復(fù)數(shù)與多項式講義

1、復(fù)數(shù)與多項式 講義一、基礎(chǔ)知識1復(fù)數(shù)的定義：設(shè)i為方程x2=-1的根，i稱為虛數(shù)單位，由i與實數(shù)進(jìn)行加、減、乘、除等運算。便產(chǎn)生形如a+bi（a,bR）的數(shù)，稱為復(fù)數(shù)。所有復(fù)數(shù)構(gòu)成的集合稱復(fù)數(shù)集。通常用C來表示。2復(fù)數(shù)的幾種形式。對任意復(fù)數(shù)z=a+bi（a,bR），a稱實部記作Re(z),b稱虛部記作Im(z). z=ai稱為代數(shù)形式，它由實部、虛部兩部分構(gòu)成；若將(a,b)作為坐標(biāo)平面內(nèi)點的坐標(biāo)，那么z與坐標(biāo)平面唯一一個點相對應(yīng)，從而可以建立復(fù)數(shù)集與坐標(biāo)平面內(nèi)所有的點構(gòu)成的集合之間的一一映射。因此復(fù)數(shù)可以用點來表示，表示復(fù)數(shù)的平面稱為復(fù)平面，x軸稱為實軸，y軸去掉原點稱為虛軸，點稱為復(fù)數(shù)的幾

2、何形式；如果將(a,b)作為向量的坐標(biāo)，復(fù)數(shù)z又對應(yīng)唯一一個向量。因此坐標(biāo)平面內(nèi)的向量也是復(fù)數(shù)的一種表示形式，稱為向量形式；另外設(shè)z對應(yīng)復(fù)平面內(nèi)的點Z，見圖15-1，連接OZ，設(shè)xOZ=,|OZ|=r，則a=rcos,b=rsin,所以z=r(cos+isin)，這種形式叫做三角形式。若z=r(cos+isin)，則稱為z的輻角。若0<2，則稱為z的輻角主值，記作=Arg(z). r稱為z的模，也記作|z|，由勾股定理知|z|=.如果用ei表示cos+isin，則z=rei，稱為復(fù)數(shù)的指數(shù)形式。I復(fù)數(shù)的四種表示形式代數(shù)形式：R）幾何形式：復(fù)平面上的點Z（）或由原點出發(fā)的向量.三角形式：R

3、.指數(shù)形式：.復(fù)數(shù)的以上幾種形式，溝通了代數(shù)、三角、幾何等學(xué)科間的聯(lián)系，使人們應(yīng)用復(fù)數(shù)解決相關(guān)問題成為現(xiàn)實.II復(fù)數(shù)的運算法則加、減法：乘法： 除法： 乘方（棣莫弗定理）：N）；開方：復(fù)數(shù)次方根是單位根：若wn=1，則稱w為1的一個n次單位根，簡稱單位根，記Z1=，則全部單位根可表示為1,.單位根的基本性質(zhì)有（這里記，k=1,2,n-1）：（1）對任意整數(shù)k，若k=nq+r,qZ,0rn-1，有Znq+r=Zr；（2）對任意整數(shù)m，當(dāng)n2時，有=特別1+Z1+Z2+Zn-1=0；（3）xn-1+xn-2+x+1=(x-Z1)(x-Z2)(x-Zn-1)=(x-Z1)(x-)(x-).復(fù)數(shù)z是實

4、數(shù)的充要條件是z=;z是純虛數(shù)的充要條件是：z+=0（且z0）.代數(shù)基本定理：在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)，一元n次方程至少有一個根。實系數(shù)方程虛根成對定理：實系數(shù)一元n次方程的虛根成對出現(xiàn)，即若z=a+bi(b0)是方程的一個根，則=a-bi也是一個根。若a,b,cR,a0，則關(guān)于x的方程ax2+bx+c=0，當(dāng)=b2-4ac<0時方程的根為III復(fù)數(shù)的模與共軛復(fù)數(shù)復(fù)數(shù)的模的性質(zhì) 、對應(yīng)的向量、反向時取等號；，向量同向時取等號.共軛復(fù)數(shù)的性質(zhì)； ； ； z是實數(shù)的充要條件是是純虛的充要條件是復(fù)數(shù)解題的常用方法與思想（1）兩個復(fù)數(shù)相等的充要條件是它們的實部、虛部對應(yīng)相等，或者它們的模與輻角主值相等（輻角

5、相差2的整數(shù)倍）. 利用復(fù)數(shù)相等的充要條件，可以把復(fù)數(shù)問題轉(zhuǎn)化為實數(shù)問題，從而獲得解決問題的一種途徑.（2）復(fù)數(shù)的模也是將復(fù)數(shù)問題實數(shù)化的有效方法之一.善于利用模的性質(zhì)，是模運算中的一個突出方面.二、方法與例題1模的應(yīng)用。例1 求證：當(dāng)nN+時，方程(z+1)2n+(z-1)2n=0只有純虛根。證明 若z是方程的根，則(z+1)2n=-(z-1)2n，所以|(z+1)2n|=|-(z-1)2n|,即|z+1|2=|z-1|2,即(z+1)(+1)=(z-1)(-1)，化簡得z+=0，又z=0不是方程的根，所以z是純虛數(shù)。例2 設(shè)f(z)=z2+az+b,a,b為復(fù)數(shù)，對一切|z|=1，有|f(

6、z)|=1，求a,b的值。解 因為4=(1+a+b)+(1-a+b)-(-1+ai+b)-(-1-ai+b)=|f(1)+f(-1)-f(i)-f(-i)|f(1)|+|f(-1)|+|f(i)|+|f(-i)|=4，其中等號成立。所以f(1),f(-1),-f(i),-f(-i)四個向量方向相同，且模相等。所以f(1)=f(-1)=-f(i)=-f(-i)，解得a=b=0.2.復(fù)數(shù)相等。例3 設(shè)R，若二次方程(1-i)x2+(+i)x+1+i=0有兩個虛根，求滿足的充要條件。解 若方程有實根，則方程組有實根，由方程組得(+1)x+1=0.若=-1，則方程x2-x+1=0中<0無實根，所

7、以-1。所以x=-1, =2.所以當(dāng)2時，方程無實根。所以方程有兩個虛根的充要條件為2。3三角形式的應(yīng)用。例4 設(shè)n2000,nN，且存在滿足(sin+icos)n=sinn+icosn，那么這樣的n有多少個？解 由題設(shè)得，所以n=4k+1.又因為0n2000，所以1k500，所以這樣的n有500個。4二項式定理的應(yīng)用。例5 計算：（1）；（2）解 (1+i)100=(1+i)250=(2i)50=-250,由二項式定理(1+i)100= =)+()i，比較實部和虛部，得=-250，=0。5復(fù)數(shù)乘法的幾何意義。例6 以定長線段BC為一邊任作ABC，分別以AB，AC為腰，B，C為直角頂點向外作等

8、腰直角ABM、等腰直角ACN。求證：MN的中點為定點。證明 設(shè)|BC|=2a，以BC中點O為原點，BC為x軸，建立直角坐標(biāo)系，確定復(fù)平面，則B，C對應(yīng)的復(fù)數(shù)為-a,a,點A，M，N對應(yīng)的復(fù)數(shù)為z1,z2,z3,，由復(fù)數(shù)乘法的幾何意義得：，由+得z2+z3=i(z1+a)-i(z1-a)=2ai.設(shè)MN的中點為P，對應(yīng)的復(fù)數(shù)z=,為定值，所以MN的中點P為定點。例7 設(shè)A，B，C，D為平面上任意四點，求證：ABAD+BCADACBD。證明 用A，B，C，D表示它們對應(yīng)的復(fù)數(shù)，則(A-B)(C-D)+(B-C)(A-D)=(A-C)(B-D)，因為|A-B|C-D|+|B-C|A-D|(A-B)(

9、C-D)+(B-C)(A-D).所以|A-B|C-D|+|B-C|A-D|A-C|B-D|, “=”成立當(dāng)且僅當(dāng)，即=，即A，B，C，D共圓時成立。不等式得證。6復(fù)數(shù)與軌跡。例8 ABC的頂點A表示的復(fù)數(shù)為3i，底邊BC在實軸上滑動，且|BC|=2，求ABC的外心軌跡。解設(shè)外心M對應(yīng)的復(fù)數(shù)為z=x+yi(x,yR)，B，C點對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別是b,b+2.因為外心M是三邊垂直平分線的交點，而AB的垂直平分線方程為|z-b|=|z-3i|，BC的垂直平分線的方程為|z-b|=|z-b-2|，所以點M對應(yīng)的復(fù)數(shù)z滿足|z-b|=|z-3i|=|z-b-2|，消去b解得所以ABC的外心軌跡是軌物線。7復(fù)

10、數(shù)與三角。例9 已知cos+cos+cos=sin+sin+sin=0，求證：cos2+cos2+cos2=0。證明 令z1=cos+isin,z2=cos+isin,z3=cos+isin，則z1+z2+z3=0。所以又因為|zi|=1,i=1,2,3.所以zi=1，即由z1+z2+z3=0得 又所以所以cos2+cos2+cos2+i(sin2+sin2+sin2)=0.所以cos2+cos2+cos2=0。例10 求和：S=cos200+2cos400+18cos18×200.解 令w=cos200+isin200,則w18=1，令P=sin200+2sin400+18sin1

11、8×200,則S+iP=w+2w2+18w18. 由×w得w(S+iP)=w2+2w3+17w18+18w19，由-得(1-w)(S+iP)=w+w2+w18-18w19=，所以S+iP=，所以8復(fù)數(shù)與多項式。例11 已知f(z)=c0zn+c1zn-1+cn-1z+cn是n次復(fù)系數(shù)多項式(c00).求證：一定存在一個復(fù)數(shù)z0,|z0|1，并且|f(z0)|c0|+|cn|.證明 記c0zn+c1zn-1+cn-1z=g(z),令=Arg(cn)-Arg(z0)，則方程g(Z)-c0ei=0為n次方程，其必有n個根，設(shè)為z1,z2,zn，從而g(z)-c0ei=(z-z1)

12、(z-z2)(z-zn)c0，令z=0得-c0ei=(-1)nz1z2znc0，取模得|z1z2zn|=1。所以z1,z2,，zn中必有一個zi使得|zi|1,從而f(zi)=g(zi)+cn=c0ei=cn，所以|f(zi)|=|c0ei+cn|=|c0|+|cn|.9.單位根的應(yīng)用。例12 證明：自O(shè)上任意一點p到正多邊形A1A2An各個頂點的距離的平方和為定值。證明 取此圓為單位圓，O為原點，射線OAn為實軸正半軸，建立復(fù)平面，頂點A1對應(yīng)復(fù)數(shù)設(shè)為，則頂點A2A3An對應(yīng)復(fù)數(shù)分別為2，3，n.設(shè)點p對應(yīng)復(fù)數(shù)z,則|z|=1,且=2n- =2n-命題得證。10復(fù)數(shù)與幾何。例13 如圖15-

13、2所示，在四邊形ABCD內(nèi)存在一點P，使得PAB，PCD都是以P為直角頂點的等腰直角三角形。求證：必存在另一點Q，使得QBC，QDA也都是以Q為直角頂點的等腰直角三角形。證明 以P為原點建立復(fù)平面，并用A，B，C，D，P，Q表示它們對應(yīng)的復(fù)數(shù)，由題設(shè)及復(fù)數(shù)乘法的幾何意義知D=iC,B=iA；取，則C-Q=i(B-Q)，則BCQ為等腰直角三角形；又由C-Q=i(B-Q)得，即A-Q=i(D-Q)，所以ADQ也為等腰直角三角形且以Q為直角頂點。綜上命題得證。例14 平面上給定A1A2A3及點p0，定義As=As-3,s4，構(gòu)造點列p0,p1,p2,使得pk+1為繞中心Ak+1順時針旋轉(zhuǎn)1200時p

14、k所到達(dá)的位置，k=0,1,2,若p1986=p0.證明：A1A2A3為等邊三角形。證明 令u=，由題設(shè)，約定用點同時表示它們對應(yīng)的復(fù)數(shù)，取給定平面為復(fù)平面，則p1=(1+u)A1-up0,p2=(1+u)A2-up1,p3=(1+u)A3-up2,×u2+×(-u)得p3=(1+u)(A3-uA2+u2A1)+p0=w+p0,w為與p0無關(guān)的常數(shù)。同理得p6=w+p3=2w+p0,p1986=662w+p0=p0，所以w=0，從而A3-uA2+u2A1=0.由u2=u-1得A3-A1=（A2-A1）u，這說明A1A2A3為正三角形。賽 題 精 講例1：設(shè)m、n為非零實數(shù)，

15、i為虛單位，C，則方程與如圖I181，在同一復(fù)平面內(nèi)的圖形（F1、F2是焦點）是（ ）圖I181例2：若的值是 .例3：x的二次方程、m均是復(fù)數(shù)，且.設(shè)這個方程的兩個根為、，且滿足.求|m|的最大值和最小值. 例4：例5：設(shè)復(fù)數(shù) .例6：設(shè)復(fù)平面上單位圓內(nèi)接正20邊形的20個頂點所對應(yīng)的復(fù)數(shù)依次為則復(fù)數(shù)所對應(yīng)的不同的點的個數(shù)是（ ）A4 B5 C10 D20針對性訓(xùn)練題1、 在復(fù)平面上，曲線z4+z=1與圓|z|=1的交點個數(shù)為（A）0（B）1（C）2（D）32、已知關(guān)于x的實系數(shù)方程和的四個不同的根在復(fù)平面上對應(yīng)的點共圓，則m的取值范圍是 。3、在復(fù)平面上，非零復(fù)數(shù)z1、z2在以i對應(yīng)的點為

16、圓心，1為半徑的圓上，的實部為零，argz1=，則z2=（A）（B）（C）（D）4設(shè) 是實系數(shù)一元二次方程的根，若是虛數(shù)，是實數(shù)，則 的值為A 0 B -998 C 998 D 15、（其中，x表示不超過x的最大整數(shù)）的值為（A）（B）（C）（D）1設(shè)x是模為1的復(fù)數(shù)，則函數(shù)的最小值為（ ）A5B1C2D32若復(fù)數(shù)z滿足關(guān)系對應(yīng)的復(fù)平面的點Z的軌跡是（ ）A圓B橢圓C雙曲線D直線3已知復(fù)數(shù)z滿足關(guān)系式，則復(fù)數(shù)z的輻角主值的范圍是（ ）ABCD4設(shè)復(fù)平面上單位圓內(nèi)接正20邊形的20個頂點所對應(yīng)的復(fù)數(shù)依次為則復(fù)數(shù)所對應(yīng)的不同的點的個數(shù)是（ ）A4B5C10D205設(shè)n=2001，則 .6若虛數(shù)z滿

17、足的值是 .7若關(guān)于x的方程至少有一個模為3的根，則實數(shù)a的值是 .8給正方體的8個頂點染上k個紅點，個藍(lán)點（）.凡兩端為紅色的棱記上數(shù)字凡兩端為藍(lán)色的棱記上數(shù)字凡兩端異色的棱記上數(shù)字1，這12個數(shù)字之積的所有可取值為 .2、已知關(guān)于x的實系數(shù)方程和的四個不同的根在復(fù)平面上對應(yīng)的點共圓，則m的取值范圍是 。2m|-1<m<1或m=-3/2 解：易知方程的兩根為 當(dāng)，即時，方程有兩個共軛的虛根，且的實部為，這時在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點構(gòu)成等腰梯形或矩形，它們共圓。當(dāng)，即或時，方程有兩個不等的實根，則對應(yīng)的點在以對應(yīng)的點為直徑端點的圓上，該圓的方程為，即，將及對應(yīng)點的坐標(biāo)（1，±1

18、）代入方程，即得。故m的取值范圍是m|-1<m<1或m=-3/29. 設(shè)復(fù)數(shù)其中，當(dāng)取得最小值時，_.解 易求得，于是10，取得最小值，當(dāng)且僅當(dāng)，解得，所以12.2、 在復(fù)平面上，曲線z4+z=1與圓|z|=1的交點個數(shù)為（A）0（B）1（C）2（D）31、 設(shè)a、b均為正數(shù)，且存在復(fù)數(shù)z滿足，則ab的最大值等于 5、1、 在復(fù)平面上，非零復(fù)數(shù)z1、z2在以i對應(yīng)的點為圓心，1為半徑的圓上，的實部為零，argz1=，則z2=（A）（B）（C）（D）4設(shè) 是實系數(shù)一元二次方程的根，若是虛數(shù)，是實數(shù)，則 的值為A 0 B -998 C 998 D 11、 D. 1、 已知a、b是方程a

19、x2+bx+c=0（a、b、c為實數(shù)）的兩根，且a是虛數(shù)，是實數(shù)，則的值是（A）1（B）2（C）0（D）i1、 已知a為自然數(shù)，存在一個以a為首項系數(shù)的二次整數(shù)系數(shù)的多項式，它有兩個小于1的不同正根那么，a的最小值是 2、5；1、 （其中，x表示不超過x的最大整數(shù)）的值為（A）（B）（C）（D）7、已知復(fù)數(shù)Z1,Z2滿足Z12,Z23,若它們所對應(yīng)向量的夾角為60°,則(Z1Z2)/(Z1Z2)= 。、如圖，由余弦定理可得：Z1+Z2=19, Z1-Z2=7，所以(Z1+Z2)(Z1Z2)=(19)/(7)=(133)第十講 二項式定理與多項式知識、方法、技能二項式定理1二項工定理2

20、二項展開式的通項 它是展開式的第r+1項.3二項式系數(shù) 4二項式系數(shù)的性質(zhì)（1）（2）（3）若n是偶數(shù)，有，即中間一項的二項式系數(shù)最大. 若n是奇數(shù)，有，即中項二項的二項式系數(shù)相等且最大.（4）（5）（6）（7）（8） 以上組合恒等式（是指組合數(shù)滿足的恒等式）是證明一些較復(fù)雜的組合恒等式的基本工具.（7）和（8）的證明將在后面給出.5證明組合恒等式的方法常用的有（1）公式法，利用上述基本組合恒等式進(jìn)行證明.（2）利用二項式定理，通過賦值法或構(gòu)造法用二項式定理于解題中.（3）利用數(shù)學(xué)歸納法.（4）構(gòu)造組合問題模型，將證明方法劃歸為組合應(yīng)用問題的解決方法.賽題精講例1：求的展開式中的常數(shù)項.【解】

21、由二項式定理得 其中第項為 在的展開式中，設(shè)第k+1項為常數(shù)項，記為則 由得r2k=0，即r=2k，r為偶數(shù)，再根據(jù)、知所求常數(shù)項為【評述】求某一項時用二項展開式的通項.例2：求的展開式里x5的系數(shù).【解】因為 所以的展開式里x5的系數(shù)為 【評述】本題也可將化為用例1的作法可求得.例3：已知數(shù)列滿足 求證：對于任何自然數(shù)n，是x的一次多項式或零次多項式. （1986年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題）【思路分析】由是等差數(shù)列，則從而可將表示成的表達(dá)式，再化簡即可.【解】因為 所以數(shù)列為等差數(shù)列，設(shè)其公差為d有 從而由二項定理，知又因為從而 所以當(dāng)?shù)囊淮味囗検?，?dāng)零次多項式.例4：已知a，b均為正整數(shù)，且求

22、證：對一切，An均為整數(shù).【思路分析】由聯(lián)想到復(fù)數(shù)棣莫佛定理，復(fù)數(shù)需要，然后分析An與復(fù)數(shù)的關(guān)系.【證明】因為顯然的虛部，由于 所以從而的虛部.因為a、b為整數(shù)，根據(jù)二項式定理，的虛部當(dāng)然也為整數(shù)，所以對一切，An為整數(shù).【評述】把An為與復(fù)數(shù)聯(lián)系在一起是本題的關(guān)鍵.例5：已知為整數(shù)，P為素數(shù)，求證：【證明】由于為整數(shù)，可從分子中約去r！，又因為P為素數(shù)，且，所以分子中的P不會紅去，因此有所以【評述】將展開就與有聯(lián)系，只要證明其余的數(shù)能被P整除是本題的關(guān)鍵.例6：若，求證：【思路分析】由已知 猜想，因此需要求出，即只需要證明為正整數(shù)即可.【證明】首先證明，對固定為r，滿足條件的是惟一的.否則，

23、設(shè)則矛盾.所以滿足條件的m和是惟一的. 下面求.因為 又因為 所以 故 【評述】猜想進(jìn)行運算是關(guān)鍵.例7：數(shù)列中，求的末位數(shù)字是多少？【思路分析】利用n取1，2，3，猜想的末位數(shù)字.【解】當(dāng)n=1時，a1=3， ，因此的末位數(shù)字都是7，猜想， 現(xiàn)假設(shè)n=k時， 當(dāng)n=k+1時， 從而 于是 故的末位數(shù)字是7.【評述】猜想是關(guān)鍵.例8：求N=19881的所有形如為自然數(shù)）的因子d之和.【思路分析】尋求N中含2和3的最高冪次數(shù)，為此將19變?yōu)?01和18+1，然后用二項式定理展開.【解】因為N=19881=(201)881=(14×5)881= 其中M是整數(shù). 上式表明，N的素因數(shù)中2的

24、最高次冪是5. 又因為N=(1+2×9)881 =32×2×88+34·P=32×（2×88+9P）其中P為整數(shù). 上式表明，N的素因數(shù)中3的最高次冪是2. 綜上所述，可知，其中Q是正整數(shù)，不含因數(shù)2和3. 因此，N中所有形如的因數(shù)的和為(2+22+23+24+25)(3+32)=744.例9：設(shè)，求數(shù)x的個位數(shù)字.【思路分析】直接求x的個位數(shù)字很困難，需將與x相關(guān)數(shù)聯(lián)系，轉(zhuǎn)化成研究其相關(guān)數(shù).【解】令，由二項式定理知，對任意正整數(shù)n. 為整數(shù)，且個位數(shù)字為零.因此，x+y是個位數(shù)字為零的整數(shù).再對y估值，因為， 且，所以 故x的個位數(shù)

25、字為9.【評述】轉(zhuǎn)化的思想很重要，當(dāng)研究的問題遇到困難時，將其轉(zhuǎn)化為可研究的問題.例10：已知試問：在數(shù)列中是否有無窮多個能被15整除的項？證明你的結(jié)論.【思路分析】先求出，再將表示成與15有關(guān)的表達(dá)式，便知是否有無窮多項能被15整除.【證明】在數(shù)列中有無窮多個能被15整除的項，下面證明之.數(shù)列的特征方程為它的兩個根為，所以 （n=0，1，2，）由 則取，由二項式定理得由上式知當(dāng)15|k，即30|n時，15|an，因此數(shù)列中有無窮多個能被15整除的項.【評述】在二項式定理中，經(jīng)常在一起結(jié)合使用.針對性訓(xùn)練題1已知實數(shù)均不為0，多項的三根為，求 的值.2設(shè)，其中為常數(shù)，如果求的值.3定義在實數(shù)集

26、上的函數(shù)滿足：4證明：當(dāng)n=6m時，5設(shè)展開式為，求證：6求最小的正整數(shù)n，使得的展開式經(jīng)同類項合并后至少有1996項.（1996年美國數(shù)學(xué)邀請賽試題）7設(shè)，試求：（1）的展開式中所有項的系數(shù)和.（2）的展開式中奇次項的系數(shù)和.8證明：對任意的正整數(shù)n，不等式成立.（第21屆全蘇數(shù)學(xué)競賽題）第十五章 復(fù)數(shù)一、基礎(chǔ)知識1復(fù)數(shù)的定義：設(shè)i為方程x2=-1的根，i稱為虛數(shù)單位，由i與實數(shù)進(jìn)行加、減、乘、除等運算。便產(chǎn)生形如a+bi（a,bR）的數(shù)，稱為復(fù)數(shù)。所有復(fù)數(shù)構(gòu)成的集合稱復(fù)數(shù)集。通常用C來表示。2復(fù)數(shù)的幾種形式。對任意復(fù)數(shù)z=a+bi（a,bR），a稱實部記作Re(z),b稱虛部記作Im(z)

27、. z=ai稱為代數(shù)形式，它由實部、虛部兩部分構(gòu)成；若將(a,b)作為坐標(biāo)平面內(nèi)點的坐標(biāo)，那么z與坐標(biāo)平面唯一一個點相對應(yīng)，從而可以建立復(fù)數(shù)集與坐標(biāo)平面內(nèi)所有的點構(gòu)成的集合之間的一一映射。因此復(fù)數(shù)可以用點來表示，表示復(fù)數(shù)的平面稱為復(fù)平面，x軸稱為實軸，y軸去掉原點稱為虛軸，點稱為復(fù)數(shù)的幾何形式；如果將(a,b)作為向量的坐標(biāo)，復(fù)數(shù)z又對應(yīng)唯一一個向量。因此坐標(biāo)平面內(nèi)的向量也是復(fù)數(shù)的一種表示形式，稱為向量形式；另外設(shè)z對應(yīng)復(fù)平面內(nèi)的點Z，見圖15-1，連接OZ，設(shè)xOZ=,|OZ|=r，則a=rcos,b=rsin,所以z=r(cos+isin)，這種形式叫做三角形式。若z=r(cos+isin

28、)，則稱為z的輻角。若0<2，則稱為z的輻角主值，記作=Arg(z). r稱為z的模，也記作|z|，由勾股定理知|z|=.如果用ei表示cos+isin，則z=rei，稱為復(fù)數(shù)的指數(shù)形式。3共軛與模，若z=a+bi，（a,bR）,則a-bi稱為z的共軛復(fù)數(shù)。模與共軛的性質(zhì)有：（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）；（7）|z1|-|z2|z1±z2|z1|+|z2|；（8）|z1+z2|2+|z1-z2|2=2|z1|2+2|z2|2；（9）若|z|=1，則。4復(fù)數(shù)的運算法則：（1）按代數(shù)形式運算加、減、乘、除運算法則與實數(shù)范圍內(nèi)一致，運算結(jié)果可以通過乘以共軛復(fù)數(shù)將分母

29、分為實數(shù)；（2）按向量形式，加、減法滿足平行四邊形和三角形法則；（3）按三角形式，若z1=r1(cos1+isin1), z2=r2(cos2+isin2)，則z1z2=r1r2cos(1+2)+isin(1+2)；若cos(1-2)+isin(1-2)，用指數(shù)形式記為z1z2=r1r2ei(1+2),5.棣莫弗定理：r(cos+isin)n=rn(cosn+isinn).6.開方：若r(cos+isin)，則，k=0,1,2,n-1。7單位根：若wn=1，則稱w為1的一個n次單位根，簡稱單位根，記Z1=，則全部單位根可表示為1,.單位根的基本性質(zhì)有（這里記，k=1,2,n-1）：（1）對任意

30、整數(shù)k，若k=nq+r,qZ,0rn-1，有Znq+r=Zr；（2）對任意整數(shù)m，當(dāng)n2時，有=特別1+Z1+Z2+Zn-1=0；（3）xn-1+xn-2+x+1=(x-Z1)(x-Z2)(x-Zn-1)=(x-Z1)(x-)(x-).8.復(fù)數(shù)相等的充要條件：（1）兩個復(fù)數(shù)實部和虛部分別對應(yīng)相等；（2）兩個復(fù)數(shù)的模和輻角主值分別相等。9復(fù)數(shù)z是實數(shù)的充要條件是z=;z是純虛數(shù)的充要條件是：z+=0（且z0）.10.代數(shù)基本定理：在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)，一元n次方程至少有一個根。11實系數(shù)方程虛根成對定理：實系數(shù)一元n次方程的虛根成對出現(xiàn)，即若z=a+bi(b0)是方程的一個根，則=a-bi也是一個根。1

31、2若a,b,cR,a0，則關(guān)于x的方程ax2+bx+c=0，當(dāng)=b2-4ac<0時方程的根為二、方法與例題1模的應(yīng)用。例1 求證：當(dāng)nN+時，方程(z+1)2n+(z-1)2n=0只有純虛根。例2 設(shè)f(z)=z2+az+b,a,b為復(fù)數(shù)，對一切|z|=1，有|f(z)|=1，求a,b的值。2.復(fù)數(shù)相等。例3 設(shè)R，若二次方程(1-i)x2+(+i)x+1+i=0有兩個虛根，求滿足的充要條件。3三角形式的應(yīng)用。例4 設(shè)n2000,nN，且存在滿足(sin+icos)n=sinn+icosn，那么這樣的n有多少個？4二項式定理的應(yīng)用。例5 計算：（1）；（2）5復(fù)數(shù)乘法的幾何意義。例6 以

32、定長線段BC為一邊任作ABC，分別以AB，AC為腰，B，C為直角頂點向外作等腰直角ABM、等腰直角ACN。求證：MN的中點為定點。例7 設(shè)A，B，C，D為平面上任意四點，求證：ABAD+BCADACBD。6復(fù)數(shù)與軌跡。例8 ABC的頂點A表示的復(fù)數(shù)為3i，底邊BC在實軸上滑動，且|BC|=2，求ABC的外心軌跡。7復(fù)數(shù)與三角。例9 已知cos+cos+cos=sin+sin+sin=0，求證：cos2+cos2+cos2=0。例10 求和：S=cos200+2cos400+18cos18×200.8復(fù)數(shù)與多項式。例11 已知f(z)=c0zn+c1zn-1+cn-1z+cn是n次復(fù)系

33、數(shù)多項式(c00).求證：一定存在一個復(fù)數(shù)z0,|z0|1，并且|f(z0)|c0|+|cn|.9.單位根的應(yīng)用。例12 證明：自O(shè)上任意一點p到正多邊形A1A2An各個頂點的距離的平方和為定值。10復(fù)數(shù)與幾何。例13 如圖15-2所示，在四邊形ABCD內(nèi)存在一點P，使得PAB，PCD都是以P為直角頂點的等腰直角三角形。求證：必存在另一點Q，使得QBC，QDA也都是以Q為直角頂點的等腰直角三角形。例14 平面上給定A1A2A3及點p0，定義As=As-3,s4，構(gòu)造點列p0,p1,p2,使得pk+1為繞中心Ak+1順時針旋轉(zhuǎn)1200時pk所到達(dá)的位置，k=0,1,2,若p1986=p0.證明：

34、A1A2A3為等邊三角形。三、基礎(chǔ)訓(xùn)練題1滿足(2x2+5x+2)+(y2-y-2)i=0的有序?qū)崝?shù)對(x,y)有_組。2若zC且z2=8+6i,且z3-16z-=_。3.復(fù)數(shù)z滿足|z|=5，且(3+4i)z是純虛數(shù)，則_。4已知，則1+z+z2+z1992=_。5.設(shè)復(fù)數(shù)z使得的一個輻角的絕對值為，則z輻角主值的取值范圍是_。6設(shè)z,w,C,|1，則關(guān)于z的方程-z=w的解為z=_。7.設(shè)0<x<1，則2arctan_。8.若，是方程ax2+bx+c=0（a,b,cR）的兩個虛根且，則_。9若a,b,cC,則a2+b2>c2是a2+b2-c2>0成立的_條件。10已

35、知關(guān)于x的實系數(shù)方程x2-2x+2=0和x2+2mx+1=0的四個不同的根在復(fù)平面上對應(yīng)的點共圓，則m取值的集合是_。11二次方程ax2+x+1=0的兩根的模都小于2，求實數(shù)a的取值范圍。12復(fù)平面上定點Z0，動點Z1對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為z0,z1，其中z00，且滿足方程|z1-z0|=|z1|，另一個動點Z對應(yīng)的復(fù)數(shù)z滿足z1z=-1，求點Z的軌跡，并指出它在復(fù)平面上的形狀和位置。13N個復(fù)數(shù)z1,z2,zn成等比數(shù)列，其中|z1|1，公比為q,|q|=1且q±1,復(fù)數(shù)w1,w2,wn滿足條件：wk=zk+h，其中k=1,2,n,h為已知實數(shù)，求證：復(fù)平面內(nèi)表示w1,w2,wn的點p1

36、,p2,pn都在一個焦距為4的橢圓上。四、高考水平訓(xùn)練題1復(fù)數(shù)z和cos+isin對應(yīng)的點關(guān)于直線|iz+1|=|z+i|對稱，則z=_。2.設(shè)復(fù)數(shù)z滿足z+|z|=2+i，那么z=_。3有一個人在草原上漫步，開始時從O出發(fā)，向東行走，每走1千米后，便向左轉(zhuǎn)角度，他走過n千米后，首次回到原出發(fā)點，則n=_。4.若，則|z|=_。5.若ak0,k=1,2,n，并規(guī)定an+1=a1，使不等式恒成立的實數(shù)的最大值為_。6已知點P為橢圓上任意一點，以O(shè)P為邊逆時針作正方形OPQR，則動點R的軌跡方程為_。7已知P為直線x-y+1=0上的動點，以O(shè)P為邊作正OPQ(O，P，Q按順時針方向排列)。則點Q的軌跡方程為_。8已知zC,則命題“z是純虛數(shù)”是命題“”的_條件。9若nN，且n3,則方程zn+1+zn