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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 复 数专题一 复数与数列复数数列的题目主要表达对复数运算的规律性的把握名师归纳总结 例 1 设数列z 1,z 2,z n,是首项为 48,公比为162i的等比复数列第 1 页,共 7 页4（ 1）求4z （ 2）将这个数列中的实数项,不转变原先的次序,从首项开头,排成a 1,a2,an,试求a （ 3）求无穷级数a 1a 2an的和解：（1）r162i1cos6isin6z 448 r3122 i42（ 2）使 r 为实数的最小自然数是6,数列a 1,a2,a n,是首项为48,公比为r6的等比数列所以a334（ 3）这个级数是公比r61的无穷
2、等比级数,从而和1481128838例 2今定义复数列a 1,a 2,an,如下,a 11i,a213 i,a n1a 1ka n（n2, k 为正的常数问复数a 的辐角的正切与哪一个值最接近？（当n时）分析：寻求a 的一般式,再留意取极限的方法以及相关争论解：an1的辐角记作,a n1a 1ka na 1 1kkn2kn1a2（ 1）当k1时,an1n1a 1a 2n n13i,所以tann131nn（ 2）当k1时,an1a11kn1kn1a21kn131 kn13kn1kk1k1tan131kn13 kn13 kk31 k1 n1kn 0k1 例 3 （1）设在复数列z 0,z 1,zn
3、,之间有如下关系：z n1znz nz n1n,1 2 ,3,其中1是常复数当z 00 ,z 11时,试将z 的值用表示（ 2）如（ 1）中的1i3,求在圆| z|10（ z 是复数）的内部总共含有nz 的个数解：（1）z 2z 1z 1z 0,z 3z 2z 2z 12 z nzn1z n1zn2n1于是,从1得,nz1n1- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - （ 2）13 i2 cos3isin3,所以n2ncosnisinn, 要使z 在圆| z|10的内33部,它的充分必要条件是z10,|nz|2100即z nz n100,而znzn1 12n1c
4、osn22n,331 12n1cosn22n100又12n1cosn22n12 n122n12n2,333能适合 12n2300的 n 只是0,1,2,34在逐个验证这五个点确信都在圆| z|10的内部,故符合条件,的长成首项为1,公比为的点共有5 个例 4设平面上有点P 0P 1,如下列图,其中,线段OP 0,P 0P 1,P 1P 2,r 的等比数列y P 2 P 1（ 1）如0r1,就当 n时,P 与哪一点无限接近？（ 2）将（ 1）中的极限点用Q 表示如固定r1而变动时,点 Q 所O0Px2描述的是怎样的曲线？解：（1）rcosisin,此时,如将表示点P 的复数记作z ,就有z nz
5、n1n,其中z1就是原点 O 于是zn12n11n11 |z n11|n1|rn1|, |1|1因此,如0r1,令 n,就|zn11|0,nz 所表示的点与11所表示的点最靠近（ 2）z11,就有zz1,r1固定,做变动,点总在以原点为圆心的圆周上但因2|1,故有|z|2于是当点在以原点为中心,1 为半径的圆上,点 211相应的在以点4 为 32z1圆心,2 为半径的圆上3例 5 设在复平面上 : （ 1）原点为 O ,表示复数 Z 的点为 A ,点 B 由|AB|k|OA|,AB,OA的交角为所确定；试求表示点 B 的复数；这里k 是实数；yA 取0 ,0 ,A 取B（ 2）点列A 0,A
6、1,A 2,A n,由下述方式确定：的Cz A z1 0,An1n,1 2 ,3,由|A nA n1|2|A n1A n|,以及A nA n1,A n1A n夹角所定义；试求被表示为A 复数nz ；z 2n1,S 2z 2z 4Oxz 2n,将2S 1iS 2化（ 3）如（ 2）中,2,且记S 1z 1z 3简；2名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 7 页精选学习资料 - - - - - - - - - 解：（1）将表示 B 的复数记作,就对有关系OCAB的点 C 表示为复数,就是z,从而zkz cosisin,所以1kcosiksinz；z n1,z n1z n；由（ 2
7、）A n1A nOP ,A nA n1OQ所表示的点P,Q,就用复数分别表示为z nPOQ, 推 出z n1z n2z nz n1 c o sis i n, 因 此 , 数 列z nz n1是 首 项 为z 1z 0101,公比为2cosisin的等比数列；所以z nz n12n1cosisinn1（ n 是正整数）；所以z n1n 2cos niisinn；12 cossin（ 3）数列z 2k1,z 2k仍为等比数列,故可求得2S 1iS 2ni；专题二 复数与几何1. 有关轨迹问题：例 1 已知一圆 B 及圆外一点 A,在圆上任取一点 Q,以 AQ为边按逆时针作正三角形 AQP,求点 P
8、 的轨迹 . 解：如图：建立复平面, 设 AB a,圆 B半径为 r . P、Q分别对应复数为 z , z 1,y 就 z1 a r . 令 z 0 cos3 i sin3,QAP3,z z 1 z 0 , z 1z z0 . C 故 z a r , z az 0 r z 0 r . 故点 P 的轨迹是圆,圆心对应的复数 o A x z 0为 az ,即 a 3 ai,半径为 r . 2 2例 2 已知复数 z 1 , z 2 , z 1 z 2 在复平面上分别对应点 A、B、C, O为复平面的原点 . 1 如 z 1 3 1 i,向量 OA 逆时针旋转 90 ,模变为原先的 2 倍后与向量
9、OC重合,求 2z ；2 2（ 2）如 z 1 z 2 2 z 1 z 2 ,试判定四边形 OACB的外形 . 解： 向量 OA逆时针旋转 90 ,模变为原先的 2 倍所得的向量对应的复数为 z 1 2 i,而 OC对应的复数为 z 1 z 2,故 z 1 z 2 = z 1 2 i . 故 z 2 z 1 1 2 i 3 1i 1 2 i 2 2整理可得：z 2 2 3 2 3 1 i . 2 22 z 1 z 2 2 z 1 z 2 , BA OC . 又 四边形 OACB为平行四边形,四边形 OACB为菱形 . 2. 复数的模与辐角求复数的辐角主值常有两种方法：名师归纳总结 由于1 利用
10、复数的三角式,应用三角函数的学问求解. 2isin. 设argz2a,第 3 页,共 7 页2 依据复数的几何意义,将问题转化为几何问题求解. 例 3 设复数 z满意z1, 求复数z2的辐角主值的最大值与最小值；解：z1可设zcosisin02,z2coscos20 ,1sin1,故2a3. 2得令ytgasin2,就可先求出y 的最值；由ycos2ysin,sinycos2y,. cosy21, 1y2sin2y 其中tgy ,sin1,2ymax7y21y2,3y3,3tga3, 故argz2min5即4,argz2333366- - - - - - -精选学习资料 - - - - - -
11、 - - - 方法二 : 由z1,知 z对应的点 Z 在单位圆x22 y1上,设 A（2,0）,依据复数减法的几何意义,复数 z 2 对应的向量是 AZ. （如图）,y Z当射线 AZ是圆 O的切线时,z 2 对应的向量分别为 AZ 和 AZ 2,其中 Z Z1,Z2 为切点 . 连接 OZ1,就 OZ 1 AZ 1,可知 OAZ 为直角三角形 . o A x 由 OZ 1 1 , OA 2 , 故 arg z 2 min 5, arg z 2 max 7 Z6 6例 4 设 A z z 2 1 z z 1 , z C , 求 A 中辐角主值最大的复数 z . 解：满意 z 2 1 的点在以
12、2 0, 为圆心,以 1 为半径的圆内（包括圆周）,满意 z 1 的点在单位圆内, （包括圆周） ,A 对应如图两圆共同部分 . A 中辐角主值最大的复数 P 点对应的复数z cos 5 i sin 5 2 2 i4 4 2 2例 5 如 z 1, z 2 c , 求证：z 1 z 2 1 z 1 z 2 成立的充分必要条件是 z 、1 z 2 中至少有一个是 1. 2 2 2证： 必要性：z 1 z 2 1 z 1 z 2 , z 1 z 2 1 z 1 z 2 , 故有z 1 z 2 z 1 z 2 1 z 1 z 2 1 z 1 z 2 . 依据互为共轭的复数间关系有：z 1 z 2 z
13、 1 z 2 1 z 1 z 2 1 z 1 z 2 . 化简整理得：z 1 z 1 z 2 z 2 1 z 1 z 2 z 1 z 22 2 2 2 2 2z 1 z 2 1 z 1 z 2 , z 1 1 z 2 1 0 , 1z、z 2 至少有一个为 1 ；充分性：以上过程均可逆；结论成立；常用到的与复数的模相关的结论：（ 1）z z | z | 2| z | 2（2）| z 1 z 2 | | z 1 | | z 2 | | z n| | z | n n N z 1 | z 1 |（ 3）| | z 2 0 （ 4）| z 1 | | z 2 | | z 1 z 2 | | z 1 |
14、 | z 2 | . z 2 | z 2 |（ 5）| z | a | z |, | z | b | z | z a bi , | z 1 z 2 | 2 | z 1 z 2 | 2 2 | z 1 | 2 2 | z 2 | 2 .例 6 某草场上有宝 . 取宝法如下：该草场上原有一株橡树、一株松树、一个绞架 . 从绞架走到橡树,记住步数,向右拐 90 走同样多步打个桩 . 然后回到绞架那里,再走到松树,记住步数,向左拐 90 走同样多步,又打一个桩 . 在这两个桩正中挖掘,可以得宝；年久日长,草场上绞架已经风化,渺无踪迹,但是橡、松二树犹存 . 问应如何取宝 . y 解： 取草场为复平面,
15、以两棵树所在的直线为实轴,以两棵树连线的中点Z Z 为原点 O,建立如下列图的坐标系,设 A、B 为橡、松二树,其坐标分别为 1 Z（-1 ,0）,（1,0）. 令点 Z 表示绞架, Z1、Z2、Z0 分别表示第一个桩、其次个 2桩以及两桩的中点 . 他们对应的复数分别表示为 z, z1, z2, z0. A O B X 由复数减法的几何意义,知 AZ 1 对应的复数为 1z 1；BZ 1 对应的复数为 2z 1 . 依照乘法的几何几何意义,知 AZ 可由 AZ 逆时针旋转 90 得到 . z 1 1 z 1 i , 即 z 1 1 z 1 i4名师归纳总结 - - - - - - -第 4
16、页,共 7 页精选学习资料 - - - - - - - - - 同理 ,z 21z1 i, 其中点 Z0对应的复数为z 0z12z 2i. 即 Z0 为虚轴上的点i . 不论绞架位置在哪儿,宝的位置总对应虚轴上相应于复数为的那一点,故宝可取. 例 7 某人在宽大的大草原上自由闲逛,突发如下想法：向某一方向走1km后向左转 30 ,后向前走 1km后向左转 30 ,如此下去,能回到动身点吗？Y C 解： 以动身点作为坐标原点 O,走第一个 1km时所沿的直线作为 Ox轴,3 B 30建立如下列图的复平面 . O A 0 X 第一个 1km的终点 A对应的复数是 1,其次个 1km的终点 B 对应
17、的复数是1+ cos 30 i sin 30 ,第三个 1km的终点 C对应的复数是 1+ cos 30 i sin 30 + cos 60 i sin 60 . 如此下去,走第 n个 1km时所达到的点对应的复数是 1+ cos 30 i sin 30 + cos 60 i sin 60 + cos n 1 30 i sin n 1 30,即 1+ cos 30 i sin 30 + cos 30 i sin 30 2+ cos 30 i sin 30 n 1 = 1 cos n 30 i sin 30 当 n =12 时,上述复数为 0,即可回到动身点；1 cos 30 i sin 30
18、专题三 复数与方程1. n次方程肯定有 n个复数根例 1 求 z n 1 的根n解： 设 z r cos i sin ,依据隶莫佛定理,r cos n i sin n 1,从而方程的根是 cos 2i sin 2（n 0 ,1, 2 3, ,）n n注：这 n 个根的模都等于 1,它的辐角按 2 增加, 由此可见, 这 n 个根均位于单位圆上把圆周作了 nn等分名师归纳总结 例 2 设在 1 的立方根中,记其中不等于1 的一个根为,问21的值是多少？再问,当n 是整数时,3n1的值是多少？1, 解：x31x1 x2x10,于是2103n12例 3 （1）设是 1 的 5 次方根（1）,当1时,
19、求2的值（ 2）以原点位中心,以,10 为顶点作五边形求与1 0,相邻的两个顶点的x 坐标的值（ 3）试构造一个以232为一个根的整系数二次方程解：（1）2121221114321 22第 5 页,共 7 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 又1,故有4321510,所以211（ 2）今将复平面作为给定的坐标平面,此时画出五边形cos2isin2, cos2,于是55451cos2isin2,及4 是点 ,10的相邻两顶点,他们的横坐标都是555有142cos22,而由（ 1）,1得到210,解得1552（舍）,512815,所以42210（1）4（
20、3）51,即415,两边平方,164232x（2）（1）22,422x,所以422x,将此式代入（ 1）,有4 2x1 22 2x110,于是有16x220x50根的存在性问题的判定的问题,有些实数范畴内的结论仍可以应用到复数范畴内例 4 设关于 x 的方程 2 x 23 ax a 2a 0 至少有一个模等于 1 的根,确定实数 a 的值解：2 x 2 3 ax a 2a 0 . （1）（ 1）实根的情形：D 9 a 2 8 a 2a a 2 8 a 0,所以 a 0 或 a 8（2）将 x 1 代入（ 1）式,2 3 a a 2a 0,所以 a 22 a 2 0,解得 a 1 i,由于 a是
21、实数,所以不符合条件其次,用 x 1 代入（ 1）整理后有 a 2 4 a 2 0,解得 a 2 2,这是实数,且在（ 2）的范畴内,故适合题中条件x（ 2）虚根的情形：D9 a28 a2a a28 a0,所以,8a0解（ 1）有,20,2a28 a21,整理后,a2a3 a4a28 ia,为使它的模等于3 a1,只须44a2（舍）或a1综上,满意条件的a 为22,1判定根的个数的问题,可以当解方程有困难时,可以调用不等式,函数单调性等手段来处理问题6名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 7 页精选学习资料 - - - - - - - - - 例 5 试求满意3 z2|z|1
22、0非实数的复数z 的个数式中zxyix,y为实数时 名师归纳总结 - - - - - - -分析：依据xyi作为根的条件,求出x,y的关系式,由此对单变数x的函数求导,再求根解： 满意3 z2|z|10（1）的非实数的复数记为：zxyix,y为实数时,y0 ,代入原方程,xyi32x2y210,所以x33 xy22x2y21 i3x2yy30,3 x23xy222 xy2103 xy3 y0y0,由（3）,3x2y2, 将它代入2,有8 x34|x|10. 从而,假如x0,就由（ 4）,y0这不合题意,为此x0,（ 1）当x0时,可化为8x34x10,（6）等式左边看成是关于x 的函数求导数得4 6x210,这说明方程左侧关于x 的函数是增函数,又f010,lim xfx可以推知,方程（6）只有一个正根,在此,由4 可确定两个复数（ 2）x0时,5式可化为8x34x10, （7）所以 2x1 4x22 x1 0,从而,（ 7）式可以取两个负根：1,145这两个值对应于（4）可确定 4 个复数2综上,满意（ 1）的非实复数共有6 个第 7 页,共 7 页