第2课时 复数的乘方与除法运算 (教学方式:基本概念课——逐点理清式教学)
逐点清(一) 复数的乘方与in(n∈N*)的周期性
[多维理解]
1.复数乘方的运算性质
对任何z,z1,z2∈C及m,n∈N*,有zmzn= ,(zm)n= ,(z1z2)n= .
2.in(n∈N*)的周期性
一般地,如果n∈N*,那么我们有i4n= ,i4n+1= ,i4n+2= ,i4n+3= .
|微|点|助|解|
(1)在复数范围内正整数指数幂的运算律与实数范围内正整数指数幂的运算律是一致的.
(2)由i的正整数指数幂的含义易知,对于4个连续的正整数a,b,c,d,都有ia+ib+ic+id=0.
[微点练明]
1.已知i为虚数单位,若实数a使得ai+a2(i2 023+1)-1为纯虚数,则a= ( )
A.-1 B.1
C.±1 D.2
2.若i为虚数单位,则的值为 ( )
A.1 B.-1
C.i D.-i
3.i3(3+2i)= ( )
A.2+3i B.2-3i
C.-2+3i D.-2-3i
4.已知a为实数,若复数z=(a2-1)+(a+1)i为纯虚数,则= ( )
A.i B.-i
C.1 D.-1
5.已知复数z=i2 022+i2 023,则z的共轭复数 = ( )
A.-1+i B.1-i
C.1+i D.-1-i
逐点清(二) 复数的除法
[多维理解]
1.复数的除法
我们把满足(c+di)(x+yi)=a+bi (c+di≠0)的复数x+yi(x,y∈R)叫作复数a+bi除以c+di所得的商,记作 或 .
2.复数的除法法则
一般地,我们有== .
|微|点|助|解|
[微点练明]
1.= ( )
A.1+2i B.1-2i
C.2+i D.2-i
2.若复数z满足z(2-i)=11+7i(i是虚数单位),则z= ( )
A.3+5i B.3-5i
C.-3+5i D.-3-5i
3.(2023·新课标Ⅰ卷)已知z=,则z-= ( )
A.-i B.i
C.0 D.1
4.若一个复数的实部与虚部互为相反数,则称此复数为“理想复数”.已知z=+bi(a,b∈R)为“理想复数”,则 ( )
A.a-5b=0 B.3a-5b=0
C.a+5b=0 D.3a+5b=0
5.已知i是虚数单位,则复数(1-i)2--4i2 019= .
逐点清(三) 复数范围内方程根的问题
[典例] 在复数范围内解方程x2+4x+6=0.
听课记录:
|思|维|建|模|
在复数范围内,实系数一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的求解方法:
(1)求根公式法
①当Δ≥0时,x=.
②当Δ<0时,x=.
(2)利用复数相等的定义求解,设方程的根为x=m+ni(m,n∈R),将此根代入方程ax2+bx+c=0(a≠0),化简后利用复数相等的定义求解.
[针对训练]
1.在复数范围内方程2x2+3x+4=0的解为 .
2.已知1+i是方程x2+bx+c=0的一个根(b,c为实数).
(1)求b,c的值;
(2)试判断1-i是否是方程的根.
第2课时 复数的乘方与除法运算
[多维理解] 1. zmn 2.1 i -1 –i
[微点练明]
1.选A 因为i2 023=i505×4+3=i3=-i,所以原式=ai+a2(-i+1)-1=a2-1+(a-a2)i为纯虚数.所以解得a=-1.
2.选B ===i6=(i2)3=-1.
3.选B i3(3+2i)=-i(3+2i)=2-3i.
4.选B 因为复数z=(a2-1)+(a+1)i为纯虚数,所以解得a=1.所以====-i.
5.选A 因为z=i2 022+i2 023=(i2)1 011+(i2)1 011·i=(-1)1 011+(-1)1 011·i=-1-i,所以=-1+i.
[多维理解] 1. (a+bi)÷(c+di) 2.+i
[微点练明]
1.选D ===2-i.
2.选A ∵z(2-i)=11+7i,
∴z====3+5i.
3.选A 因为z===-,所以=,所以z-=--=-i,故选A.
4.选D z=+bi=+bi=+i.由题意知,=--b,则3a+5b=0.
5.解析:原式=-2i-+4i
=-2i-+4i=-2i-2i+4i=0.
答案:0
[典例] 解:法一 因为x2+4x+6=0,
所以(x+2)2=-2,
因为(i)2=(-i)2=-2,
所以x+2=i或x+2=-i,
即x=-2+i或x=-2-i,
所以方程x2+4x+6=0的根为x=-2±i.
法二 由x2+4x+6=0知Δ=42-4×6=-8<0,
所以方程x2+4x+6=0无实数根.
在复数范围内,设方程x2+4x+6=0的根为x=a+bi(a,b∈R且b≠0),
则(a+bi)2+4(a+bi)+6=0,
所以a2+2abi-b2+4a+4bi+6=0,
整理得(a2-b2+4a+6)+(2ab+4b)i=0,
所以
又因为b≠0,
所以
解得a=-2,b=±.
所以x=-2±i,
即方程x2+4x+6=0的根为x=-2±i.
[针对训练]
1.解析:因为Δ=32-4×2×4=-23<0,
所以方程2x2+3x+4=0的根为
x==.
答案:
2.解:(1)∵1+i是方程x2+bx+c=0的根,
∴(1+i)2+b(1+i)+c=0,即(b+c)+(2+b)i=0.∴解得
(2)由(1)知方程为x2-2x+2=0,把1-i代入方程左边,得x2-2x+2=(1-i)2-2(1-i)+2=0,显然方程成立,∴1-i也是方程的一个根.(共43张PPT)
复数的乘方与除法运算
(教学方式:基本概念课——逐点理清式教学)
第2课时
CONTENTS
目录
1
2
3
逐点清(一) 复数的乘方与in(n∈N*)
的周期性
逐点清(二) 复数的除法
逐点清(三) 复数范围内方程根的问题
4
课时跟踪检测
逐点清(一) 复数的乘方与
in(n∈N*)的周期性
01
多维理解
1.复数乘方的运算性质
对任何z,z1,z2∈C及m,n∈N*,有zmzn=______,(zm)n=_____,(z1z2)n=.
2.in(n∈N*)的周期性
一般地,如果n∈N*,那么我们有i4n=___,i4n+1=___,i4n+2=____,i4n+3=____.
zmn
1
i
-1
-i
|微|点|助|解|
(1)在复数范围内正整数指数幂的运算律与实数范围内正整数指数幂的运算律是一致的.
(2)由i的正整数指数幂的含义易知,对于4个连续的正整数a,b,c,d,都有ia+ib+ic+id=0.
微点练明
1.已知i为虚数单位,若实数a使得ai+a2(i2 023+1)-1为纯虚数,则a= ( )
A.-1 B.1
C.±1 D.2
解析:因为i2 023=i505×4+3=i3=-i,所以原式=ai+a2(-i+1)-1=a2-1+(a-a2)i为纯虚数.所以解得a=-1.
√
2.若i为虚数单位,则的值为( )
A.1 B.-1
C.i D.-i
解析:===i6=(i2)3=-1.
√
3.i3(3+2i)= ( )
A.2+3i B.2-3i
C.-2+3i D.-2-3i
解析:i3(3+2i)=-i(3+2i)=2-3i.
√
4.已知a为实数,若复数z=(a2-1)+(a+1)i为纯虚数,则=( )
A.i B.-i
C.1 D.-1
解析:因为复数z=(a2-1)+(a+1)i为纯虚数,所以解得a=1.
所以====-i.
√
5.已知复数z=i2 022+i2 023,则z的共轭复数=( )
A.-1+i B.1-i
C.1+i D.-1-i
解析:因为z=i2 022+i2 023=(i2)1 011+(i2)1 011·i=(-1)1 011+(-1)1 011·i=-1-i,
所以=-1+i.
√
逐点清(二) 复数的除法
02
多维理解
1.复数的除法
我们把满足(c+di)(x+yi)=a+bi (c+di≠0)的复数x+yi(x,y∈R)叫作复数a+bi除以c+di所得的商,记作___________或__________________.
2.复数的除法法则
一般地,我们有==_____________________.
|微|点|助|解|
微点练明
1.=( )
A.1+2i B.1-2i C.2+i D.2-i
解析:===2-i.
√
2.若复数z满足z(2-i)=11+7i(i是虚数单位),则z= ( )
A.3+5i B.3-5i
C.-3+5i D.-3-5i
解析:∵z(2-i)=11+7i,
∴z====3+5i.
√
3.(2023·新课标Ⅰ卷)已知z=,则z-=( )
A.-i B.i
C.0 D.1
解析:因为z===-,所以=,所以z-=--=-i,故选A.
√
4.若一个复数的实部与虚部互为相反数,则称此复数为“理想复数”.已知z=+bi(a,b∈R)为“理想复数”,则( )
A.a-5b=0 B.3a-5b=0
C.a+5b=0 D.3a+5b=0
解析:z=+bi=+bi=+i.由题意知,=--b,
则3a+5b=0.
√
5.已知i是虚数单位,则复数(1-i)2--4i2 019= .
解析:原式=-2i-+4i
=-2i-+4i=-2i-2i+4i=0.
0
逐点清(三) 复数范围内方程根
的问题
03
[典例] 在复数范围内解方程x2+4x+6=0.
解:法一 因为x2+4x+6=0,
所以(x+2)2=-2,
因为(i)2=(-i)2=-2,
所以x+2=i或x+2=-i,
即x=-2+i或x=-2-i,
所以方程x2+4x+6=0的根为x=-2±i.
法二 由x2+4x+6=0知Δ=42-4×6=-8<0,
所以方程x2+4x+6=0无实数根.
在复数范围内,设方程x2+4x+6=0的根为x=a+bi(a,b∈R且b≠0),
则(a+bi)2+4(a+bi)+6=0,
所以a2+2abi-b2+4a+4bi+6=0,
整理得(a2-b2+4a+6)+(2ab+4b)i=0,
所以
又因为b≠0,
所以
解得a=-2,b=±.
所以x=-2±i,
即方程x2+4x+6=0的根为x=-2±i.
|思|维|建|模|
在复数范围内,实系数一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的求解方法:
(1)求根公式法
①当Δ≥0时,x=.
②当Δ<0时,x=.
(2)利用复数相等的定义求解,设方程的根为x=m+ni(m,n∈R),将此根代入方程ax2+bx+c=0(a≠0),化简后利用复数相等的定义求解.
针对训练
1.在复数范围内方程2x2+3x+4=0的解为 .
解析:因为Δ=32-4×2×4=-23<0,
所以方程2x2+3x+4=0的根为
x==.
2.已知1+i是方程x2+bx+c=0的一个根(b,c为实数).
(1)求b,c的值;
解:∵1+i是方程x2+bx+c=0的根,
∴(1+i)2+b(1+i)+c=0,即(b+c)+(2+b)i=0.∴解得
(2)试判断1-i是否是方程的根.
解:由(1)知方程为x2-2x+2=0,把1-i代入方程左边,得x2-2x+2=(1-i)2-2(1-i)+2=0,显然方程成立,∴1-i也是方程的一个根.
课时跟踪检测
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1.已知i是虚数单位,则等于( )
A.-i B.+i
C.+i D.-i
解析:===+i.
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2.(2024·新课标Ⅰ卷)若=1+i,则z=( )
A.-1-i B.-1+i
C.1-i D.1+i
解析:因为==1+=1+i,所以z=1+=1-i.故选C.
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3.复数z=,则ω=z2+z4+z6+z8+z10的值为( )
A.1 B.-1
C.i D.-i
解析:因为z2==-1,所以ω=-1+1-1+1-1=-1.
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4.已知a∈R,i为虚数单位,若为纯虚数,则a的值为( )
A.-1 B.0
C.1 D.2
解析:∵==-i为纯虚数,∴=0且≠0,解得a=1.
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5.设z=,则=( )
A.1-2i B.1+2i
C.2-i D.2+i
解析:因为z====1-2i,所以=1+2i,故选B.
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6.已知复数z=1-i,则=( )
A.2i B.-2i C.2 D.-2
解析:法一 因为z=1-i,
所以===-2i.
法二 由已知得z-1=-i,
从而====-2i.
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7.(多选)下列是关于复数z=(i为虚数单位)的命题,其中真命题为( )
A.z的实部为1 B.z2=2i
C.z的共轭复数为1+i D.z的虚部为-1
解析:因为z===-1-i,所以z的实部为-1,故A是假命题;
z2=2i,B是真命题;
z的共轭复数为-1+i,C是假命题;
z的虚部为-1,D是真命题.故选BD.
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8.已知复数z=,是z的共轭复数,则z·等于( )
A. B. C.1 D.2
解析:∵z======-+,
∴=--,∴z·=.
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9.(多选)已知集合M={m|m=in,n∈N},其中i为虚数单位,则下列元素属于集合M的是 ( )
A.(1-i)(1+i) B.
C. D.(1-i)2
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解析:M={m|m=in,n∈N}中,
n=4k(k∈N)时,in=1;n=4k+1(k∈N)时,in=i;
n=4k+2(k∈N)时,in=-1;n=4k+3(k∈N)时,in=-i,∴M={-1,1,i,-i}.
选项A中,(1-i)(1+i)=2 M;
选项B中,==-i∈M;
选项C中,==i∈M;
选项D中,(1-i)2=-2i M.故选BC.
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10.(1+i)20-(1-i)20的值等于 .
解析:因为(1+i)20-(1-i)20=[(1+i)2]10-=(2i)10-(-2i)10=(2i)10-(2i)10=0.
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11.(2024·上海高考)已知虚数z,其实部为1,且z+=m(m∈R),则实数m为 .
解析:法一 设z=1+bi(b∈R且b≠0),则z+=1+bi+=1+bi+=1+
+i.因为m∈R,所以b-=0,得b2=1,所以m=1+=2.
法二 由z+=m得z2-mz+2=0,解得z=,依题意得=1,解得m=2.
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12.计算:+(1-i)2 020= .
解析:因为1-=1+=1+i,且(1±i)2=±2i,
所以+(1-i)2 020
=[(1+i)2]1 010+[(1-i)2]1 010
=(2i)1 010+(-2i)1 010=21 010·i2+21 010·i2
=-21 011.
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13.(10分)已知ω=-+i(i为虚数单位).
(1)求(ω+2ω2)2+(2ω+ω2)2的值;
解:∵ω=-+i,
∴ω2=--i=,ω3=1,ω2+ω+1=0,
∴(ω+2ω2)2+(2ω+ω2)2=ω2+4ω3+4ω4+4ω2+4ω3+ω4=5ω2(ω2+ω+1)+3ω3=3.
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(2)求ω2+的值;
解:由(1)知ω2+ω=-1,∴ω2+===ω2+ω=-1.
(3)类比i(i2=-1),探讨ω(ω为虚数)的性质,求ωn(n∈Z)的值.
解:由(1)可知ω2=--i=,ω3=1,
∴ωn=
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14.(10分)已知方程x2-kx+100=0,k∈C.
(1)若1+i是方程的一个根,求k的值;
解:设k=a+bi(a,b∈R),
∵1+i是方程x2-kx+100=0的一个根,
∴(1+i)2-(a+bi)(1+i)+100=0,
∴b-a+100+(2-a-b)i=0,
∴解得
∴k=51-49i.
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(2)若k∈N*,求满足方程的所有虚数的和.
解:∵方程x2-kx+100=0有虚根,
∴Δ=k2-4×100<0,解得-20∵k∈N*,∴k=1,2,3,…,19,
又∵虚根是成对出现的,
∴所有的虚根之和为1+2+…+19=190.
∴满足方程的所有虚数的和为190.课时跟踪检测(二十九) 复数的乘方与除法运算
(满分80分,选填小题每题5分)
1.已知i是虚数单位,则等于 ( )
A.-i B.+i
C.+i D.-i
2.(2024·新课标Ⅰ卷)若=1+i,则z= ( )
A.-1-i B.-1+i
C.1-i D.1+i
3.复数z=,则ω=z2+z4+z6+z8+z10的值为 ( )
A.1 B.-1
C.i D.-i
4.已知a∈R,i为虚数单位,若为纯虚数,则a的值为 ( )
A.-1 B.0
C.1 D.2
5.设z=,则= ( )
A.1-2i B.1+2i
C.2-i D.2+i
6.已知复数z=1-i,则= ( )
A.2i B.-2i
C.2 D.-2
7.(多选)下列是关于复数z=(i为虚数单位)的命题,其中真命题为 ( )
A.z的实部为1 B.z2=2i
C.z的共轭复数为1+i D.z的虚部为-1
8.已知复数z=,是z的共轭复数,则z·等于 ( )
A. B.
C.1 D.2
9.(多选)已知集合M={m|m=in,n∈N},其中i为虚数单位,则下列元素属于集合M的是 ( )
A.(1-i)(1+i) B.
C. D.(1-i)2
10.(1+i)20-(1-i)20的值等于 .
11.(2024·上海高考)已知虚数z,其实部为1,且z+=m(m∈R),则实数m为 .
12.计算:+(1-i)2 020= .
13.(10分)已知ω=-+i(i为虚数单位).
(1)求(ω+2ω2)2+(2ω+ω2)2的值;
(2)求ω2+的值;
(3)类比i(i2=-1),探讨ω(ω为虚数)的性质,求ωn(n∈Z)的值.
14.(10分)已知方程x2-kx+100=0,k∈C.
(1)若1+i是方程的一个根,求k的值;
(2)若k∈N*,求满足方程的所有虚数的和.
课时跟踪检测(二十九)
1．选B ＝＝＝＋i.
2．选C 因为＝＝1＋＝1＋i，所以z＝1＋＝1－i.故选C.
3．选B 因为z2＝2＝－1，所以ω＝－1＋1－1＋1－1＝－1.
4．选C ∵＝＝－i为纯虚数，∴＝0且≠0，解得a＝1.
5．选B 因为z＝＝＝＝1－2i，所以＝1＋2i，故选B.
6．选B 法一 因为z＝1－i，所以＝＝＝－2i.
法二 由已知得z－1＝－i，
从而＝＝＝＝－2i.
7．选BD 因为z＝＝＝－1－i，所以z的实部为－1，故A是假命题；z2＝2i，B是真命题；z的共轭复数为－1＋i，C是假命题；z的虚部为－1，D是真命题．故选BD.
8．选A ∵z＝＝＝＝＝＝－＋，∴＝－－，∴z·＝.
9．选BC M＝{m|m＝in，n∈N}中，n＝4k(k∈N)时，in＝1；n＝4k＋1(k∈N)时，in＝i；n＝4k＋2(k∈N)时，in＝－1；n＝4k＋3(k∈N)时，in＝－i，∴M＝{－1,1，i，－i}．选项A中，(1－i)(1＋i)＝2 M；选项B中，＝＝－i∈M；选项C中，＝＝i∈M；选项D中，(1－i)2＝－2i M.故选BC.
10．解析：因为(1＋i)20－(1－i)20＝[(1＋i)2]10－[(1－i)2]10＝(2i)10－(－2i)10＝(2i)10－(2i)10＝0.
答案：0
11．解析：法一 设z＝1＋bi(b∈R且b≠0)，则z＋＝1＋bi＋＝1＋bi＋＝1＋＋i.因为m∈R，所以b－＝0，得b2＝1，所以m＝1＋＝2.
法二 由z＋＝m得z2－mz＋2＝0，解得z＝，依题意得＝1，解得m＝2.
答案：2
12．解析：因为1－＝1＋＝1＋i，且(1±i)2＝±2i，所以2 020＋(1－i)2 020＝
[(1＋i)2]1 010＋[(1－i)2]1 010＝(2i)1 010＋(－2i)1 010＝21 010·i2＋21 010·i2＝－21 011.
答案：－21 011
13．解：(1)∵ω＝－＋i，
∴ω2＝－－i＝，ω3＝1，ω2＋ω＋1＝0，
∴(ω＋2ω2)2＋(2ω＋ω2)2＝ω2＋4ω3＋4ω4＋4ω2＋4ω3＋ω4＝5ω2(ω2＋ω＋1)＋3ω3＝3.
(2)由(1)知ω2＋ω＝－1，∴ω2＋＝＝＝ω2＋ω＝－1.
(3)由(1)可知ω2＝－－i＝，ω3＝1，
∴ωn＝
14．解：(1)设k＝a＋bi(a，b∈R)，
∵1＋i是方程x2－kx＋100＝0的一个根，
∴(1＋i)2－(a＋bi)(1＋i)＋100＝0，
∴b－a＋100＋(2－a－b)i＝0，
∴解得
∴k＝51－49i.
(2)∵方程x2－kx＋100＝0有虚根，
∴Δ＝k2－4×100＜0，解得－20＜k＜20.
∵k∈N*，∴k＝1,2,3，…，19，
又∵虚根是成对出现的，
∴所有的虚根之和为1＋2＋…＋19＝190.
∴满足方程的所有虚数的和为190.
