2016-2017年集合复数三角与数列复习2017.5

第一篇：2016-2017年集合复数三角与数列复习2017.5

2016-2017年考点复习

（一）2017.5

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、选择题

1.已知全集A={x|x≤9，x∈N}集合B={x|0＜x＜7}，则A∩B=（）A．{x|0＜x＜7} B．{x|1≤x≤6} C．{1，2，3，4，5，6} D．{7，8，9} 2.已知集合A={x|A．{1，2}

*x2≤0}，B={0，1，2，3}，则A∩B=（）xB．{0，1，2} C．{1} D．{1，2，3} 3.已知集合A={x||x|＜3}，B={x|x﹣2≤0}，则A∪B等（）A．（﹣∞，3] B．（﹣∞，3）

C．[2，3）

x

D．（﹣3，2] 4.已知集合A={﹣1，0，1，2}，B={x|1≤2＜4}，则A∩B=（）A．{﹣1，0，1} B．{0，1，2} C．{0，1}

D．{1，2} 5.已知i是虚数单位，且复数z1=3﹣bi，z2=1﹣2i，若（）

A．6 B．﹣6 C．0 D．

6.设复数z满足z（2+i）=5i，则|z﹣1|=（）A．1 B．2 C．3 D．5

是实数，则实数b的值为7.在复平面内，复数（是虚数单位）的共轭复数对应的点位于（）

A．第四象限 B．第三象限 C．第二象限 D．第一象限 8.已知i是虚数单位，复数A．2+i B．2﹣i 9.已知复数z满足

=（）

D．﹣1﹣i C．﹣1+i =1+4i，则复数z的虚部为（）

A．﹣3 B．11 C．11i D．﹣11

二、解答题

1.设函数f（x）=（sinx+cosx）2﹣3cos2x．

（Ⅰ）求f（x）的最小正周期；（Ⅱ）求f（x）在[0，]上的最大值，以及取得最大值时对应x的值． 21

2.（2017•四川模拟）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足（2a+b）cosC+ccosB=0（Ⅰ）求角C的大小．

（Ⅱ）若c=6，求△ABC面积的最大值．

3.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=2，an+1=Sn+2．（1）求数列{an}的通项公式；（2）已知bn=log2an，求数列{

4.在等差数列{an}中，a2=6，a3+a6=27．（1）求数列{an}的通项公式；（2）若数列{bn}的通项公式为，求数列{an•bn}的前n项的和Tn．

1}的前n项和Tn．

bnbn12 2016-2017年考点复习

（二）2017.5

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、选择题

1.已知集合A={﹣3，﹣2，﹣1}，B={x∈Z|﹣2≤x≤1}，则A∪B=（）A．{﹣1} B．{﹣2，﹣1} C．{﹣3，﹣2，﹣1，0}

D．{﹣3，﹣2，﹣1，0，1} 2.已知R是实数集，A．（1，2）B．[0，2]

C．∅ D．[1，2]，则N∩∁RM=（）

3.设函数f（x）=lg（1﹣x），集合A为函数f（x）的定义域，集合B=（﹣∞，0]则图中阴影部分表示的集合为（）

A．[﹣1，0] B．（﹣1，0）

C．（﹣∞，﹣1）∪[0，1）D．（﹣∞，﹣1]∪（0，1）

4.若复数z满足z+zi=3+2i，则在复平面内z对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 5.复数z满足：（3﹣4i）z=1+2i，则z=（）A． B．

C．

D．

26.若复数（a∈R）为纯虚数，其中i为虚数单位，则a=（）

A．﹣3 B．﹣2 C．2 D．3 7.复数A．的共轭复数的虚部是（）

B． C．﹣1 D．1

二、解答题

1.已知函数f（x）=2cosx•cos（x﹣（Ⅰ）求f（x）的最小正周期；

（Ⅱ）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f（C）=且△ABC的面积为2，求△ABC的周长．，c=

2，）﹣ 2.（2017•河北二模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2acosC﹣c=2b．

（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若c=

3.（2017•四川模拟）已知公差不为零的等差数列{an}中，a1=1，且a1，a2，a5成等比数列（1）求数列{an}的通项公式；（2）若bn=

4.（2017•深圳一模）设Sn为数列{an}的前n项和，且Sn=2an﹣n+1（n∈N），bn=an+1．（1）求数列{bn}的通项公式；（2）求数列{nbn}的前n项和Tn．

5.用部分自然构造如图的数表：用aij（i≥j）表示第i行第j个数（i，j∈N+），使得ai1=aii=i．每行中的其他各数分别等于其“肩膀”上的两个数之和．设第n（n∈N+）行的第二个数为bn（n≥2）．（1）写出bn+1与bn的关系，并求bn（n≥2）；（2）设数列{cn}前n项和为Tn，且满足求证：Tn＜3．，*，角B的平分线BD=，求a．，求数列{bn}的前n项和Tn．

试卷答案

1.C 2.A 3.B 4.C 5.A 6.B 7.D 8.A 9.A 1.D 2.B 3.D 4.D 5.A 6.B 7.C

1.解：（Ⅰ）函数f（x）=（sinx+cosx）2﹣=sin2x+2sinxcosx+cos2x﹣=sin2x﹣cos2x+1）+1，=π； cos2x

cos2x =2sin（2x﹣∴f（x）的最小正周期为T=（Ⅱ）当x∈[0，2x﹣∈[﹣，]时，]，1]； sin（2x﹣∴当x=）∈[﹣时，f（x）=2sin（2×﹣）+1=3取得最大值．

2.解：（Ⅰ）根据（2a+b）cosC+ccosB=0，由正弦定理可得：2sinAcosC+sinBcosC+sinCcosB=0． 即2sinAcosC=﹣sinA，∵0＜A＜π，sinA≠0，∴cosC=﹣ ∵0＜C＜π∴C=（Ⅱ）∵c=6，C=由余弦定理：可得即36=a2+b2+ab，∵a2+b2≥2ab（当且仅当a=b时取等号）∴3ab≤36，即ab≤12． 故得△ABC面积S=absinC即△ABC面积的最大值为

．

． ． ． 3.解：（1）∵an+1=Sn+2，∴当n≥2时，an=Sn﹣1+2，两式相减得，an+1﹣an=Sn﹣Sn﹣1=an，则an+1=2an，所以（n≥2），∵a1=2，∴a2=S1+2=4，满足，∴数列{an}是以2为公比、首项的等比数列，n﹣1n则an=2•2=2；

n（2）由（1）得，bn=log2an=log22=n，∴==，）+（）+…+（）∴Tn=（1﹣）+（=1=．

4.解：（1）设等差数列{an}的公差为d，则an=a1+（n﹣1）•d． 由a2=6，a3+a6=27，可得从而，an=3n．

（2）由（1）可知an=3n，∴．

②

①﹣②，得：

①

解得

．

故．

1.解：（Ⅰ）根据题意，f（x）=2cosx•cos（x﹣=2cosx﹣（cosx+=sinx）﹣），则其周期T=）﹣

sin2x+cos2x=sin（2x+=π；（Ⅱ）根据题意，若f（C）=，即sin（2C+又由＜2C++，则2C+，=）=，，即C=又由△ABC的面积为2即S=absinC=222，变形可得ab=8，①

22又由余弦定理c=a+b﹣2abcosC可得a+b﹣ab=12，又由①可得：a+b=20，② 联立①、②可得：a+b=6，又由c=2，故△ABC的周长为6+2

． 222.解：（Ⅰ）由2acosC﹣c=2b及正弦定理得，2sinAcosC﹣sinC=2sinB，„（2分）

2sinAcosC﹣sinC=2sin（A+C）=2sinAcosC+2cosAsinC，∴﹣sinC=2cosAsinC，∵sinC≠0，∴cosA=又A∈（0，π），∴A=（Ⅱ）在△ABD中，c=由正弦定理得，；„（6分），角B的平分线BD=，∴sin∠ADB===，„（8分）

由A=∴∠ACB=得∠ADB=，∴∠ABC=2（=，AC=AB=）=，由余弦定理得，a2=BC2═AB2+AC2﹣2AB•AC•cosA=2+2﹣2×∴a=

3.解：（1）设公差d不为零的等差数列{an}，a1=1，且a1，a2，a5成等比数列，可得a22=a1a5，即为（1+d）2=1×（1+4d），解得d=2，„（12分）

=6，则数列{an}的通项公式为an=a1+（n﹣1）d=1+2（n﹣1）=2n﹣1（n为正整数）；（2）bn===（﹣），即有前n项和Tn=b1+b2+„+bn =（1﹣+﹣+„+=（1﹣）=

﹣）

（n为正整数）．

4.解：（1）当n=1时，a1=S1=2a1﹣1+1，易得a1=0，b1=1； 当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=2an﹣n+1﹣[2an﹣1﹣n+1+1]，整理得an=2an﹣1+1，∴bn=an+1=2（an﹣1+1）=2bn﹣1，∴数列{bn}构成以首项为b1=1，公比为2等比数列，∴数列{bn}的通项公式bn=2n﹣1，n∈N•；（2）由（1）知bn=2n﹣1，则nbn=n•2

n﹣1，则Tn=1×20+2×21+3×22+„+n•2n﹣1，① ∴2Tn=1×2+2×22+3×23+„+n×2n，② 由①﹣②得：﹣Tn=2+2+2+2+„+2∴Tn=（n﹣1）2+1．

5.解：（1）由已知得b2=2，bn+1=bn+n，n≥2，当n≥2时，b3﹣b2=2，b4﹣b3=3，„，bn﹣bn﹣1=n﹣1，累加得bn﹣b2=2+3+„+n﹣1=（n﹣2）（n+1），则bn=1+n（n﹣1）（n≥2）；（2）证明：由由（1）可得n≥2时，cn=

=2（，﹣），﹣）n01

n﹣1

﹣n•2=

n

=2﹣1﹣n•2，nn前n项和为Tn=1+2（1﹣+﹣+„+=1+2（1﹣）=3﹣＜3．

第二篇：复数复习

1．若复数(a2－4a＋3)＋(a－1)i是纯虚数，则实数a的值是．

2．已知M＝{1,2，(a－1)＋(b－5)i}，N＝{－1,3}，M∩N＝{3}，实数a与b的值分别是．

z2－2z3．已知复数z＝1－i． z－

14．已知结论：“在正三角形ABC中，若D是边BC的中点，G是三角形ABC

AG的重心，则＝2”．若把该结论推广到空间，则有结论：“在棱长都相等的GD

四面体ABCD中，若△BCD的中心为M，四面体内部一点O到四面体各面

AO的距离都相等”，则＝． OM

5．给出下面类比推理命题(其中Q为有理数集，R为实数集，C为复数集)：

①“若a，b∈R，则a－b＝0⇒a＝b”类比推出“若a，b∈C，则a－b＝0⇒a＝b”；

②“若a，b，c，d∈R，则复数a＋bi＝c＋di⇒a＝c，b＝d”类比推出“若a，b，c，d∈Q，则a＋2＝c＋d2⇒a＝c，b＝d”；

③“若a，b∈R，则a－b＞0”类比推出“若a，b∈C，则a－b＞0⇒a＞b”． 其中类比得到的结论正确的序号为．

6．已知复数z1＝4＋2i，z2＝k＋i，且z1·z2是实数，则实数k＝________．

7．＝6

8．复数z1＝

数a的值．

119．在△ABC中，三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若＋a＋bb＋c

＝3，试问A、B、C是否成等差数列，若不成等差数列，请说明理由．若a＋b＋c32(10－a2)i，z2＝＋(2a－5)i，若z1＋z2是实数，求实a＋51－a2＋23，33＋＝84＋4815，…，若156＋b(a，b均为实数)，则猜测a＝________，b＝________． b

成等差数列，请给出证明．

解答：

1．a＝

3a＝42． b＝5

z2－2z－222i3．＝＝2i z－1－ii－

14．①②

6，此时易知3

13点O即为正四面体内切球的球心，设其半径为r，利用等积法有r3

41366666＝⇒r＝，故AO＝AM－MO＝－＝，故AO∶OM＝343123124

＝3.4125．【解析】 如图设正四面体的棱长为1，则易知其高AM

6．k＝

27． 6 3

58．【解析】 z1＋z2＝32＋(a2－10)i＋＋(2a－5)i a＋51－a

32＝a＋51－a＋[(a2－10)＋(2a－5)]i 

＝a－13(a2＋2a－15)i.(a＋5)(a－1)

∵z1＋z2是实数，∴a2＋2a－15＝0.解得a＝－5或a＝3.∵分母a＋5≠0，∴a≠－5，故a＝3.9．【证明】 A、B、C成等差数列，下面用综合法给出证明：

113∵＝ a＋bb＋ca＋b＋c

a＋b＋ca＋b＋c∴3，a＋bb＋c

ca∴＝1，a＋bb＋c

∴c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，∴b2＝a2＋c2－ac.在△ABC中，由余弦定理，得

a2＋c2－b2ac1cos B＝，2ac2ac

2∵0°＜B＜180° ∴B＝60°.∴A＋C＝2B＝120°，∴A、B、C成等差数列．

第三篇：数列复习

一、等差数列的判定

1、利用定义法进行判定：数列复习若数列an满足：anan1d,n2,nNan1and,nN*a为等差数列 nn*a为等差数列 例题

1、在数列{an}中，a1＝－3，an＝2an－1＋2n＋3(n≥2，且n∈N*)．

(1)求a2，a3的值；

an＋3(2)设bn＝(n∈N*)，证明：{bn}是等差数列．

2例题

2、设数列an的前n项和为Sn，a11,an

（1）、求证：数列 an为等差数列；

（2）、求数列an 的通项公式an和前n项和Sn.Sn2n1,nN*, n

第四篇：复数的三角形式及乘除运算

复数的三角形式及乘除运算

一、主要内容:

复数的三角形式，模与辐角的概念及几何意义，用三角形式进行复数乘除运算及几何意义.二、学习要求:

1．熟练进行复数的代数形式与三角形式的互化，会求复数的模、辐角及辐角主值.2．深刻理解复数三角形式的结构特征，熟练运用有关三角公式化复数为三角形式.3．能够利用复数模及辐角主值的几何意义求它们的范围（最值）.4．利用复数三角形式熟练进行复数乘除运算，并能根据乘除运算的几何意义解决相关问题.5．注意多种解题方法的灵活运用，体会数形结合、分类讨论等数学思想方法.三、重点:

复数的代数形式向三角形式的转换，复数模及复数乘除运算几何意义的综合运用.四、学习建议:

1．复数的三角形式是彻底解决复数乘、除、乘方和开方问题的桥梁，相比之下，代数形式在这些方面显得有点力不从心，因此，做好代数形式向三角形式的转化是非常有必要的.前面已经学习过了复数的另两种表示.一是代数表示，即Z=a+bi(a,b∈R).二是几何表示，复数Z既可以用复平面上的点Z(a,b)表示，也可以用复平面上的向量

来表示.现在需要学习复数的三角表示.既用复数Z的模和辐角来表示，设其模为r，辐角为θ，则Z=r(cosθ+isinθ)(r≥0).既然这三种方式都可以表示同一个复数，它们之间一定有内在的联系并能够进行互化.代数形式r=三角形式

Z=a+bi(a,b∈R)Z=r(cosθ+isinθ)(r≥0)

复数三角形式的结构特征是:模非负，角相同，余弦前，加号连.否则不是三角形式.三角形式中θ应是复数Z的一个辐角，不一定是辐角主值.五、基础知识

1）复数的三角形式 ①定义：复数z=a（a,b∈R）表示成r（cosθ+ isinθ）的形式叫复数z的三角形式。即z=r（cos θ+ isinθ）

其中zr

θ为复数z的辐角。②非零复数z辐角θ的多值性。

以ox轴正半轴为因此复数z的辐

③辐角主值

表示法；用arg

定义：适合[0，始边，向量oz所在的射线为终边的角θ叫复数z=a+bi的辐角 角是θ+2k（k∈z）

z 表示复数z的辐角主值。

2）的角θ叫辐角主值 0argz2

唯一性：复数z的辐角主值是确定的，唯一的。

④不等于零的复数的模zr是唯一的。

⑤z=0时，其辐角是任意的。

⑥复数三角形式中辐角、辐角主值的确定。（求法）

这是复数计算中必定要解决的问题，物别是复数三角形式的乘法、除法、乘方、开方等运算，尤其是逮美佛定理定理只有对复数三角形式时才能使用。因此复数化三角式是复数运算中极为重要的内容（也是解题术）复数在化三角式的过程中其模的求法是比较容易的。辐角的求法，辐角主值的确定是难点，也是关键存在，这个专题只简单归纳复数辐角及辐角主值的求法。

2）复数的向量表示

在复平面内与复数z1、z2对应的点分别为z1、z2（如图）



何量oz1对应于z1



何量oz2对应于z2



何量z1z2对应于z2z1z

显然oz∥z1z2

则argz1=∠xoz1=θargz2=∠xoz2=θ1



与复数z2－z1对应的向量为oz

argz（z2－z1）=arg z=∠xoz=θ

3）复数运算的几何意义

主要是三角式乘法、除法等运算中辐角的变化

如z1=r1（cosθ1+isinθ1）

z2=r2（cosθ2+isinθ2）

①乘法：z=z1· z2=r1·r2 [cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2)]



如图：其对应的向量分别为oz1oz2oz

显然积对应的辐角是θ1+θ2

< 1 > 若θ2 > 0 则由oz1逆时针旋转θ2角模变为oz1的r

2倍所得向量便是积z1·z2=z的向量oz。

< 2 >若θ2< 0 则由向量oz1顺时针旋转2角模变为r1·r2所得向量便是积z1·z2=z的向量oz。

为此，若已知复数z1的辐角为α，z2的辐角为β求α+β时便可求出z1·z2=za

z

对应的辐角就是α+β这样便可将求“角”的问题转化为求“复数的积”的运算。②除法 zz1z2z1z2r1r2[cos(12)isin(12)]

（其中 z2≠0）

除法对于辐角主要是“相减”（被除数的辐角一除数的辐角）依向量旋转同乘法简述如下：



< 1 >20时oz1顺时针旋转２角。

< 2 >２0时oz1逆时针旋转２角。

例1．下列各式是否是三角形式，若不是，化为三角形式:

(1)Z1=-2(cosθ+isinθ)

(2)Z2=cosθ-isinθ

(3)Z3=-sinθ+icosθ

(4)Z4=-sinθ-icosθ

(5)Z5=cos60°+isin30°

分析:由三角形式的结构特征，确定判断的依据和变形的方向.变形时，可按照如下步骤进行:首先确定复数Z对应点所在象限（此处可假定θ为锐角），其次判断是否要变换三角函数名称，最后确定辐角.此步骤可简称为“定点→定名→定角”.这样，使变形的方向更具操作性，能有效提高解决此类问题的正确率.解:（1）由“模非负”知，不是三角形式，需做变换:Z1=Z(-cosθ-isinθ)

复平面上Z1(-2cosθ,-2sinθ)在第三象限（假定θ为锐角），余弦“-cosθ”已在前，不需再变换三角函数名称，因此可用诱导公式“π+θ”将θ变换到第三象限.∴Z1=Z(-cosθ-isinθ)=2[cos(π+θ)+isin(π+θ)]

（2）由“加号连”知，不是三角形式

复平面上点Z2(cosθ,-sinθ)在第四象限（假定θ为锐角），不需改变三角函数名称，可用诱导公式 “2π-θ”或“-θ”将θ变换到第四象限.∴ Z2=cosθ-isinθ=cos(-θ)+isin(-θ)或Z2=cosθ-isinθ=cos(2π-θ)+isin(2π-θ)

考虑到复数辐角的不唯一性，复数的三角形式也不唯一.（3）由“余弦前”知，不是三角形式

复平面上点Z3(-sinθ,cosθ)在第二象限（假定θ为锐角），需改变三角函数名称，可用诱导公式

“ +θ”将θ变换到第二象限.∴Z3(-sinθ,cosθ)=cos(+θ)+isin(+θ)

同理（4）Z4=-sinθ-icosθ=cos(π-θ)+isin(π-θ)

（5）Z5=cos60°+isin30°=+i=(1+i)=·(cos+isin)=(cos+isin)

小结:对这类与三角形式很相似的式子，如何将之变换为三角形式，对于初学者来讲是个难点.有了“定点→定名→定角”这样一个可操作的步骤，应能够很好地解决此类问题.例2．求复数Z=1+cosθ+isinθ(π<θ<2π)的模与辐角主值.分析:式子中多3个“1”，只有将“1”消去，才能更接近三角形式，因此可利用三角公式消“1”.解:Z=1+cosθ+isinθ=1+(2cos2

-1)+2i·sincos=2cos(cos+isin)........(1)

∵ π<θ<2π ∴ <<π, ∴cos<0

∴(1)式右端=-2cos(-cos-isin)=-2cos[cos(π+)]+isin(π+)] 3

∴ r=-2cos, ArgZ=π++2kπ(k∈Z)

∵ <<π

∴ π<π+<2π，∴argZ=π+.小结:（1）式右端从形式上看似乎就是三角形式.不少同学认为r=2cos, argZ=或ArgZ=

错误之处在于他们没有去考虑θ角范围，因此一定要用“模非负，角相同，余弦前，加号连”来判断是否为三角形式.看了这道例题，你一定能解决如Z1=1-cosθ+isinθ(π<θ<2π)，Z2=1+cosθ-isinθ(π<θ<2π)等类似问题.例3．将Z=(π<θ<3π)化为三角形式，并求其辐角主值.分析:三角形中只有正余弦，因此首先想到“化切为弦”.下一步当然是要分母实数化，再向三角形式转化.解:====cos2θ+isin2θ

∵ π<θ<3π, ∴<2θ<6π，∴π<2θ-4π<2π，∴ argZ=2θ-4π

小结:掌握三角变形是解决这类问题的根本.但在此之前的解题方向一定要明确，即要分析式子结构.比较其与三角形式的异同，从而决定变形的方向，采用正确的方法.要求学生做好每道例题后的反思，并能由此及彼，举一反三，达到熟练解决一类问题的目的，如1-itgθ, tgθ+i, i-ctgθ等.2．复数Z的模|Z|的几何意义是:复平面上点Z到原点距离，复数模|Z1-Z2|的几何意义是:复平面上两点Z1，Z2之间距离.辐角几何意义是:以x轴正半轴为角始边，以向量内的辐角称辐角主值，记为argZ.要求学生不仅要理解以上所说各几何意义，还要运用几何意义去解决相关问题.例4．若Z∈c，|Z-2|≤1，求｜Ｚ｜的最大，最小值和argZ范围.解:法一，数形结合

由|Z-2|≤1，知Ｚ的轨迹为复平面上以（2，0）为圆心，1为半径的圆面（包括圆周），|Z|表示圆面上任一点到原点的距离.显然1≤|Z|≤3, ∴|Z|max=3, |Z|min=1，另设圆的两条切线为OA，OB，A，B为切点，由|CA|=1，|OC|=2知

所在射线为终边的角记为ArgZ.在[0，2π)范围

∠AOC=∠BOC=，∴argZ∈[0,]∪[π,2π)

法二:用代数形式求解|Z|的最大，最小值，设Z=x+yi(x,y∈R)

则由|Z-2|≤1得(x-2)2+y2≤1，∴ |Z|=22≤2

=，∵(x-2)+y≤1, ∴(x-2)≤1, ∴-1≤x-2≤1, ∴1≤x≤3，∴ 1≤4x-3≤9, ∴1≤|Z|≤3.小结:在一题多解的基础上，分析比较各种方法的异同，如何做好方法的选择.各种方法的本质和优势，通过分析与比较都一目了然.例5．复数Z满足arg(Z+3)=π,求|z+6|+|z-3i|最小值.分析:由两个复数模的和取最小值，联想到一个点到两个定点距离和的最小值，将之转化为几何问题来解决应比较简便.解法一:由arg(Z+3)=π,知Z+3的轨迹是一条射线OA，∠xOA=π,而

|Z+6|+|Z-3i|=|(z+3)-(-3)|+|(Z+3)-(3+3i)|

将B(-3,0)与C(3,3)连结，BC连线与OA交点为D，取Z+3为D点，表示复数时，|Z+6|+|Z-3i|=|BD|+|DC|=|BC|=

3, ∴ 所求

最小值=3

.法二:由arg(Z+3)=π, 知Z+3的轨迹是射线OA，则Z轨迹应是平行于OA，且过点（-3，0）的射线BM，∴ |Z+6|+|Z-3i|就表示射线BM上点到点结PQ与射线BM交于点N，取E为N点表示复数时，|Z+6|+|Z-3i|=|PN|+|NQ|=|PQ|=3

∴所求最小值=3.，P(-6,0)和点Q(0,3)距离之和，连

小结:两种方法的本质相同，都是将数学式子利用其几何意义转化成几何问题进行解决.如果纯粹用代数方法求解，难度会很大.对有关最值问题，尤其是模（距离）和辐角主值最值问题，用数形结合方法显然较为简便.例6．已知|Z-2i|≤1,求arg(Z-4i)最大值.解：∵|Z-2i|≤1,∴点Z轨迹是以（0，2）为圆心，1为半径的圆面，在其上任取一点Z，连Z与点（0，4）得一以（0，4）为起点，Z为终点的向量，将起点平移到原点，则θ为其对应的辐角主值，显然arg(Z-4i)最大值为π.3．两个复数相乘，积的模等于模的积，辐角为两辐角之和，其几何意义是模的伸缩及对应向量的旋转.两个复数相除，商的模等于模的商（除数不为零），辐角为两辐角之差，其几何意义同乘法.由复数三角形式乘除运算的几何意义，可解决向量或图形的旋转问题，如等腰、等边三角形、直角三角形，平行四边形顶点间的几何何关系利用复数的乘除运算来表示.复数三角形式较之代数形式，在乘除运算中非常方便，可顺利解决多项相乘（乘方），相除及乘除混合运算.例7．若 与分别表示复数Z1=1+2i, Z2=7+

i, 求∠Z2OZ1并判断ΔOZ1Z2的形状.解:欲求∠Z2OZ1，可计算

====

∴∠Z2OZ1=

且=，由余弦定理，设|OZ1|=k, |OZ2|=2k(k>0)|Z1Z2|2=k2+(2k)2-2k·2k·cos

∴ |Z1Z2|=

而k2+(k，=3k2

k)2=(2k)2，∴ΔOZ1Z2为有一锐角为60°的直角三角形.小结:此题中利用除法几何意义来解决三角形中角的大小问题，十分方便.例8．已知直线l过坐标原点，抛物线C的顶点在原点，焦点在x轴正半轴上，若点A(-1,0)和B(0,8)关于l的对称点都在C上，求直线l与抛物线C的方程.解:如图，建立复平面x0y，设向量

x1+y1i, x2+y2i.由对称性，|OA'|=|OA|=1, |OB'|=|OB|=8，∴ x2+y2i=(x1+y1i)8i=-8y1+8x1i、对应复数分别为

∴

设抛物线方程为y2=2px(p>0)则有y12=2px1, y22=2px2，∴ x1= , y1=p, 又|OA'|=1，2

2∴()2+p2=1, ∴p=或-（舍）

∴抛物线方程为y=2x，直线方程为:y=x.小结:对于解析几何的许多问题，若能借助于复数的向量来表示，常常有意想不到的功效.尤其涉及到特殊位置，特殊关系的图形时，尤显其效.五、易错点

1．并不是每一个复数都有唯一确定的辐角主值.如复数零的模为0，辐角主值不确定.2．注意ArgZ与argZ的区别.ArgZ表示复数Z的辐角，而argZ表示复数Z的辐角主值.ArgZ=argZ+2kπ(k∈Z),argZ∈[0,2π), 辐角主值是[0,2π)内的辐角，但辐角不一定是辐角主值.3．复数三角形式的四个要求:模非负，角相同，余弦前，加号连，缺一不可.任何一个不满足，就不是三角形式.4．注意复数三角形式的乘除运算中，向量旋转的方向.六、练习

1．写出下列复数的三角形式

(1)ai(a∈R)

(2)tgθ+i（2．设Z=(-3+3<θ<π）

(3)-（sinθ-icosθ)

i)n, n∈N，当Z∈R时，n为何值？

3．在复平面上A，B表示复数为α,β(α≠0),且β=(1+i)α，判断ΔAOB形状，并证明SΔAOB=

参考答案:

|d|2.1．（1）ai=

（2）tgθ+i(<θ<π）=-[cos(π-θ)+isin(π-θ)]

（3）-(sinθ-icosθ)=[cos(+θ)+isin(+θ)]

2．n为4的正整数倍

3．法一:∵α≠0，β=（1+i)α

∴

∵=1+i=(cos+isin), ∴∠AOB=，分别表示复数α，β-α，由β-α=αi，得=i=cos+isin，∴∠OAB=90°, ∴ΔAOB为等腰直角三角形.法二:∵|

又||=|α|, ||=|β-α|=|αi|=|α|, ∴||α|,|

|+|

|=|

|

2|=|β|=|(1+i)α|=|=|α|+|α|=2|α|=||

∴ΔAOB为等腰直角三角形，∴SΔAOB=||·||=|α|.2

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选择题

1．若复数z=(a+i)2的辐角是 A、1 B、-1，则实数a的值是（）C、-

D、-

2．已知关于x的实系数方程x2+x+p=0的两虚根a，b满足|a-b|=3，则p的值是（）

A、-2 B、-

C、D、1

3．设π<θ<，则复数的辐角主值为（）

A、2π-3θ B、3θ-2π

C、3θ

D、3θ-π

4．复数cos+isin经过n次乘方后，所得的幂等于它的共轭复数，则n的值等于（A、3 B、12

C、6k-1(k∈Z)

D、6k+1(k∈Z)

5．z为复数，()|z-3|=()|z+3|

()-

1的图形是（）

A、直线 B、半实轴长为1的双曲线

C、焦点在x轴，半实轴长为的双曲线右支

D、不能确定

答案与解析

答案：

1、B

2、C

3、B

4、C

5、C

解析：

1．∵z=(a+i)2=(a2-1)+2ai，argz=，∴，∴a=-1，本题选B.2．求根a，b=（Δ=1-4p<0）∵|a-b|=||=3，∴ 4p-1=9，p=，故本题应选C.3．==cos3θ+isin3θ.∵ π<θ<，∴3π<3θ<，∴π<3θ-2π<，故本题应选B.）

4．由题意，得(cos+isin)n=cos+isin=cos-isin

由复数相等的定义，得

解得=2kπ-，(k∈Z)，∴n=6k-1.故本题应选C.5．依题意，有 |z-3|=|z+3|-1，∴ |z+3|-|z-3|=1.由双曲线定义，此方程表示焦点(±3，0)，2a=1，a=的双曲线右支，故本题应选C.复数三角形式的运算·疑难问题解析

1．复数的模与辐角：

(1)复数模的性质：｜z1·z2｜=｜z1｜·｜z2｜

(2)辐角的性质：积的辐角等于各因数辐角的和．

商的辐角等于被除数的辐角减去除数的辐角所得的差．

一个复数n次幂(n∈N)的辐角等于这个复数辐角的n倍．

注意：(1)辐角与辐角主值的区别，特别是解题过程中的不同点．如下面两个问题：

若arg(2-i)=α，arg(3-i)=β，求α+β的值．(α+β∈(3π，4π))

若arg(2-i)=α，arg(3-i)=β，求arg[(2-i)(3-i)]的值．

(2)两个复数乘积的辐角主值不一定等于两辐角主值的和，商的辐角主值不一定等于辐角主值的差.2．关于数的开方

(1)复数的开方法则：r(cosθ+isinθ)的n次方根是

几何意义：

设

对应于复平面上的点，则有：

所以，复数z的n次方根，在复平面内表示以原点为中心的正n边形的n个顶点．

(2)复数平方根的求法．

求-3-4i的平方根．

解法一 利用复数代数形式．设-3-4i的平方根为x+yi(x，y∈R)，则有

(x+yi)2=-3-4i, 即(x2-y2)+2xyi=-3-4i，由复数相等条件，得

∴-3-4i的平方根是±(1-2i)．

法二 利用复数的三角形式．

3．复数集中的方程．

关于实系数的一元二次方程的解法：设ax2+bx+c=0(a≠0，a，b，c∈R，x1，x2为它的两个根)

(1)当△=b2-4ac≥0时，方程有两个实数根

当△=b2-4ac＜0时，方程有一对共轭虚根

2(4)二次三项式的因式分解：ax+bx+c=a(x-x1)(x-x2)

关于复系数的一元二次方程的解法：设ax2+bx+c=0(a≠0，a、b、c∈C，且至少有一个虚数，x1x2为它的两个根)

(4)二次三项式的因式分解ax2+bx+c=a(x-x1)(x-x2)仍然适用．

关于二项方程的解法

形如anxn+a0=0(a0，an∈C且an≠0)的方程叫做二项方程，任何一个二项方程都可以化成xn=b(b∈C)的形式，因此都可以通过复数开方来求根．

可以充分利用复数z的整体性质，复数z的三种表示方法及其转换来解方程．

已知方程x2-4x+p=0两虚数根为α、β，且|α-β|=2求实数p的值．

解法1 ∵实系数一元二次方程虚根共轭设α=a+bi，β=a-bi，(a，b∈R)∴α+β=2a=4，∴a=2

又∵|α-β|=2, ∴|2bi|=2得b=±1

即两根为2+i，2-i由韦达定理得：p=(2+i)(2-i)=5

法2 由韦达定理可得：α+β=4，αβ=p

于是|α-β|2=|(α-β)2|=|(α+β)2-4αβ|=|42-4p|=4，即|4-p|=1 又∵△=42-4p＜0

p＞4，∴p-4=1，得p=5

说明 注意实系数一元二次方程有两个实根与有两个虚根的区别．

一等式成立．若有两个虚根则

上述等式不成立．因为｜α-β｜≠(α-β)．因此在解题时要重视复数与实数知识点之间的区别与联系，要避免出现混淆与干扰．

已知方程2x2+3ax+a2-a=0有模为1的根，求实数a的值．

分析 已知方程有模为1的根，此根可能是实数，也可能是虚数，故求实数a要注意分域讨论．

解(1)若所给方程有实根则△=(3a)-4×2(a-a)=a+8a＞0，即a＜-8或a＞0

由条件得根必为1或-1，①将x=1代入原方程可得a2+2a+2=0a无实数解．

(2)若所给方程有虚根则△=a+8＜0，即-8＜a＜0 2

即a2-a-2=0，∴a=-1或a=2(舍)

已知方程x2-(2i-1)x+3m-i=0有实数根，求实数m．

分析 求实数m的范围，若用判别式来判断是错误的，因为此方程的系数是复数．

利用求根公式或用韦达定理或选用复数相等，解方程组来求实数m均可以．现仅介绍一种方法．

解 ∵x，m∈R，方程变形可得，(x2+x+3m)-(2x+1)i=0

复数例题讲解与分析

例1．已知x, y互为共轭复数，且(x+y)2-3xyi=4-6i,求x, y.[思路1]：确定一个复数即分别确定它的实部、虚部或模与一个辐角，设z=a+bi或三角形式，化虚为实。

2[解法1]：设x=a+bi(a,b∈R), 则y=a-bi, 代入原等式得：(2a)-3(a+b)i=4-6i.或 或 或，∴

或 或 或。

[思路2]：“x, y互为共轭”含义？→x+y∈R, xy∈R,则(x+y)-3xyi=4-6i

2.[解法2]：∵x=，∴x+y∈R, xy∈R, ∴由两复数相等可得：

∴由韦达定理可知：x,y同是方程：z2+2z+2=0或z2-2z+2=0的两根，分别解两个一元二次方程则得x,y……（略）。

，例2．已知z∈C,|z|=1且z≠-1,则复数2

（）

A、必为纯虚数

B、是虚数但不一定是纯虚数

C、必为实数

D、可能是实数也可能是虚数

[思路分析]：选择题，从结论的一般性考虑，若z=±1，显然A、B选项不成立，分析C、D选项，显然穷举验证不能得出一般结论只能推演

解：[法1] 设z=a+bi, a,b∈R, a2+b2=1,a≠0.则===∈R，故，应选C。

[法2] 设z=cosθ+isinθ(θ∈R,且θ≠kπ+)，则===∈R。

[法3] ∵z·=|z|2, ∴当|z|=1时有z·=1，∴===∈R.[法4] ∵当|z|=1时有z·=1，∴ ==∈R.[法5] ∵复数z为实数的充要条件是z=，而()=, 又∵|z|=1时，=，∴ ==，∴∈R。

[评注]：复习中，概念一定要结合意义落实到位，一方面深化理解（比如复数定义：“形如a+bi(a,b∈R)的数叫复数”深入理解就有凡是复数都能写成这样，求一个复数，使用一个复数都可通过这一形式将问题化虚为实；……。）

同时对一些概念的等价表达式要熟知。（比如：z=a+bi∈R z=a+bi是纯虚数 a=0且b≠0(a,b∈R)

z+=0(z≠0)

b=0(a,b∈R)z= z≥0；

z2<0；…….)

在面对具体问题时要有简捷意识（比如该例方法1，有同学可能会在算到化简分母又直接按两复数相除的运算法则进行），多方理解挖掘题目立意。

例3．求使关于x的方程x2+(m+2i)x+2+mi=0至少有一个实根的实数m.时不注意及时

[思路分析]：根的判别式只适用实系数的一元二次方程，虚系数有实根用两复数相等，化虚为实。

解：设x0为方程的一个实根，则有

x0+mx0+2+(2x0+m)i=0 2，解得：m=±2。

例4．设 z∈C，arg(z+2)=, arg(z-2)=, 求z。

[思路分析]：常规思路，设z=a+bi, 由已知列关于a,b的方程求解；数形结合思想，由题设可知z+2对应的点A在射线OA上，∠AOX=，z-2对应的点B应在射线OB上，∠BOX=，z对应的点Z应在AB中点上，|AB|=4，AB//Ox轴，∠AOB=i.，故而易得：z=-1+

解：（略）

例5．设x,y∈R, z1=2-x+xi, z2=y-1+(-y)i，已知|z1|=|z2|，argk∈Z}中元素的个数。=,(1)求()

=?(2)设z=, 求集合A={x|x=z+z，2k-2k

[思路分析]：理解已知，|z1|=|z2|，arg=含义？→=i, 即z1=z2i→两复数相等→x, y.(1)解：∵|z1|=|z2|, ∴| |=1，又arg=, ∴ =||(cos+isin)=i, 即z1=z2i，∴ 2-x+xi=[y-1+(-y)i]i

即，解得 x=y=+，∴(0)100=(+i)100=(-+i)=

=--i.[简评] 1 本题的解法体现了等价转化和整体的思想方法，如果把两个已知条件割裂开来去考虑，则需要解关于x, y的二元二次方程组，其运算肯定很麻烦； 在计算题中对1的立方根之一：w=-1++0

+i的特性要熟知即 w=

=1, ==w,1+w+w=0，22=0, 关于此点设计问题是命题经常参考的着眼点。

(2)[思路分析]：由(1)知 z=可怎么理解呢？(z)+(z), z+2k2-k2k+

2k

i，z的特性：z3=-1=, ……

3, |z|=1, =； z=cos+isin, z2=w, ……，z2k+z-2k

解[法1]：令w=-+i，则z2k+z-2k=wk+w-k，∵w3=1,而k∈z, ∴k=

当k=3m时，z2k+z-2k=(w3)m+(w3)-m=2，当k=3m+1时，z2k+z-2k=w3m·w+w-3m·w-1=w+w-1=w+

综上可知，集合A中有2个元素。

=-1，当k=3m+2时，z2k+z-2k=w3m·w2+w-3m·w-2=w2+w-2=w3·w-1+w-3·w=w-1+w=-1，[法2]：∵|z|=1, ∴ =，∴z2k+z-2k=z2k+2k=cos+isin+cos-isin=2cos

=

由此可判定集合A中有2个元素。

例6．设复数z=cosθ+isinθ(0<θ<π), w=

[思路分析]：欲用已知，需化简w, , 并且|w|=, argw<,求θ。（93年全国理）

解：w=

=tg2θ(sin4θ+icos4θ)

==

∴ |w|=|tg2θ| 由|w|= 得 tg2θ=±.∵ 0<θ<π, 故有(i)当tg2θ=时，得θ=或θ=.此时 w=(cos+isin)，∴argw=<,适合题意。

(ii)当 tg2θ=-时，得θ=π或θ=π，此时，w=(cosπ+isinπ).∴argw= π>, 不合题意，舍去，故综合(i),(ii)知，θ=或θ=.[简评] 10 复数与三角的综合题目是命题的一个方向，其中应用三角公式“1±cosa的升幂式”及“诱导公式”化复数代数形式为标准三角形式应用频率较高。此题在w的化简中亦可利用 |z|=1, z·=|z|来化简： 0

w=变换。=5==……以下略，这样可省去较为繁锁的三角

例7．已知|z|=1,且z+z=1, 求z。

[思路分析1]：已知含未知数的等式求未知数，方程问题，设元化虚为实，解：[法1]设z=cosθ+isinθ，则由z5+z=1可得：

由(1)+(2)得：cos4θ=-

……（以下略）。

[思路分析2]：复数的概念，运算都有几何意义，由z5+z=1，若设z5, z,1对应点为A，B，C则四边形OACB为平行四边形。

★[法2]：设z5,z,1在复平面上对应点分别为A，B，C，则由z5+z=1，可知，四边形OACB为平行四边形，又∵ |z|=|z|=1=|z| 55

∴ OACB为边长为1的菱形且∠AOB=120°，∴ 易求得：z=+i或 z=-i。

可以验证当z=±i时，z5=

i符合题意。

[简评]：10 数形结合思想方法应是处理复数有关问题的习惯思路，因复数中的概念，运算都有一定的几何含义，这源于z=a+bi本身就表示一个点，当a,b确定，z表示定点，当a,b不定则z就能表示一个动点轨迹，如 z=x+i就可表示双曲线。故在解题时变换角度从几何意义去分析，往往会事半功倍。此题还可这样联系，由z5+z=1得 z-1=-z5，两边取模|z-1|=|-z|5=|z|5=1，从而知z应是圆|z|=1与 |z-1|=1的交点。

第五篇：数列复习4-5

数列复习（4）

主要内容：等比数列的定义、通项公式、性质、前n项和公式

一、等比数列的通项公式

例

1、（1）已知数列{an}中，a3=2,a2+a4=20/3/求an

（2）a2+a5=18,a3+a6=9,an=1,求n

二、等比数列的判断与证明

例

2、已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn1(an1)(nN),求证数列{an}是等比数列。3

三、等比中项问题

例

3、等比数列{an}的前三项和为168，a2-a5=42,求a5、a7的等比中项

四、等比数列的性质

例

4、（1）在等比数列{an}中，若a9=-2,则此数列前17项之积为；

（1）在等比数列{an}中，若a2=2,a6=162,则a10;

（3）在等比数列{an}中，a3a4a5=3, a6a7a8=24,则a9a10a1

1五、等比数列中的基本运算

例

5、在等比数列{an}中，（1）已知sn=189,q=2,an=96,求a1和n；

（2）若a3a110,a4a65,求a4和s5(3)若q=2,s4=1,求s8 4

六、等比比数列前n项和的性质应用

例

6、已知等比数列{an}中，前10项和sn=10,前20项和s20=30,求s30.七、等比数列的综合问题

例

7、数列{an}是等比数列，项数是偶数，各项均为正，它所有项的和等于偶数项和的4倍，且第二项与第四项的积是第三项与第四项和的9倍，则数列{lgan}的前多少项和最大？ 练习：

1、是否存在一个等比数列{an}，使其满足下列三个条件：①a1+a6=11,且a3a4=③至少存在一个m(m∈N+,m>4),使32;②an+1>an;924am1,a2m,am1依次成等差数列。若存在，请写出39

数列的通项公式；若不存在，请说明理由。

2、已知数列{an}是等比数列，其中a1=1,且a4,a5+1,a6成等差数列。

（1）求数列{an}的通项公式；（2）前n项和记为sn，证明：sn<128