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      利用復(fù)數(shù)模的性質(zhì)巧解課本習(xí)題

      2020-04-13 03:05:13胡貴平
      理科考試研究·高中 2020年4期
      關(guān)鍵詞:不等式最值

      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)對應(yīng)的點到原點的距離,復(fù)數(shù)的模是實數(shù)絕對值概念的擴充,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),突出知識之間的聯(lián)系,有利于掌握基礎(chǔ)知識和發(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,等號成立.

      即x=13425時,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.

      因為|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.

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

      ≥(asinx+bcosx)2

      =|asinx+bcosx|,

      又因為|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.

      因為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,當(dāng)且僅當(dāng)x=y時取得等號.

      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.

      因為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.

      當(dāng)且僅當(dāng)bcosθ=asinθ時取得等號.

      例5?(必修4第108頁第3題)證明:對于任意的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.

      因為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),當(dāng)且僅當(dāng)bc=ad時取得等號.

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

      因為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),當(dāng)且僅當(dāng)bc=ad時取得等號.

      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時取得等號,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.

      因為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.

      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.

      因為 (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,長軸長為5的橢圓.此橢圓的中心為(-12,0),長軸的兩個端點坐標為(-3,0),(2,0),所以不等式z-1+z+2≥5表示這個橢圓的外部及邊界.當(dāng)z為實數(shù)時,對應(yīng)的點在實軸上,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,三條對應(yīng)的邊分別為a ,b ,c 求證: a2=b2+c2-2bccosA.

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

      由向量運算知BC=AC-AB,且BC=a.

      所以BC對應(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:

      [1]吳興國. 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)

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