叫做实轴，叫做虚轴.（2）复数z=a+bi(a,b∈R)与复平面内的点建立了关系.一一对应a=c且b=da=c且b=-d复平面x轴y轴若b≠0，且a=0时，则复数a+bi为.纯虚数返回目录二.复数的运算：1.运算法则设z1=a+bi,z2=c+di(a,b,c,d∈R).（1）z1±z2=(a+bi)±(c+di)=.（2）z1·z2=(a+bi)(c+di)=.（3）=.(a±c)+(b±d)i(ac-bd)+(ad+bc)idi+cbi+a22dcad)i-bd)(bc(ac=zz21（4）zm·zn=,(zm)n=,(z1·z2)n=（其中m,n∈Z）;n+mzzmnn2n1·zz返回目录（5）=(a+bi)n=;（6）求a+bi的平方根.x2-y2=a,2.常见的运算规律（1）i的周期性：i4n+1=,i4n+2=,i4n+3=,i4n=(n∈Z);（2）(a+bi)(a-bi)=;（3）（1±i）2=；n1z求出x,y.设(x+yi)2=a+bi，由{ib+…+ibaC+biaC+ann222-n2n-1n1nn2xy=bi-1-i1a2+b2±2i（4）=,=;（5）=;（6）b-ai=(a+bi)·(-i),-b+ai=(a+bi)i.返回目录i-1i+1i+1i-12)2i±1(±ii-i返回目录复数z=+(m2-2m-15)i，求实数m，使得（1）z是实数；（2）z是纯虚数；（3）z所对应的点在复平面的第二象限；（4）z是复数.考点一复数的基本概念【分析】根据复数的有关概念的定义，把此复数的实部与虚部分离开，转化为实部与虚部分别满足定义的条件这一实数问题去求解.3+m6-m-m2题型分析返回目录【解析】实部为=,虚部为m2-2m-15=(m+3)(m-5).(m+3)(m-5)=0m+3≠0，m=-3或m=5m≠-3.∴当m=5时，z是实数.3+m6-m-m23+m3)-2)(m+(m(1)要使z为实数，则{即{返回目录=0(m+3)(m-5)≠0,m=-2或m=3m≠-3且m≠5,∴当m=-2或m=3时，z是纯虚数.3+m3)-2)(m+(m（2）要使z为纯虚数，则{{即（3）由复数z所对应的点在复平面上第二象限的充要条件知0(m+3)(m-5)0,m-3或-2m3m5或m-3.∴当m-3时，z所对应的点在第二象限.∈R(m+3)(m-5)∈R,∴当m≠-3时，z为复数.返回目录3+m3)-2)(m+(m即{{∴m-3.（4）要使z为复数，则{3+m3)-2)(m+(m【评析】本题考查复数集中各数集的分类及复数的几何意义，本题中给出的复数采用的是标准的代数形式；若不然，则应先化为代数形式后再依据概念求解.返回目录下列四个命题中正确结论的个数为（）①满足z=的复数有±1,±i;②若a,b∈R且a=b,则(a-b)+(a+b)i是纯虚数；③复数z∈R的充要条件是z=z；④复平面内x轴是实轴，y轴是虚轴.A.0个B.1个C.2个D.3个＊对应演练＊返回目录z1C(±i不满足z=，故①错；当a=b=0时，(a-b)+(a+b)i是实数,故②错；③④正确.故应选C.)Cz1返回目录已知x,y为共轭复数，且(x+y)2-3xyi=4-6i，求x,y.【分析】解决此类问题的基本方法是设复数的代数形式，化虚为实.考点二复数相等的充要条件【解析】设x=a+bi（a,b∈R），则y=a-bi,代入原式，得(2a)2-3(a2+b2)i=4-6i,4a2=4,-3(a2+b2)=-6.根据复数相等得{返回目录a=1a=1a=-1a=-1b=1b=-1b=1b=-1.x=1+ix=1-iy=1-iy=1+ix=-1+ix=-1-iy=-1-iy=-1+i.或或或解得{{{{或{∴所求复数为{或{或{【评析】利用复数相等实现了复数问题向实数问题的转化，体现了转化思想.2.已知复数ｚ与（ｚ＋２）２－８ｉ均是纯虚数，则ｚ＝.【分析】根据复数代数形式，可设z=bi(b∈R,b≠0)，代入(z+2)2-8i并求出它的实部和虚部，利用定义求出b.返回目录【解析】设z=bi(b∈R且b≠0),则(z+2)2-8i=(bi+2)2-8i=4-b2+(4b-8)i,又(z+2)2-8i为纯虚数，4-b2=04b-8≠0,b=-2.∴有{解得∴z=-2i.【评析】由复数z=a+bi(a,b∈R)为纯虚数的条件列出关系式.要完整理解复数分类的条件.本题中均不可忽视复数z=a+bi为纯虚数的一个必要不充分条件是b≠0.返回目录返回目录＊对应演练＊已知A={1,2,(a2-3a-1)+(a2-5a-6)i},B={-1,3},且A∩B={3},求实数a的值.∵A∩B={3},∴(a2-3a-1)+(a2-5a-6)i=3.a2-3a-1=3a2-5a-6=0.∴a=-1.∴{返回目录实数m取怎样的值时，复数z=(m2-3m+2)+(m2-2m-8)i的共轭复数在复平面上的对应点在第一象限内.【分析】复数z=a+bi(a,b∈R)与复平面的点z（a,b）建立了一一对应关系，因此只要求a,b所在象限也就知道了.考点三复数的几何意义【解析】要使z的对应点在第一象限，则有z的对m2-3m+20m2-2m-80得-2m1或2m4，即为所求m的取值范围.{应点在第四象限.解返回目录【评析】复数实部、虚部的符号与其对应点所在象限密切相关，实数、纯虚数的对应点分别在实轴和虚轴上.若实部为正且虚部为正，则复数对应点在第一象限；若实部为负且虚部为正，则复数对应点在第二象限；若实部为负且虚部为负，则复数对应点在第三象限；若实部为正且虚部为负，则复数对应点在第四象限.此外，若复数的对应点在某些曲线上，还可写出代数形式的一般表达式.如：对应点在直线x=1上，则z=1+bi(b∈R)；对应点在直线y=x上，则z=a+ai(a∈R)，这在利用复数的代数形式解题中能起到简化作用.返回目录＊对应演练＊设z=log2(m2-3m-3)+ilog2(m-3)(m∈R)，若z对应的点在直线x-2y+1=0上，则m的值是.(∵z对应的点为(log2(m2-3m-3),log2(m-3))，又∵其在直线x-2y+1=0上，∴log2(m2-3m-3)-2log2(m-3)+1=0,整理得log2∴2m2-6m-6=m2-6m+9,即m2=15,m=±,又∵m-30且m2-3m-30,∴m=.)150=3)-(m3)-3m-2(m221515返回目录考点四复数代数形式的运算计算：（1）（2）1+in+i2n+…+i2000n(n∈N).【分析】（1）利用(1±i)2=±2i这一特点进行运算;（2）利用in的周期性计算.;i-3i+1+)i+12(+i32+1i+32-0002返回目录【解析】（1）原式=（2）当n=4k(k∈N)时，原式=1+1+…+1=2001；当n≠4k(k∈N)时，原式=i57+56=i52+51+1+i=i-3i+1+)-i(+i)+3i(-2-i+32-0001︸2001个1=i-1i-1=i-1·ii-1=i-1i-1nnnn000n2n001n2【评析】（1）在计算过程中常出现一些比较有特点的式子.如（1±i）2=±2i,,等，要抓住这一特点快速运算.(2)in的运算具有周期性.返回目录i=i-1i+1-i=i+1i-1已知z=1+i.（1）设ω=z2+3z-4,求ω；（2）如果，求实数a，b的值.返回目录＊对应演练＊i-1=1+z-zb+az+z22（1）∵z=1+i,∴ω=z2+3z-4=(1+i)2+3(1+i)-4=-1-i.（2）由，把z=1+i代入得∴(a+b)+(a+2)i=(1-i)i=1+i.a+2=1a=-1a+b=1b=2.返回目录i-1=1+z-zb+az+z22i-1=1+i)+(1-i)+(1b+i)+a(1+i)+(122i-1=i2)i+(a+b)+(a∴得∴{{考点五复数代数形式的综合运用设z是虚数，ω=z+是实数，且-1＜ω＜2.(1)求z的实部的取值范围；(2)设u=，求证：u是纯虚数；(3)求ω-u2的最小值.【分析】本题涉及复数的概念、复数与不等式的综合应用，考查学生解综合题的能力.返回目录z1z+1z-1【解析】(1)设z=a+bi(a,b∈R，且b≠0),则ω=z+=a+bi+=（a+）+（b-）i.∵ω∈R,∴b-=0.∵b≠0,∴a2+b2=1.此时ω=2a,又-1＜ω＜2,∴-1＜2a＜2-＜a＜1.∴z的实部的取值范围是（-,1）.返回目录z1bi+a122b+aa22b+ab22b+ab21⇔21(2)证明：u===∵a∈（-,1）,b≠0,a,b∈R,∴u为纯虚数.(3)ω-u2=2a+=2a+=2a-=2a-1+=2[(a+1)+]-3.∵-＜a＜1,∴a+1＞0.∴2[(a+1)+]-3≥2·-3=1.当且仅当a+1=，即a=0时取“=”号，故ω-u2的最小值为1.返回目录z+1z-1bi+a+1bi-a-1i.1+ab-=b+a)+(12bi-b-a-1222221221)+(ab221)+(aa-11+a1-a1+a21+a1211+a11+a1•1)+(a1+a1【评析】本题表面上是考查复数的有关概念，但实质上是借复数的知识考查学生的化归能力，考查均值不等式的应用，综合考查学生运用所学知识解决问题的能力,是高考改革的方向.返回目录设等比数列z1,z2,z3,…,zn,….其中z1=1,z2=a+bi,z3=b+ai(a,b∈R且a0).（1）求a,b的值；（2）试求使z1+z2+…+zn=0的最小自然数n;（3）对（2）中的自然数n,求z1·z2·…·z12的值.返回目录＊对应演练＊（1）∵z1,z2,z3成等比数列，∴=z1z3,即(a+bi)2=b+ai,a2-b2+2abi=b+ai,a2-b2=b,2ab=a.解得a=,b=.22z∴(a0){2123返回目录（2）∵z1=1,z2=+i,∴公比q=+i.于是zn=（+i）n-1.∴z1+z2+…+zn=1+q+q2+…+qn-1==0.∴qn=（+i）n=(-i)n（-+i）n=1.即n既是3的倍数又是4的倍数.故n的最小值为12.212321232123q-1q-1n23212123返回目录（3）z1z2…z12=1·（+i）·（+i）2…（+i）11=（+i）1+2+…+11=[(-i)（-+i）]66=(-i)66·（-+i）66=-1.返回目录212323232121212321232123考点六简单的复数方程设关于x的方程是x2-(tanθ+i)x-(2+i)=0,若方程有实数根,求锐角θ和实数根.【分析】以方程为载体,利用复数相等的条件建立方程,再求解.返回目录【解析】设实数根为x0,则-(tanθ+i)x0-(2+i)=0,∴-x0tanθ-2-(x0+1)i=0.∵x0,tanθ∈R,-x0tanθ-2=0x0+1=0.∴x0=-1且tanθ=1,又0θ,∴θ=.【评析】利用复数相等实现复数问题向实数问题的转化,体现了转化思想.返回目录20x20x∴{20x2π4πz=a+bi,则z=a-bi(a,b∈R).∴(1+2i)(a-bi)=4+3i,∴(a+2b)+(2a-b)i=4+3i.a+2b=42a-b=3,∴a=2,b=1,∴z=2+i.∴已知(1+2i)z=4+3i,求z及.返回