12.1 复数的概念 (教学方式:基本概念课——逐点理清式教学)
[课时目标]
1.在问题情境中了解数系的扩充过程,通过方程的解认识复数.
2.理解复数的代数表示,理解两个复数相等的条件.
3.掌握复数的分类及复数相等的充要条件.
逐点清(一) 复数的概念
[多维理解]
定义 把形如a+bi(a,b∈ )的数叫作复数,其中i叫作虚数单位,i2=
表示 复数通常用字母z表示,即 (a,b∈R),其中a与b分别叫作复数z的 与
|微|点|助|解|
1.虚数单位i性质的关注点
i2=-1的理解:并没有规定i=±还是i=或i=-,在今后的学习中,我们将知道=±i,但不能说i=±.
2.复数概念的两个关注点
(1)复数的代数形式:若z=a+bi,只有当a,b∈R时,a才是z的实部,b才是z的虚部,且注意虚部不是bi,而是b.
(2)不要将复数与虚数的概念混淆,实数也是复数,实数和虚数是复数的两大构成部分.
[微点练明]
1.若复数z满足z=6i+2i2,则z的虚部是 ( )
A.-2i B.6i C.1 D.6
2.若复数2-bi(b∈R)的实部与虚部之和为0,则b的值为 ( )
A.2 B.
C.- D.-2
3.以-+7i的虚部为实部,以i+5i2的实部为虚部的复数是 ( )
A.7-5i B.-+i
C.5+i D.+i
4.已知复数z=a2+(2a+3)i(a∈R)的实部大于虚部,则a的取值范围为 .
逐点清(二) 复数的分类
[多维理解]
1.复数集
全体复数所组成的集合叫作 ,记作 .
2.复数的分类
复数z=a+bi(a,b∈R)的分类:
(1)当且仅当 时,z是实数a;
(2)当 时,z叫作虚数;
(3)当 时,z=bi叫作纯虚数.
(4)集合表示:
|微|点|助|解|
(1)a=0是z=a+bi(a,b∈R)为纯虚数的必要且不充分条件.
(2)复数集C是目前中学阶段接触到的最大数集,由此可知N* N Z Q R C.
(3)设所给复数为z=a+bi(a,b∈R),
①z为实数 b=0;②z为虚数 b≠0;③z为纯虚数 a=0且b≠0.
[微点练明]
1.若复数(a2-3a+2)+(a-1)i是纯虚数,则实数a的值为 ( )
A.1 B.2
C.-1或-2 D.1或2
2.已知z1=-4a+1+(2a2+3a)i,z2=2a+(a2+a)i,其中a∈R,z1>z2,则a的值为 .
3.实数x分别取什么值时,复数z=+(x2-2x-15)i是①实数 ②虚数 ③纯虚数
逐点清(三) 复数相等
[多维理解]
如果两个复数的 与 分别相等,那么我们就说这两个复数相等,即a+bi=c+di 这就是说,两个复数相等的充要条件是它们的实部和虚部分别相等.
|微|点|助|解|
(1)应用复数相等的充要条件时要注意:应先将复数化为z=a+bi(a,b∈R)的形式,再应用复数相等的充要条件列方程组求解.
(2)a+bi=0,a,b∈R a=0,b=0.
[微点练明]
1.若a,b∈R,i是虚数单位,a+2 024i=2-bi,则a2+bi等于 ( )
A.2 024+2i B.2 024+4i
C.2+2 024i D.4-2 024i
2.已知关于x的方程(x2+mx)+2xi=-2-2i(m∈R)有实数根n,且z=m+ni,则复数z等于 ( )
A.3+i B.3-i
C.-3-i D.-3+i
3.方程(2x2-3x-2)+(x2-5x+6)i=0的实数解x= .
4.已知M={1,(m2-2m)+(m2+m-2)i},P={-1,1,4i},若M∪P=P,求实数m的值.
12.1 复数的概念
[多维理解] R -1 z=a+bi 实部 虚部
[微点练明]
1.选D z=6i+2i2=-2+6i,则z的虚部是6.
2.选A 由复数2-bi(b∈R)的实部与虚部之和为0,得2-b=0,即b=2.
3.选A 设所求复数为z=a+bi(a,b∈R),由题意知复数-+7i的虚部为7,所以a=7.复数i+5i2=-5+i的实部为-5,所以b=-5.故z=7-5i.
4.解析:由已知可得a2>2a+3,即a2-2a-3>0,解得a>3或a<-1.因此a的取值范围是(-∞,-1)∪(3,+∞).
答案:(-∞,-1)∪(3,+∞)
[多维理解] 1.复数集 C 2.(1)b=0
(2)b≠0 (3)a=0且b≠0
[微点练明]
1.选B 由得a=2,故选B.
2.解析:由z1>z2,得
即解得a=0.
答案:0
3.解:①当x满足
即x=5时,是实数.
②当x满足
即x≠-3且x≠5时,是虚数.
③当x满足
即x=-2或x=3时,是纯虚数.
[多维理解] 实部 虚部
[微点练明]
1.选D 因为a+2 024i=2-bi,所以a=2,-b=2 024,即a=2,b=-2 024.所以a2+bi=4-2 024i.
2.选B 由题意知(n2+mn)+2ni=-2-2i,即解得∴z=3-i.
3.解析:易得解得x=2.
答案:2
4.解:∵M∪P=P,∴M P.
由(m2-2m)+(m2+m-2)i=-1,
得解得m=1;
由(m2-2m)+(m2+m-2)i=4i,
得
解得m=2.综上可知,m=1或m=2.(共41张PPT)
12.1
复数的概念
(教学方式:基本概念课——理清式教学)
课时目标
1.在问题情境中了解数系的扩充过程,通过方程的解认识复数.
2.理解复数的代数表示,理解两个复数相等的条件.
3.掌握复数的分类及复数相等的充要条件.
CONTENTS
目录
1
2
3
逐点清(一) 复数的概念
逐点清(二) 复数的分类
逐点清(三) 复数相等
4
课时跟踪检测
逐点清(一) 复数的概念
01
多维理解
定义 把形如a+bi(a,b∈____)的数叫作复数,其中i叫作虚数单位,i2=____
表示 复数通常用字母z表示,即_________(a,b∈R),其中a与b分别叫作复数z的______与______
R
-1
z=a+bi
实部
虚部
|微|点|助|解|
1.虚数单位i性质的关注点
i2=-1的理解:并没有规定i=±还是i=或i=-,在今后的学习中,我们将知道=±i,但不能说i=±.
2.复数概念的两个关注点
(1)复数的代数形式:若z=a+bi,只有当a,b∈R时,a才是z的实部,b才是z的虚部,且注意虚部不是bi,而是b.
(2)不要将复数与虚数的概念混淆,实数也是复数,实数和虚数是复数的两大构成部分.
微点练明
1.若复数z满足z=6i+2i2,则z的虚部是 ( )
A.-2i B.6i
C.1 D.6
解析:z=6i+2i2=-2+6i,则z的虚部是6.
√
2.若复数2-bi(b∈R)的实部与虚部之和为0,则b的值为 ( )
A.2 B.
C.- D.-2
解析:由复数2-bi(b∈R)的实部与虚部之和为0,得2-b=0,即b=2.
√
3.以-+7i的虚部为实部,以i+5i2的实部为虚部的复数是( )
A.7-5i B.-+i
C.5+i D.+i
解析:设所求复数为z=a+bi(a,b∈R),由题意知复数-+7i的虚部为7,所以a=7.复数i+5i2=-5+i的实部为-5,所以b=-5.故z=7-5i.
√
4.已知复数z=a2+(2a+3)i(a∈R)的实部大于虚部,则a的取值范围为 .
解析:由已知可得a2>2a+3,即a2-2a-3>0,解得a>3或a<-1.因此a的取值范围是(-∞,-1)∪(3,+∞).
(-∞,-1)∪(3,+∞)
逐点清(二) 复数的分类
02
多维理解
1.复数集
全体复数所组成的集合叫作________,记作_____.
2.复数的分类
复数z=a+bi(a,b∈R)的分类:
(1)当且仅当_____时,z是实数a;
(2)当_____时,z叫作虚数;
(3)当____________时,z=bi叫作纯虚数.
复数集
C
b=0
b≠0
a=0且b≠0
(4)集合表示:
|微|点|助|解|
(1)a=0是z=a+bi(a,b∈R)为纯虚数的必要且不充分条件.
(2)复数集C是目前中学阶段接触到的最大数集,由此可知N* N Z Q R C.
(3)设所给复数为z=a+bi(a,b∈R),
①z为实数 b=0;②z为虚数 b≠0;③z为纯虚数 a=0且b≠0.
微点练明
1.若复数(a2-3a+2)+(a-1)i是纯虚数,则实数a的值为 ( )
A.1 B.2
C.-1或-2 D.1或2
解析:由得a=2,故选B.
√
2.已知z1=-4a+1+(2a2+3a)i,z2=2a+(a2+a)i,其中a∈R,z1>z2,则a的值为 .
解析:由z1>z2,得
即解得a=0.
0
3.实数x分别取什么值时,复数z=+(x2-2x-15)i是①实数 ②虚数 ③纯虚数
解:①当x满足
即x=5时,是实数.
②当x满足
即x≠-3且x≠5时,是虚数.
③当x满足
即x=-2或x=3时,是纯虚数.
逐点清(三) 复数相等
03
多维理解
如果两个复数的______与______分别相等,那么我们就说这两个复数相等,即a+bi=c+di 这就是说,两个复数相等的充要条件是它们的实部和虚部分别相等.
实部
虚部
|微|点|助|解|
(1)应用复数相等的充要条件时要注意:应先将复数化为z=a+bi(a,b∈R)的形式,再应用复数相等的充要条件列方程组求解.
(2)a+bi=0,a,b∈R a=0,b=0.
微点练明
1.若a,b∈R,i是虚数单位,a+2 024i=2-bi,则a2+bi等于 ( )
A.2 024+2i B.2 024+4i
C.2+2 024i D.4-2 024i
解析:因为a+2 024i=2-bi,所以a=2,-b=2 024,即a=2,b=-2 024.
所以a2+bi=4-2 024i.
√
2.已知关于x的方程(x2+mx)+2xi=-2-2i(m∈R)有实数根n,且z=m+ni,则复数z等于 ( )
A.3+i B.3-i
C.-3-i D.-3+i
解析:由题意知(n2+mn)+2ni=-2-2i,即解得
∴z=3-i.
√
3.方程(2x2-3x-2)+(x2-5x+6)i=0的实数解x= .
解析:易得解得x=2.
2
4.已知M={1,(m2-2m)+(m2+m-2)i},P={-1,1,4i},若M∪P=P,求实数m的值.
解:∵M∪P=P,∴M P.
由(m2-2m)+(m2+m-2)i=-1,
得解得m=1;
由(m2-2m)+(m2+m-2)i=4i,
得
解得m=2.综上可知,m=1或m=2.
课时跟踪检测
04
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2
1.(多选)下列说法不正确的是 ( )
A.复数2+3i的虚部是3i
B.形如a+bi(b∈R)的数一定是虚数
C.若a∈R,a≠-3,则(a+3)i是纯虚数
D.若两个复数能够比较大小,则它们都是实数
√
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解析:复数2+3i的虚部是3,故A不正确;
形如a+bi(b∈R)的数不一定是虚数,例如,当a∈R,b=0时,a+bi不是虚数,故B不正确;
只有当a∈R,a+3≠0,即a≠-3时,(a+3)i是纯虚数,故C正确;
因为虚数不能比较大小,所以若两个复数能够比较大小,则它们都是实数,故D正确.故选AB.
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2.已知复数z=m(m-1)+mi为纯虚数,则实数m的值为 ( )
A.-1 B.1
C.1或-1 D.-1或0
解析:因为z是纯虚数,所以解得m=1.故选B.
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3.若x+(y-2)i=3y-(x-2)i(x,y∈R),则x-yi= ( )
A.3-i B.i-3
C.10 D.
解析:因为x+(y-2)i=3y-(x-2)i,所以解得故选A.
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4.(多选)若复数a+bi>c+di,则下列结论正确的是 ( )
A.a>c B.a=c=0
C.b=d=0 D.b>d
解析:因为虚数不能比较大小,若复数a+bi>c+di,则说明a+bi与c+di均为实数,所以b=d=0且a>c.故选AC.
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5.设集合C={复数},A={实数},B={纯虚数},若全集S=C,则下列结论正确的是 ( )
A.A∪B=C B. SA=B
C.A∩ SB= D.B∪ SB=C
解析:复数1+i∈C,但1+i A∪B,所以A∪B≠C,A错误;
复数1+i∈ SA,但1+i B,所以 SA≠B,B错误;
A∩ SB=A,C错误;
B∪ SB=C,D正确.故选D.
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6.(多选)已知复数z=sin θ-icos 2θ(0<θ<2π)的实部与虚部互为相反数,则θ的值可以为 ( )
A. B.
C. D.
解析:由条件知,sin θ=cos 2θ,∴2sin2θ+sin θ-1=0,解得sin θ=-1或.
∵0<θ<2π,∴θ=,或.故选ACD.
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7.“a=1”是“复数z=(a2-1)+2(a+1)i(a∈R)为纯虚数”的 ( )
A.充要条件 B.必要且不充分条件
C.充分且不必要条件 D.既不充分又不必要条件
解析:若a=1,则复数z=4i是纯虚数.若复数z=(a2-1)+2(a+1)i是纯虚数,
则a2-1=0且a+1≠0,解得a=1.因此“a=1”是“复数z=(a2-1)+2(a+1)i(a∈R)为纯虚数”的充要条件.
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8.定义运算=ad-bc,如果(x+y)+(x+3)i=(i为虚数单位),
那么实数x,y的值分别为 .
解析:由=ad-bc,得 =3x+2y+yi,
故有(x+y)+(x+3)i=3x+2y+yi.
因为x,y为实数,所以
即解得
-1,2
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9.定义:复数b+ai是z=a+bi(a,b∈R)的转置复数,已知a,b∈R,i是虚数单位,若a+2i=1-bi,则复数z=a+bi的转置复数是 .
解析:由a+2i=1-bi,得a=1,b=-2.所以复数z=a+bi=1-2i,故复数z=1-2i的转置复数是-2+i.
-2+i
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10.设复数z=log2(m2-3m-3)+ilog2(3-m)(m∈R),如果z是纯虚数,则m的值是 ,z的虚部为 .
解析:因为z是纯虚数,
所以解得m=-1.
因为z=ilog2(3-m)=ilog222=2i,所以z的虚部为2.
-1
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11.复数z=cos+isin,且θ∈,若z是实数,则θ的值为 ;若z为纯虚数,则θ的值为 .
解析:z=cos+isin=-sin θ+icos θ.
当z是实数时,cos θ=0,
∵θ∈,∴θ=±.
当z为纯虚数时,有
又θ∈,∴θ=0.
±
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12.(10分)已知复数z1=3-m2+(m-)i,z2=μ+sin θ+(cos θ-)i,其中i是虚数单位,m,μ,θ∈R.
(1)若z1为纯虚数,求m的值;
解:因为z1为纯虚数,
所以解得m=-.
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(2)若z1=z2,求μ的取值范围.
解:由z1=z2,得
因此μ=3-cos2θ-sin θ=sin2θ-sin θ+2=+.
因为-1≤sin θ≤1,
所以当sin θ=时,μmin=;
当sin θ=-1时,μmax=4.
故μ的取值范围是.
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13.(15分)已知i是虚数单位,若m为实数,z1=m2+1+(m3+3m2+2m)i,z2=4m+2+
(m3-5m2+4m)i,那么使z1>z2的m值的集合是什么 使z1解:∵z1>z2,∴z1,z2为实数.
当z1为实数时,m3+3m2+2m=0,
解得m=0或m=-1或m=-2.
∴z1=1或z1=2或z1=5.
当z2为实数时,m3-5m2+4m=0,解得m=0或m=1或m=4.∴z2=2或z2=6或z2=18.
上面m的公共值为m=0,此时z1,z2同时为实数,
即z1=1,z2=2.∴使z1>z2的m值的集合是空集,使z1(满分80分,选填小题每题5分)
1.(多选)下列说法不正确的是 ( )
A.复数2+3i的虚部是3i
B.形如a+bi(b∈R)的数一定是虚数
C.若a∈R,a≠-3,则(a+3)i是纯虚数
D.若两个复数能够比较大小,则它们都是实数
2.已知复数z=m(m-1)+mi为纯虚数,则实数m的值为 ( )
A.-1 B.1
C.1或-1 D.-1或0
3.若x+(y-2)i=3y-(x-2)i(x,y∈R),则x-yi= ( )
A.3-i B.i-3
C.10 D.
4.(多选)若复数a+bi>c+di,则下列结论正确的是 ( )
A.a>c B.a=c=0
C.b=d=0 D.b>d
5.设集合C={复数},A={实数},B={纯虚数},若全集S=C,则下列结论正确的是 ( )
A.A∪B=C B. SA=B
C.A∩ SB= D.B∪ SB=C
6.(多选)已知复数z=sin θ-icos 2θ(0<θ<2π)的实部与虚部互为相反数,则θ的值可以为 ( )
A. B.
C. D.
7.“a=1”是“复数z=(a2-1)+2(a+1)i(a∈R)为纯虚数”的 ( )
A.充要条件 B.必要且不充分条件
C.充分且不必要条件 D.既不充分又不必要条件
8.定义运算=ad-bc,如果(x+y)+(x+3)i=(i为虚数单位),那么实数x,y的值分别为 .
9.定义:复数b+ai是z=a+bi(a,b∈R)的转置复数,已知a,b∈R,i是虚数单位,若a+2i=1-bi,则复数z=a+bi的转置复数是 .
10.设复数z=log2(m2-3m-3)+ilog2(3-m)(m∈R),如果z是纯虚数,则m的值是 ,z的虚部为 .
11.复数z=cos+isin,且θ∈,若z是实数,则θ的值为 ;若z为纯虚数,则θ的值为 .
12.(10分)已知复数z1=3-m2+(m-)i,z2=μ+sin θ+(cos θ-)i,其中i是虚数单位,m,μ,θ∈R.
(1)若z1为纯虚数,求m的值;
(2)若z1=z2,求μ的取值范围.
13.(15分)已知i是虚数单位,若m为实数,z1=m2+1+(m3+3m2+2m)i,z2=4m+2+(m3-5m2+4m)i,那么使z1>z2的m值的集合是什么 使z1课时跟踪检测(二十七)
1．选AB 复数2＋3i的虚部是3，故A不正确；形如a＋bi(b∈R)的数不一定是虚数，例如，当a∈R，b＝0时，a＋bi不是虚数，故B不正确；只有当a∈R，a＋3≠0，即a≠－3时，(a＋3)i是纯虚数，故C正确；因为虚数不能比较大小，所以若两个复数能够比较大小，则它们都是实数，故D正确．故选AB.
2．选B 因为z是纯虚数，所以解得m＝1.故选B.
3．选A 因为x＋(y－2)i＝3y－(x－2)i，所以解得故选A.
4．选AC 因为虚数不能比较大小,若复数a＋bi>c＋di，则说明a＋bi与c＋di均为实数，所以b＝d＝0且a>c.故选AC.
5．选D 复数1＋i∈C，但1＋i A∪B，所以A∪B≠C，A错误；复数1＋i∈ SA，但1＋i B，所以 SA≠B，B错误；A∩ SB＝A，C错误；B∪ SB＝C，D正确．故选D.
6．选ACD 由条件知，sin θ＝cos 2θ，∴2sin2θ＋sin θ－1＝0，解得sin θ＝－1或.∵0<θ<2π，∴θ＝，或.故选ACD.
7．选A 若a＝1，则复数z＝4i是纯虚数．若复数z＝(a2－1)＋2(a＋1)i是纯虚数，则a2－1＝0且a＋1≠0，解得a＝1.因此“a＝1”是“复数z＝(a2－1)＋2(a＋1)i(a∈R)为纯虚数”的充要条件．
8．解析：由＝ad－bc，得 ＝3x＋2y＋yi，故有(x＋y)＋(x＋3)i＝3x＋2y＋yi.因为x，y为实数，所以即解得
答案：－1,2
9．解析：由a＋2i＝1－bi，得a＝1，b＝－2.所以复数z＝a＋bi＝1－2i，故复数z＝1－2i的转置复数是－2＋i.
答案：－2＋i
10．解析：因为z是纯虚数，
所以解得m＝－1.
因为z＝ilog2(3－m)＝ilog222＝2i，所以z的虚部为2.
答案：－1 2
11．解析：z＝cos＋isin＝－sin θ＋icos θ.当z是实数时，cos θ＝0，∵θ∈，∴θ＝±.当z为纯虚数时，有又θ∈，∴θ＝0.
答案：± 0
12．解：(1)因为z1为纯虚数，
所以解得m＝－.
(2)由z1＝z2，得
因此μ＝3－cos2θ－sin θ＝sin2θ－sin θ＋2＝2＋.因为－1≤sin θ≤1，
所以当sin θ＝时，μmin＝；
当sin θ＝－1时，μmax＝4.
故μ的取值范围是.
13．解：∵z1>z2，∴z1，z2为实数．
当z1为实数时，m3＋3m2＋2m＝0，
解得m＝0或m＝－1或m＝－2.
∴z1＝1或z1＝2或z1＝5.
当z2为实数时，m3－5m2＋4m＝0，解得m＝0或m＝1或m＝4.∴z2＝2或z2＝6或
z2＝18.
上面m的公共值为m＝0，此时z1，z2同时为实数，即z1＝1，z2＝2.∴使z1>z2的m值的集合是空集，使z1
