利用复数模的性质巧解课本习题

胡贵平

摘 要：复数z的模的几何意义是在复平面内对应的点到原点的距离，复数的模是实数绝对值概念的扩充，利用复数模的性质求解函数最值、不等式的证明、解不等式和三角函数问题，充分体现了化归、构造等数学思想方法.

关键词：复数模;课本习题;最值;不等式

复数乘法（a+bi）（c+di）=（ac-bd）+（bc+ad）i，两边取模，易得不等式（a+bi）（c+di）≥ac-bd或（a+bi）（c+di）≥bc+ad，即a2+b2·c2+d2≥ac+bd或a2+b2·c2+d2≥bc+ad;复数除法a+bic+di=ac+bdc2+d2+bc-adc2+d2i，两边取模，易得不等式a+bic+di≥ac+bdc2+d2或a+bic+di≥bc-adc2+d2，即a2+b2c2+d2≥ac+bdc2+d2或a2+b2c2+d2≥bc-adc2+d2;復数的模的性质z1-z2≤z1+z2≤z1+z2，易得复数的模的不等式z1+z2+…+zn≥z1+z2+…+zn[1]，可解决一些最值问题.灵活地应用复数模的性质，突出知识之间的联系，有利于掌握基础知识和发展思维能力，还有利于提高解题效率.

1 复数乘法的模a2+b2·c2+d2≥ac+bd或a2+b2·c2+d2≥bc+ad

例1（选修4-5第36页第1题）求函数y=3x-5+46-x的最大值.

解 设z1=3+4i，z2=x-5-6-xi，则 z1z2=（3x-5+46-x）+（4x-5-36-x）i.

|z1z2|=（3x-5+46-x）2+（4x-5-36-x）2

≥（3x-5+46-x）2

=3x-5+46-x，

又 z1z2=z1·z2=32+42=5，

所以5≥3x-5+46-x.

当且仅当3x-5=46-x时，等号成立.

即x=13425时，函数y=3x-5+46-x的最大值为5.

例2 （必修4第144页第6题）（1）求函数y=3sinx+4cosx的最大值与最小值.

（2）你能用a，b表示函数y=asinx+bcosx的最大值和最小值吗？

解 （1）设z1=3+4i，z2=sinx-icosx，则z1z2=（3sinx+4cosx）+（4sinx-3cosx）i.

因为|z1z2|=（3sinx+4cosx）2+（4sinx-3cosx）2

≥（3sinx+4cosx）2

=|3sinx+4cosx|.

又|z1z2|=z1·z2=32+42=5，

所以5≥3sinx+4cosx.

即-5≤3sinx+4cosx≤5.

故y的最大值为5，最小值为-5.

（2）设z1=a+bi，z2=sinx-icosx，

则z1z2=（asinx+bcosx）+（bsinx-acosx）i.

因为|z1z2|=（asinx+bcosx）2+（bsinx-acosx）2

≥（asinx+bcosx）2

=|asinx+bcosx|，

又因为|z1z2|=|z1|·|z2|=a2+b2，

所以a2+b2≥asinx+bcosx.

即-a2+b2≤asinx+bcosx≤a2+b2.

故y的最大值为a2+b2，最小值为-a2+b2.

2 复数除法的模a2+b2c2+d2≥ac+bdc2+d2或a2+b2c2+d2≥bc-adc2+d2

例3 （选修4-5第10页第10题）已知x，y∈R，求证x2+y22≥（x+y2）2.

证明 构造x+yi（x，y∈R）与1+i的除法，则x+yi1+i=x+y2+y-x2i.

因为x+yi1+i=（x+y2）2+（y-x2）2

≥（x+y2）2

=x+y2，

所以x2+y22≥x+y2.

即x2+y22≥（x+y2）2，当且仅当x=y时取得等号.

例4 （选修4-5第36页第4题）已知a2+b2=1，求证acosθ+bsinθ≤1.

证明 设z1=a+bi，z2=cosθ+isinθ，

所以z1z2=a+bicosθ+isinθ=（acosθ+bsinθ）+（bcosθ-asinθ）i.

因为z1z2=（acosθ+bsinθ）2+（bcosθ-asinθ）2

≥（acosθ+bsinθ）2

=acosθ+bsinθ，

所以a2+b2cos2θ+sin2θ≥acosθ+bsinθ.

又a2+b2=1，所以acosθ+bsinθ≤1.

当且仅当bcosθ=asinθ时取得等号.

例5 （必修4第108页第3题）证明：对于任意的a，b，c，d∈R，恒有不等式（ac+bd）2≤（a2+b2）（c2+d2）.

证法1 设z1=a+bi，z2=c+di，则z1z2=a+bic+di=ac+bdc2+d2+bc-adc2+d2i.

因为z1z2=（ac+bdc2+d2）2+（bc-adc2+d2）2

≥（ac+bdc2+d2）2

=ac+bdc2+d2

≥ac+bdc2+d2，

所以a2+b2c2+d2≥ac+bdc2+d2.

即ac+bd≤a2+b2·c2+d2.

所以（ac+bd）2≤（a2+b2）（c2+d2），当且仅当bc=ad时取得等号.

证法2 设z1=a+bi，z2=c-di，则z1z2=ac+bd+（bc-ad）i.

因为z1z2=（ac+bd）2+（bc-ad）2

≥（ac+bd）2

=ac+bd，

所以a2+b2·c2+d2≥ac+bd.

即（ac+bd）2≤（a2+b2）（c2+d2），当且仅当bc=ad时取得等号.

3 复数模的性质

（1）z1+z2+…+zn≥|z1+z2+…+zn|

例6 （必修2第110页第8题）已知0

证明 设z1=x+yi，z2=x+（1-y）i，z3=（1-x）+yi，z4=（1-x）+（1-y）i，（x，y∈R），则x2+y2+x2+（1-y）2+（1-x）2+y2+（1-x）2+（1-y）2

=|z1|+|z2|+|z3|+|z4|≥|z1+z2+z3+z4|=|x+yi+x+（1-y）i+（1-x）+yi+（1-x）+（1-y）i|

=2+2i=22.

当且仅当x=12，y=12时取得等号，所以原不等式成立.

推广 设ai，bi∈R，则∑ni=1a2i+b2i≥（∑ni=1ai）2+（∑ni=1bi）2.

（2）z2=zz-

例7 （必修4第147页第2题）已知cosα+cosβ=12，sinα+sinβ=13，求cos（α-β）的值.

解 设z1=cosα+isinα，z2=cosβ+isinβ，则 z1z1-=1，z2z2-=1.

所以z1+z2=12+13i， z1+z2=12-13i.

因为z1+z22=（z1+z2）（z1-+z2-）

=z1z1-+z1z2-+z2z1-+z2z2-，

所以 z1z2-+z1-z2=z1+z22-z1z1--z2z2-.

即 cos（α-β）+isin（α-β）+cos（α-β）-isin（α-β）=[（12）2+（13）2]2-1-1 .

所以 2cos（α-β）=-5936.

即cos（α-β）=-5972.

变式 已知cosα+cosβ=12，sinα+sinβ=13，求cos（α+β）的值.

解 设z1=cosα+isinα，z2=cosβ+isinβ，则 z1z1-=1，z2z2-=1.

所以z1+z2=12+13i， z1+z2=12-13i.

因为 （z1+z2）（z1z2）=z1+z2，

所以 z1z2=z1+z2（z1+z2）=12+13i12-13i=5+12i13.

即 cos（α+β）+isin（α+β）=513+1213i .

所以cos（α+β）=513.

4 复数模的几何意义

例8 （选修4-5第17页例5）解不等式|x-1|+|x+2|≥5.

解 实数是特殊的复数，在复平面内，方程z-1+z+2=5（z∈C）表示以F1（1，0），F2（-2，0）为焦点，长轴长为5的椭圆.此椭圆的中心为（-12，0），長轴的两个端点坐标为（-3，0），（2，0），所以不等式z-1+z+2≥5表示这个椭圆的外部及边界.当z为实数时，对应的点在实轴上，数形结合，可知原不等式的解集为-∞，-3∪2，+∞.

例9 （必修5第5页余弦定理）设ΔABC的三角分别为A，B，C，三条对应的边分别为a ，b ，c 求证： a2=b2+c2-2bccosA.

证明 以顶点A为原点，边AB所在直线为实轴，建立如图1所示的复平面，则点A，B，C表示的复数分别为zA=0，zB=c，zC=b（cosA+isinA）.

由向量运算知BC=AC-AB，且BC=a.

所以BC对应的复数z=bcosA-c+ibsinA.z2=（bcosA-c）2+（bsinA）2=b2+c2-2bccosA.

又z=a，故a2=b2+c2-2bccosA.

参考文献：

[1]吴兴国. 用复数证明不等式[J]. 数学教学通讯，1994（02）：35.

（收稿日期：2019-12-17）