胡貴平

摘?要：復(fù)數(shù)z的模的幾何意義是在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離，復(fù)數(shù)的模是實(shí)數(shù)絕對(duì)值概念的擴(kuò)充，利用復(fù)數(shù)模的性質(zhì)求解函數(shù)最值、不等式的證明、解不等式和三角函數(shù)問題，充分體現(xiàn)了化歸、構(gòu)造等數(shù)學(xué)思想方法.

關(guān)鍵詞：復(fù)數(shù)模;課本習(xí)題;最值;不等式

復(fù)數(shù)乘法（a+bi）（c+di）=（ac-bd）+（bc+ad）i，兩邊取模，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;復(fù)數(shù)除法a+bic+di=ac+bdc2+d2+bc-adc2+d2i，兩邊取模，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(fù)數(shù)的模的性質(zhì)z1-z2≤z1+z2≤z1+z2，易得復(fù)數(shù)的模的不等式z1+z2+…+zn≥z1+z2+…+zn[1]，可解決一些最值問題.靈活地應(yīng)用復(fù)數(shù)模的性質(zhì)，突出知識(shí)之間的聯(lián)系，有利于掌握基礎(chǔ)知識(shí)和發(fā)展思維能力，還有利于提高解題效率.

1?復(fù)數(shù)乘法的模a2+b2·c2+d2≥ac+bd或a2+b2·c2+d2≥bc+ad

例1（選修4-5第36頁第1題）求函數(shù)y=3x-5+46-x的最大值.

解?設(shè)z1=3+4i，z2=x-5-6-xi，則 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.

當(dāng)且僅當(dāng)3x-5=46-x時(shí)，等號(hào)成立.

即x=13425時(shí)，函數(shù)y=3x-5+46-x的最大值為5.

例2?（必修4第144頁第6題）（1）求函數(shù)y=3sinx+4cosx的最大值與最小值.

（2）你能用a，b表示函數(shù)y=asinx+bcosx的最大值和最小值嗎？

解?（1）設(shè)z1=3+4i，z2=sinx-icosx，則z1z2=（3sinx+4cosx）+（4sinx-3cosx）i.

因?yàn)閨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的最大值為5，最小值為-5.

（2）設(shè)z1=a+bi，z2=sinx-icosx，

則z1z2=（asinx+bcosx）+（bsinx-acosx）i.

因?yàn)閨z1z2|=（asinx+bcosx）2+（bsinx-acosx）2

≥（asinx+bcosx）2

=|asinx+bcosx|，

又因?yàn)閨z1z2|=|z1|·|z2|=a2+b2，

所以a2+b2≥asinx+bcosx.

即-a2+b2≤asinx+bcosx≤a2+b2.

故y的最大值為a2+b2，最小值為-a2+b2.

2?復(fù)數(shù)除法的模a2+b2c2+d2≥ac+bdc2+d2或a2+b2c2+d2≥bc-adc2+d2

例3?（選修4-5第10頁第10題）已知x，y∈R，求證x2+y22≥（x+y2）2.

證明?構(gòu)造x+yi（x，y∈R）與1+i的除法，則x+yi1+i=x+y2+y-x2i.

因?yàn)閤+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，當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)取得等號(hào).

例4?（選修4-5第36頁第4題）已知a2+b2=1，求證acosθ+bsinθ≤1.

證明?設(shè)z1=a+bi，z2=cosθ+isinθ，

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

因?yàn)閦1z2=（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.

當(dāng)且僅當(dāng)bcosθ=asinθ時(shí)取得等號(hào).

例5?（必修4第108頁第3題）證明：對(duì)于任意的a，b，c，d∈R，恒有不等式（ac+bd）2≤（a2+b2）（c2+d2）.

證法1?設(shè)z1=a+bi，z2=c+di，則z1z2=a+bic+di=ac+bdc2+d2+bc-adc2+d2i.

因?yàn)閦1z2=（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），當(dāng)且僅當(dāng)bc=ad時(shí)取得等號(hào).

證法2?設(shè)z1=a+bi，z2=c-di，則z1z2=ac+bd+（bc-ad）i.

因?yàn)閦1z2=（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），當(dāng)且僅當(dāng)bc=ad時(shí)取得等號(hào).

3?復(fù)數(shù)模的性質(zhì)

（1）z1+z2+…+zn≥|z1+z2+…+zn|

例6?（必修2第110頁第8題）已知0

證明?設(shè)z1=x+yi，z2=x+（1-y）i，z3=（1-x）+yi，z4=（1-x）+（1-y）i，（x，y∈R），則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.

當(dāng)且僅當(dāng)x=12，y=12時(shí)取得等號(hào)，所以原不等式成立.

推廣?設(shè)ai，bi∈R，則∑ni=1a2i+b2i≥（∑ni=1ai）2+（∑ni=1bi）2.

（2）z2=zz-

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

解?設(shè)z1=cosα+isinα，z2=cosβ+isinβ，則 z1z1-=1，z2z2-=1.

所以z1+z2=12+13i， z1+z2=12-13i.

因?yàn)閦1+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.

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

解?設(shè)z1=cosα+isinα，z2=cosβ+isinβ，則 z1z1-=1，z2z2-=1.

所以z1+z2=12+13i， z1+z2=12-13i.

因?yàn)?（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?復(fù)數(shù)模的幾何意義

例8?（選修4-5第17頁例5）解不等式|x-1|+|x+2|≥5.

解?實(shí)數(shù)是特殊的復(fù)數(shù)，在復(fù)平面內(nèi)，方程z-1+z+2=5（z∈C）表示以F1（1，0），F(xiàn)2（-2，0）為焦點(diǎn)，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為5的橢圓.此橢圓的中心為（-12，0），長(zhǎng)軸的兩個(gè)端點(diǎn)坐標(biāo)為（-3，0），（2，0），所以不等式z-1+z+2≥5表示這個(gè)橢圓的外部及邊界.當(dāng)z為實(shí)數(shù)時(shí)，對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在實(shí)軸上，數(shù)形結(jié)合，可知原不等式的解集為-∞，-3∪2，+∞.

例9?（必修5第5頁余弦定理）設(shè)ΔABC的三角分別為A，B，C，三條對(duì)應(yīng)的邊分別為a ，b ，c 求證： a2=b2+c2-2bccosA.

證明?以頂點(diǎn)A為原點(diǎn)，邊AB所在直線為實(shí)軸，建立如圖1所示的復(fù)平面，則點(diǎn)A，B，C表示的復(fù)數(shù)分別為zA=0，zB=c，zC=b（cosA+isinA）.

由向量運(yùn)算知BC=AC-AB，且BC=a.

所以BC對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)z=bcosA-c+ibsinA.z2=（bcosA-c）2+（bsinA）2=b2+c2-2bccosA.

又z=a，故a2=b2+c2-2bccosA.

參考文獻(xiàn)：

[1]吳興國(guó). 用復(fù)數(shù)證明不等式[J]. 數(shù)學(xué)教學(xué)通訊，1994（02）：35.

（收稿日期：2019-12-17）