【数学】2020届一轮复习人教A版 复数 学案

【数学】2020届一轮复习人教A版 复数 学案

高考总复习：复数 【考纲要求】 1.理解复数的基本概念，理解复数相等的充要条件； 2.了解复数的代数表示形式及其几何意义；能将代数形式的复数在复平面上用点或向量表示，并能将 复平面上的点或向量所对的复数用代数形式表示。 3.会进行复数代数形式的四则运算，了解两个具体相加、相减的几何意义. 【知识网络】 【考点梳理】 考点一、复数的有关概念 1.虚数单位 : （1）它的平方等于 ，即 ； （2） 与－1 的关系: 就是－1 的一个平方根，即方程 的一个根，方程 的另一个根是 ； （3）实数可以与它进行四则运算，进行四则运算时，原有加、乘运算律仍然成立； （4） 的周期性： ， ， ， （ ）. i 1− 2 1i = − i i 2 1x = − 2 1x = − i− i 4 1ni = 4 1ni i+ = 4 2 1ni + = − 4 3ni i+ = − *n N∈ 2. 概念 形如 （ ）的数叫复数， 叫复数的实部， 叫复数的虚部。 说明：这里 容易忽视但却是列方程求复数的重要依据。 3.复数集 全体复数所成的集合叫做复数集，用字母 表示；复数集与其它数集之间的关系： 4.复数与实数、虚数、纯虚、0 的关系： 对于复数 （ ）， 当且仅当 时，复数 是实数； 当且仅当 时，复数 叫做虚数； 当且仅当 且 时，复数 叫做纯虚数； 当且仅当 时，复数 就是实数 0. 所以复数的分类如下: 　　 （ ） 5.复数相等的充要条件 两个复数相等的定义：如果两个复数的实部和虚部分别相等，那么我们就说这两个复数相等。即： 如果 ，那么 . 特别地: . 应当理解: （1）一个复数一旦实部、虚部确定，那么这个复数就唯一确定；反之一样. （2）复数相等的充要条件是将复数转化为实数解决问题的基础. 一般地，两个复数只能说相等或不相等，而不能比较大小。如果两个复数都是实数，就可以比较大小； 也只有当两个复数全是实数时才能比较大小。　 6.共轭复数： 两个复数的实部相等，而且虚部相反，那么这两个复数叫做共轭复数。即： 复数 和 （ ）互为共轭复数。 考点二：复数的代数表示法及其四则运算 1.复数的代数形式: 复数通常用字母 表示，即 （ ），把复数表示成 的形式，叫做复数的代数形式。 a bi+ ,a b R∈ a b ,a b R∈ C N Z Q R C z a bi= + ,a b R∈ 0b = z a bi a= + = 0b ≠ z a bi= + 0a = 0b ≠ z a bi bi= + = 0a b= = 0z a bi= + = z a bi= + ,a b R∈ ⇒ ( 0) ( 0) 0 0 b b a b =  ≠ ⇒ = ≠ 实数 ； 虚数 当 且 时为纯虚数 , , ,a b c d R∈ a bi c di a c b d+ = + ⇔ = =且 0 0a bi a b+ = ⇔ = = z a bi= + z a bi a bi= + = − ,a b R∈ z a bi+ ,a b R∈ a bi+ 2.四则运算 ； ； 复数除法通常上下同乘分母的共轭复数： 。 考点三：复数的几何意义 1. 复平面、实轴、虚轴： 点 的横坐标是 ，纵坐标是 ，复数 （ ）可用点 表示，这个建立了直角坐 标系来表示复数的平面叫做复平面，也叫高斯平面， 轴叫做实轴， 轴叫做虚轴。 实轴上的点都表示实数。 对于虚轴上的点原点对应的有序实数对为 ，它所确定的复数是 表示是实数。故除了 原点外，虚轴上的点都表示纯虚数。 复数集 C 和复平面内所有的点所成的集合是一一对应关系，即 复数 复平面内的点 这是因为，每一个复数有复平面内唯一的一个点和它对应；反过来，复平面内的每一个点，有唯一的一 个复数和它对应，这就是复数的一种几何意义，也就是复数的另一种表示方法，即几何表示方法。 2.复数的几何表示 （1）坐标表示:在复平面内以点 表示复数 （ ）； （2）向量表示:以原点 为起点，点 为终点的向量 表示复数 . 向量 的长度叫做复数 的模，记作 .即 . 要点诠释: （1）向量 与点 以及复数 有一一对应； （2）两个复数不全是实数时不能比较大小，但它们的模可以比较大小。 3.复数加法的几何意义： 如果复数 、 分别对应于向量 、 ，那么以 、 为两边作平行四边形 ，对角线 表示的向量 就是 的和所对应的向量。 4.复数减法的几何意义： ( ) ( ) ( ) ( )a bi c di a c b d i+ ± + = ± + ± ( )( ) ( ) ( )a bi c di ac bd bc ad i+ + = − + + 2 2 2 2 ( )( ) ( )( ) a bi a bi c di ac bd bc ad ic di c di c di c d c d + + − + −= == ++ + − + + Z a b z a bi= + ,a b R∈ ( , )Z a b x y (0,0) 0 0 0z i= + = z a bi= + ←→一一对应 ( , )Z a b ( , )Z a b z a bi= + ,a b R∈ O ( , )Z a b OZ z a bi= + OZ z a bi= + | |a bi+ 2 2| | | | 0z OZ a b= = + ≥ OZ ( , )Z a b z a bi= + 1z 2z 1OP 2OP 1OP 2OP 1 2OPSP OS OS 1 2z z+ 两个复数的差 与连接这两个向量终点并指向被减数的向量对应。 要点诠释: 1.复数的加、减、乘、除运算一般用代数形式进行； 2.求解计算时，要充分利用 i 的性质计算问题； 3.在复数的求解过程中，要注意复数整体思想的把握和应用； 4.复数问题实数化是解决复数问题的最基本也是最重要的思想方法，其依据是复数的有关概念和两个复 数相等的充要条件。 【典型例题】 类型一：复数的有关概念 例 1(2015 春 蠡县校级期末)实数 m 取什么数值时，复数 分别是： (1)实数？ (2)虚数? (3)纯虚数？ (4)表示复数 的点在复平面的第四象限? 【思路点拨】利用复数的有关概念易求得。 【解析】 (1)当 即 或 时，复数为实数. (2)当 时即 或 时，复数为虚数. (3)当 即 时，复数为纯虚数. (4)当 时即 时，表示复数 的点在复平面的第四象限. 【总结升华】 复习中，概念一定要结合意义落实到位，对复数的分类条件要注意其充要性，对复数相等、共轭复数的 概念的运用也是这样；对一些概念的等价表达式要熟知。比如： ( )； 是纯虚数 （ ） ； 举一反三： 【变式 1】(2018 河南一模)如果复数 (其中 为虚数单位，b 为实数)的实部和虚部互为相反数，那么 b 等于( ) A. B. C. D. 【答案】C 1 2z z− ( )immmz 21 22 −−+−= z ( )2 21 2z m m m i= - + - -因为复数 ∴ 022 =−− mm 1−=m 2=m 022 ≠−− mm 1−≠m 2≠m    =− ≠−− 01 02 2 2 m mm 1=m    <−− >− 02 01 2 2 mm m 21 << m z z a bi R= + ∈ ⇔ 0b = ⇔ z z= ⇔ 2 0z ≥ ,a b R∈ z a bi= + ⇔ 0 0a b= ≠且 ⇔ 0z z+ = 0z ≠ ⇔ 2 0z < i bi 21 -2 + i 2 3 2 3 2- 2 【解析】 依题意 解得 故选 C. 【例 2】设复数 满足 （i 是虚数单位），则 的实部是_________ 【思路点拨】利用待定系数法，结合复数运算可求。 【答案】1. 【解析】设 ，则 ，所以 ，复数 的实部 是 1. 【总结升华】本题考查的是复数的运算，解题的关键是设出复数 的代数形式 ，然后运算求得 复数，找出实部. 举一反三： 【变式】已知复数 满足 且 ,则复数 （ ） 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 【答案】 [法 1] 设 （ ），有 , . 则 ，故应选 C。 [法 2] ∵ ,∴ . [法 3] ∵ ，∴ . 类型二：复数相等 【例 3】复数 z1＝ ＋(10-a2)i，z2＝ 若 是实数，求实数 a 的值. 【思路点拨】 是实数，将 化简成 a+bi 形式可得。 【解析】 ( )( )2 1 22 2 2 4 1 2 5 5 5 bi ibi b bi i - -- - - -= = ++ 5 4 5 22 bb −−−=− 3 2−=b z izi 23)1( +−=+ z z a bi= + ( 1) ( 1 ) ( 1) 3 2i z i a bi b a i i+ = + + = − + + = − + 1, 3a b= = z z z a bi= + z | | 1z = 2 1z ≠ − 12 +z z z a bi= + ,a b R∈ 2 2 1a b+ = 0a ≠ 2 2 2 2 1 1 2 1 2 2 2 z a bi a bi Rz a abi b a abi a + += = = ∈+ + − + + 2| | 1z z z⋅ = = 2 2 1 1 ( ) z z z Rz z z z z z z z z = = = ∈+ + ⋅ + + 2| | 1z z z⋅ = = 2 2 1 1 ( 1) z z z Rz z z z z ⋅= = ∈+ + ⋅ + 3 a 5+ 2 (2a 5)i1 a −− ＋ ， 1 2z z+ 1 2z z+ 1 2z z+ ( )2 1 2 3 2z z a 10 i (2a 5)ia 5 1 a − −+ −＋ ＝ ＋ ＋ ＋ ∵ 是实数， ∴a2＋2a-15＝0，解得 a＝-5 或 a＝3. 又(a＋5)(a-1)≠0，∴a≠-5 且 a≠1，故 a＝3. 【总结升华】两个复数相等，a+bi=c+di . 举一反三： 【变式】若(x－i)i＝y＋2i，x、y∈R，则复数 x＋yi＝(　　) A．－2＋i B．2＋i C．1－2i D．1＋2i 【答案】B 【解析】由题意得，xi＋1＝y＋2i，故 x＝2，y＝1， 即 x＋yi＝2＋i. 【例 4】已知集合 M=｛（a+3）+（b2-1）i, 8｝,集合 N=｛3，（a2-1）+(b+2)｝同时满足 M∩N M，M∩N≠Φ， 求整数 a,b 【思路点拨】先判断两集合元素的关系，再列方程组，进而解方程组，最后检验结果是否符合条件。 【解答】 …………………………① 或 …………………………………………② 或 …………………………③ 由①得 a=-3,b=±2,经检验，a=-3,b=-2 不合题意，舍去。∴a=-3，b=2 由②得 a=±3, b=-2.又 a=-3,b=-2 不合题意，∴a=3,b=-2; 由③得 ,此方程组无整数解。 综合①②③得 a=-3，b=2 或 a=3,b=-2。 【总结升华】利用复数相等可实现复数问题实数问题的转化。解题时要把等号两边的复数化为标准的 ( ) ( )( ) 2 2 3 2( ) a 10 (2a 5) ia 5 1 a a 13 (a 2a 15)i.a 5 a 1 − −+ − − −+ − ＝ ＋ ＋［ ＋ ］ ＝ ＋ ＋ 1 2z z＋ ⇔ ( , , , )a c a b c d Rb d = ∈ = ≠ ⊂ 2( 3) ( 1) 3a b i i+ + − =依题意得 28 ( 1)( 2)a b i= − + 2 23 ( 1) 1 ( 2)a b i a b i+ + − = − + + 2 2 2 2 3 1 4 0 1 2 3 0 a a a a b b b b  + = − − − =  − = + − − =   即 代数形式。 举一反三： 【变式】已知复数 z1 满足(z1-2)(1+i)=1-i(i 为虚数单位)，复数 z2 的虚部为 2，且 z1·z2 是实数，求 z2. 【 解 析 】 设 z2=a+2i(a∈R) ， 由 已 知 复 数 z1 满 足 (z1-2)(1+i)=1-i, 得 z1=2-i ， 又 已 知 z1·z2=(2-i)·(a+2i)=(2a+2)+(4-a)i 是实数，则虚部 4-a=0，即 a=4，则复数 z2=4+2i. 【例 5】实数 m 分别取什么数值时？复数 z＝(m2＋5m＋6)＋(m2－2m－15)i (1)与复数 2－12i 相等； (2)与复数 12＋16i 互为共轭复数； (3)对应的点在 x 轴上方． 【思路点拨】利用复数相等定义。 【解析】(1)根据复数相等的充要条件得 解之得 m＝－1. (2)根据共轭复数的定义得 解之得 m＝1. (3)根据复数 z 对应点在 x 轴上方可得 m2－2m－15＞0， 解之得 m＜－3 或 m＞5. 【总结升华】利用复数相等可实现复数问题实数问题的转化。解题时要把等号两边的复数化为标准的 代数形式。对于复数 z，如果没有给出代数形式，可设 z= a+bi(a,b∈R)。 举一反三： 【变式】若 a、b∈R，i 为纯虚数单位，且(a＋i)i＝b＋i，则(　　) A．a＝1，b＝1 B．a＝－1，b＝1 C．a＝1，b＝－1 D．a＝－1，b＝－1 【答案】C 【解析】由(a＋i)i＝b＋i，得－1＋ai＝b＋i，根据两复数相等的充要条件得 a＝1，b＝－1. 类型三：复数的代数形式的四则运算 【例 6】计算：计算 【思路点拨】复数除法通常上下同乘分母的共轭复数。 【解析】 2 2 5 6 2, 2 15 12 m m m m  + + = − − = − 2 2 5 6 12, 2 15 16 m m m m  + + = − − = − i iii 43 42)1)(41( + +++− i iii 43 42)1)(41( + +++− 1 4 3 2 4 3 4 i i i + − + += + 【总结升华】复数除法关键是把分母实数化，通常上下同乘分母的共轭复数，利用 进行运算。 举一反三： 【变式】 【答案】：原式= 　　　 【例 7】 【解析】原式= 【总结升华】复数的综合运算中会涉及模、共轭及分类等，求 z 时要注意是把 z 看作一个整体还是设为代 数形式应用方程思想；当 z 是实数或纯虚数时注意常见结论的应用. 举一反三： 【变式高清视频复数例题 3】已知复数 z1，满足(z1－2)(1＋i)＝1－i，复数 z2 的虚部为 2， 且 z1·z2 是实数，求 z2. 【思路点拨】利用复数的乘除运算求 z1，再设 z2＝a＋2i(a∈R)， 利用 z1·z2 是实数，求 a. 【解析】由(z1－2)(1＋i)＝1－i，得 z1－2＝ ＝－i，即 z1＝2－i. 设 z2＝a＋2i(a∈R)， ∴z1·z2＝(2－i)(a＋2i)＝(2a＋2)＋(4－a)i. ∵z1·z2∈R. ∴a＝4. ( )2 101 1 2i i i= + − = + 2 2 7 (7 )(3 4 ) 3 4 3 4 i i i i + + −= =+ + 21 4 3 28 25 25 1 .25 25 i i i i + + − −= = = − 2 1i = − 8) 31 22( i i − + 8) 2 3 2 1 1( i i +− + i i ii i i i ii i 388 4 3 4 1 388 )2 3 2 1)(2 3 2 1( )2 3 2 1(16 2 3 2 1 )2( )2 3 2 1(])2 3 2 1[( ])1[( 4 223 42 +−= + +−= +−−− +−⋅ = −− = +−⋅+− += 100 5 2 201 1[(1 2 ) ( ) ] ( )1 2 i ii i i − ++ ⋅ + −+ 5 2 10[(1 2 ) 1 ( ) ] ( )i i i+ ⋅ + − − 1 1 i i − + ∴z2＝4＋2i. 【例 8】已知 z1，z2 为复数，(3＋i)z1 为实数， 且|z2|＝ 求 z2. 【思路点拨】可不设代数形式利用整体代换的思想求解. z1＝z2(2＋i)，(3＋i)z1＝z2(2＋i)(3＋i)＝z2(5＋5i)∈R， ∵|z2|＝ ∴|z2(5＋5i)|＝50， ∴z2(5＋5i)＝±50， 【总结升华】1、(1)复数的加法、减法、乘法运算可以类比多项式运算，除法关键是分子分母同乘以 分母的共轭复数，注意要把 i 的幂写成最简形式. (2)记住以下结论，可提高运算速度： ①(1±i)2=±2i； ⑤i4n=1，i4n+1=i，i4n+2=-1，i4n+3=-i(n∈N). 2、复数的四则运算类似于多项式的四则运算，此时含有虚数单位 i 的看作一类同类项，不含 i 的看作 另一类同类项，分别合并即可，但要注意把 i 的幂写成最简单的形式，在运算过程中，要熟透 i 的特点及 熟练应用运算技巧。 举一反三： 【变式 1】复数 z＝ －3 + i 2 + i 的共轭复数是（ ） （A）2+i （B）2－i （C）－1+i （D）－1－i 【解析】选 D ，故 的共轭复数为 . 【变式 2】若复数 满足 （ 为虚数单位），则 为 （A） （B） （C） （D） 【解析】选.A 因为 ，所以 . 类型三：复数的几何意义 1 2 zz 2 i+＝ , 5 2 5 2 ( )2 50 10z 5 5i .5 5i 1 i ∴ ± ± ± −+ +＝ ＝ ＝ 1 i 1 i a bii i b ai1 i 1 i i + − += = − = −− +② ;③ ;④ ; ( )( ) ( )( ) 3 23 5 5 12 2 2 5 i ii iz ii i i − + −− + − += = = = − ++ + − z 1 i− − x (2 ) 11 7z i i− = + i z 3 5i+ 3 5i− 3 5i− + 3 5i− − (2 ) 11 7z i i− = + ii i ii ii ii i iz 535 2515 4 7111422 )2)(2( )2)(711( 2 711 2 +=+=− −++=+− ++=− += 【例 9】已知复数 ( )，若 所对应的点在第四象限，求 的取值范 围. 【思路点拨】 在复平面内以点 表示复数 （ ）， 所对应的点在第四象限等 价于 的实部大于零而虚部小于零。 【解析】∵ ∴ ，解得 . ∴ 的取值范围为 . 【总结升华】每一个复数有复平面内唯一的一个点和它对应；反过来，复平面内的每一个点，有唯一的 一个复数和它对应。 举一反三： 【变式 1】已知 是复数， 和 均为实数，且复数 对应的点在第一象限，求实数 的 取值范围。 【答案】：设 ( ) ∴ ，由题意得 ， ，由题意得 ， ∴ ∵ ， 根据已知条件有 ，解得 ， ∴实数 的取值范围是 . 【变式 2】集合 ， ， 为虚数单位， R ，则 为 （ ） （A）（0，1） （B） ， （C） ， （D） ， 【解析】选 C. ，所以 ； 2(3 5 2) ( 1)z m m m i= − + + − m R∈ z m ( , )Z a b z a bi= + ,a b R∈ z z 2(3 5 2) ( 1)z m m m i= − + − −    <−− >+− 0)1( 0253 2 m mm 1m > m (1, )m∈ +∞ z 2z i+ 2 i z − 2( )z ai+ a z x yi= + ,x y R∈ 2 (2 )z i x y i+ = + + 2y = − 2 1 1 1( 2 )(2 ) (2 2) ( 4)2 2 5 5 5 z x i x i i x x ii i −= = − − = + + −− − 4x = 4 2z i= − 2 2( ) (12 4 ) 8( 2)z ai a a a i+ = + − + − 212 4 0 8( 2) 0 a a a  + − >  − > 2 6a< < a (2,6)a∈ 2 2{ | | cos sin |, }M y y x x x R= = − ∈ 1{ || | 2N x x i = − < i x∈ } M N (0 1] [0 1) [0 1] 2 2| cos sin | | cos2 | [0,1]y x x x= − = ∈ [0,1]M = 因 为 ， 所 以 ， 即 ， 又 因 为 ， R ， 所 以 ，即 ；所以 ，故选 C. 类型四：化复数问题为实数问题 【例 10】设 ，求满足 且 的复数 . 【思路点拨】设 （ ）代入条件，把复数问题转化为实数问题，易得 、 的两个方 程。 【解析】设 （ ），则 ∴ 即 ，∴ 或 （1）当 时， ，∴ ，∴ 或 当 不合题意舍去，∴ 时 （2）当 时， 又∵ ，∴ 由 ，解得 ， ，∴ 综上， 或 【总结升华】 复数定义：“形如 （ ）的数叫复数”就意味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；设出复数的代数形式，把复数问题转化为实数问题来研究 是解决复数问题的常用方法。 举一反三： 【变式 1】设复数 满足 则 ＝（ ）。 A、0 B、1 C、 D、2 【答案】：设 （ ），则 即 1 | 2| x i − < | | 2x i+ < | ( ) | 2x i− − < 2| ( ) | 1x i x− − = + x∈ 1 1x− < < ( 1,1)N = − [0,1)M N = z C∈ 1z Rz + ∈ | 2 | 2z − = z z a bi= + ,a b R∈ a b z a bi= + ,a b R∈ 2 2 2 2 1 1( ) ( ) ( )b bz a bi a b i Rz a bi a b a b + = + + = + + − ∈+ + + 2 2 0bb a b − =+ 2 2 bb a b = + 0b = 2 2 1a b+ = 0b = z a= | 2 | | 2 | 2z a− = − = 0a = 4a = 0a = 4a = 4z = 0b ≠ 2 2 1a b+ = | 2 | | ( 2) | 2z a bi− = − + = 2 2( 2) 4a b− + = 2 2 2 2 1 ( 2) 4 a b a b  + = − + = 1 4a = 15 4b = ± 1 15 4 4z i= ± 4z = 1 15 4 4z i= ± z a bi= + ,a b R∈ z 1 1 z iz − =+ |1 |z+ 2 z a bi= + ,a b R∈ 1 1 ( ) 1 1 ( ) z a bi iz a bi − − += =+ + + 1 ( ) [1 ( )]a bi a bi i− + = + + ∴ ，解得 ,∴ ，∴ ，故选 C。 【变式 2】已知复数 ，求实数 使 【答案】：∵ , ∴ ∵ , ∴ ，解得 或 【变式 3】令 ,求使方程 成立的复数 . 【答案】：令 ( )，则原方程化为: 即 ， ∴ ，解之有 或 (舍去） ∴当 时，复数 . 【例 11】求使关于 的方程 至少有一个实根的实数 . 【思路点拨】 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。 【解析】设 为方程的一个实根，则有 即 ∴ ，解得 . 【总结升华】设出实根，化虚为实，再利用两复数相等。 举一反三： 【变式】已知方程 有实根，求实数 . 【答案】：设实根为 , 则 ,即 ∴ ，解得 1 1 a b a b − = −  + = − 0 1 a b =  = − z i= − |1 | |1 | 2z i+ = − = 1z i= + ,a b 22 ( 2 )az bz a z+ = + 1z i= + 2 ( 2 ) ( 2 )az bz a b a b i+ = + + − 2 2 2( 2 ) ( 2) 4 4( 2) ( 4 ) 4( 2)a z a a i a a a i+ = + − + + = + + + ,a b R∈ 22 4 2 4( 2) a b a a a b a  + = +  − = + 2 1 a b = −  = − 4 2 a b = −  = z C∈ | | 2 3 6z z i+ = − z z x yi= + ,x y R∈ iyixyx 63)(222 −=−++ iyixyx 632)2( 22 −=−++    = =++ 62 3222 y xyx 0 3 x y =  = 4 3 x y =  = 0, 3x y= = 3z i= x 2 ( 2 ) (2 ) 0x m i x mi+ + + + = m 0x 2 0 0( 2 ) (2 ) 0x m i x mi+ + + + = 2 0 0 0( 2) (2 ) 0x mx x m i+ + + + =    =+ =++ 02 02 0 0 2 0 mx mxx 2 2m = ± 22 (2 1) ( ) 0x i x m i− − + − = m 0x 2 0 02 (2 1) ( ) 0x i x m i− − + − = 2 0 0 0(2 ) (2 1) 0x x m x i+ + − + =    =+ =++ 012 02 0 0 2 0 x mxx    = −= 0 2 1 0 m x ∴ 为所求. 【变式 2】已知 ，方程 的两根为 、 ，求 . 【答案】：∵ ，∴ 方程的实系数一元二次方程可以用 来判定方程有无实根。 (1)当 ，即 时，方程的根 、 为实数根， 由韦达定理 又∵ ∴ ①当 时， , ②当 时， . (2)当 ,即 时，方程的根 、 为虚根 。 【例 12】已知 ， 对于任意 均有 成立，试求实数 的 取值范围。 【思路点拨】求出 及 ，利用 问题转化为 时不等式恒成立问题。 【解析】∵ ，∴ ∴ 对 恒成立。 当 ，即 时，不等式成立； 当 时， ，解得 综上，实数 的取值范围： . 【总结升华】本题利用复数的性质求模之后，转化为求含参数的二次不等式的参数取值范围。 举一反三： 【变式 1】已知 , ( ), 且 ，求 的取值范围. 0m = a R∈ 2 2 0x x a+ + = α β | | | |α β+ a R∈ ∆ 4 4 0a∆ = − ≥ 1a ≤ α β    =αβ −=β+α . 2 a ， | | | | 0α β+ ≥ ||||2|)||(||||| 222 β⋅α+β+α=β+α=β+α 2( ) 2 2 | | 4 2 2 | |a aα β αβ αβ= + − + = − + 0 1a≤ ≤ | | | | 2α β+ = 0a < | | | | 2 1 aα β+ = − 4 4 0a∆ = − < 1a > α β ia 11 −±− | | | | | 1 1 | | 1 1 | 1 ( 1) 1 ( 1) 2 .a i a i a a aα β+ = − + − + − − − = + − + + − = 2 2 1 1z x x i= + + ⋅ 2 2 ( )z x a i= + x R∈ 1 2| | | |z z> a 1| |z 2| |z 1 2| | | |z z> x R∈ 1 2| | | |z z> 22 2 2 2 2 2( ) 1 ( )x x x a+ + > + 2 2(1 2 ) (1 ) 0a x a− + − > x R∈ 1 2 0a− = 1 2a = 1 2 0a− ≠    <−−− >− 0)1)(21(4 021 2aa a 11 2a− < < a 1( 1, ]2a∈ − 1 3 4z i= − 2 2 1 4xz i−= − + x R∈ 1 2| | | |z z≥ x 【答案】：∵ , . ∴ , 解之得 . 【变式 2】已知： 。求实数 . 【答案】： 　　　 　　　 　　　 即 或 . 【变式 3】设 是虚数， 是实数，且 . （1）求 的值及 的实部的取值范围； （2）设 ，求证： 为纯虚数； （3）求 的最小值。 【答案】： （1）解：设 （ ， )，则 ∵ 是实数， ∴ ∵ ，∴ ，即 ， ∵ 即 ∴ 的实部的取值范围是： . （2）证明： ∵ ， ， ∴ 为纯虚数. （3）解： 2 2 1| | 3 ( 4) 5z = + − = 2 2 2| | (2 1) 4xz −= − + 2 2(2 1) 4 5x− − + ≤ 2x ≥ − 5|4log| 5.0 ≥+ ix x 54)x(log|i4xlog| 22 5.05.0 ≥+=+ 2516xlog2 5.0 ≥+⇔ 33 5.05.0 2 5.0 5.05.00 3log3log 9log −≥≤<⇔ −≤≥⇔ ≥⇔ xx xx x 或 或 8 10 ≤< x 8x ≥ z 1z z ω = + 1 2ω− < < | |z z 1 1 zu z −= + u 2uω − z a bi= + ,a b R∈ 0b ≠ 2 2 2 2 1i+ ( ) ( )i a ba b a b ia b a b a b ω = + = + + −+ + + ω 2 2 0bb a b − =+ 0b ≠ 2 2 1a b+ = | | 1z = 2aω = 1 2ω− < < 1 2 2a− < < z 1( ,1)2a∈ − 2 2 2 2 1 1 i (1 i)(1 i) 1 2 i 1 1 i (1 i)(1 - i) (1 ) 1 z a b a b a b a b b bu iz a b a b a b a b a − − − − − + − − − −= = = = = −+ + + + + + + + + 1( ,1)2a∈ − 0b ≠ u 2 2 2 2 2 1 1 12 2 2 2[( 1) ] 3( 1) ( 1) 1 1 b a au a a a aa a a a ω − −− = + = + = − = + + −+ + + + ∵ ， ∴ ∴ （当且仅当 即 时，上式取等号） ∴ 的最小值 1. 1( ,1)2a∈ − 12 1 02a> + > > 2 1 12[( 1) ] 3 2 ( 1) 3 11 1u a aa a ω − = + + − ≥ + ⋅ − =+ + 1 11 aa = ++ 0a = 2uω −