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章末检测（五）　复数
（时间：120分钟　满分：150分）
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.如果一个复数的实部和虚部相等，则称这个复数为“等部复数”，若复数z＝（2＋ai）i为“等部复数”，则实数a的值为（　　）
A.－1　　　B.0　　　C.2　　　D.－2
2.复数i3（1＋i）2＝（　　）
A.2 B.－2 C.2i D.－2i
3.设z＝－3＋2i，则在复平面内对应的点位于（　　）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
4.在复平面内，一个正方形的三个顶点按顺序分别对应的复数是1＋2i，－2＋i，0，那么这个正方形的第四个顶点对应的复数为（　　）
A.3＋i B.3－i
C.1－3i D.－1＋3i
5.已知i为虚数单位，若复数z＝（a∈R）的虚部为－3，则｜z｜＝（　　）
A. B.2
C. D.5
6.复数2＋i与复数在复平面上的对应点分别是A，B，若O为坐标原点，则∠AOB＝（　　）
A. B. C. D.
7.设a，b∈R，i是虚数单位，则“ab＝0”是“复数a＋为纯虚数”的（　　）
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
8.若复数z满足｜z｜＝2，则｜1＋i＋z｜的取值范围是（　　）
A.[1，3] B.[1，4] C.[0，3] D.[0，4]
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9.若复数z满足（1＋i）·z＝5＋3i（其中i是虚数单位），则（　　）
A.z的虚部为－i
B.z的模为
C.z的共轭复数为4－i
D.z在复平面内对应的点位于第四象限
10.已知复数z＝－1＋i，为z的共轭复数，若复数ω＝，则下列结论正确的有（　　）
A.ω在复平面内对应的点位于第二象限
B.｜ω｜＝1
C.ω的实部为－
D.ω的虚部为i
11.对任意复数ω1，ω2，定义运算“*”：ω1*ω2＝ω1（除“*”外是普通的复数运算，其中是ω2的共轭复数）.对任意复数z1，z2，z3，有如下四个命题其中为真命题的是（　　）
A.z1*z2＝z2*z1
B.（z1＋z2）*z3＝（z1*z3）＋（z2*z3）
C.z1*（z2＋z3）＝（z1*z2）＋（z1*z3）
D.（z1*z2）*z3＝z1*（z2*z3）
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上）
12.若复平面上的平行四边形ABCD中，对应的复数为6＋8i，对应的复数为－4＋6i，则对应的复数为　　　　.
13.若复数z满足（2－i）z＝（1＋2i）2，其中i为虚数单位，则｜z｜＝　　　　.
14.复数z满足＝a－i（其中a＞0，i为虚数单位），｜z｜＝，则a＝　　　　；复数z的共轭复数在复平面上对应的点在第　　　　象限.
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15.（本小题满分13分）已知复数z满足｜3＋4i｜＋z＝1＋3i.
（1）求；
（2）求的值.
16.（本小题满分15分）在①z2＝－7－24i；②＝（｜z｜－1）＋5i；③z＋是实数，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成解答.
已知z是虚数，且　　　　，求｜z｜.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
17.（本小题满分15分）已知复数z＝m2＋m－2＋（m－1）i（m∈R），其中i为虚数单位.
（1）若z是纯虚数，求实数m的值；
（2）若m＝2，设＝a＋bi（a，b∈R），试求a＋b的值.
18.（本小题满分17分）已知复数z＝＋1＋i，i为虚数单位.
（1）求；
（2）若复数z是关于x的方程x2＋mx＋n＝0的一个根，求实数m，n的值；
（3）若＝r（cos θ＋isin θ），其中r＞0，θ∈[0，2π），求r，θ的值.
19.（本小题满分17分）代数基本定理：任何一个n（n∈N*）次复系数多项式方程f（x）＝0至少有一个复根.由此可得如下推论：
推论一：任何一元n（n∈N*）次复系数多项式f（x）在复数集中可以分解为n个一次因式的乘积；
推论二：一元n次多项式方程有n个复数根，最多有n个不同的根.即一元一次方程最多有1个实根，一元二次方程最多有2个实根等；
推论三：若一个n次方程有不少于n＋1个不同的根，则必有各项的系数均为0.
已知f（x）＝x3＋x2.请利用代数基本定理及其推论解决以下问题：
（1）求f（x）－2x3－2x2－x＝0的复根；
（2）若 a，b∈R，使得关于x的方程f（3a－x）＝b－f（x）至少有四个不同的实根，求a，b的值；
（3）若f（x）的图象上有四个不同的点A，B，C，D，以此为顶点构成菱形ABCD，设A（a，f（a）），B（b，f（b）），求代数式（a2＋a－）（b2＋b－）的值.
章末检测（五）　复数
1.D　2.A　3.C　4.D　5.C
6.B　∵＝＝－i，∴它在复平面上的对应点为B，而复数2＋i在复平面上的对应点是A（2，1），则cos∠AOB＝＝＝，∴∠AOB＝.故选B.
7.B　因为a＋＝a－bi为纯虚数，所以必有a＝0且b≠0，所以ab＝0，因此“ab＝0”是“复数a＋为纯虚数”的必要条件.而当ab＝0时，有a＝0或b＝0，当b＝0时，a＋为实数，因此“ab＝0”不是“复数a＋为纯虚数”的充分条件.故“ab＝0”是“复数a＋为纯虚数”的必要不充分条件.
8.D　设复数z与复平面内的点Z（a，b）相对应，∵复数z满足｜z｜＝2，∴在复平面内，复数z对应的点Z（a，b）的轨迹为以原点为圆心、2为半径的圆，｜1＋i＋z｜表示复平面内点Z（a，b）与点（－1，－）之间的距离.∵点（－1，－）到原点的距离为2，∴点（－1，－）在点Z（a，b）的轨迹上，∴｜1＋i＋z｜的最小值是0，最大值是4.
9.BD　由（1＋i）·z＝5＋3i得z＝＝＝＝4－i，所以z的虚部为－1，A错误；z的模为＝，B正确；z的共轭复数为4＋i，C错误；z在复平面内对应的点为（4，－1），位于第四象限，D正确.
10.ABC　因为复数z＝－1＋i，为z的共轭复数，则复数ω＝＝＝＝－＋i.故ω对应的点为，位于第二象限，A正确；｜ω｜＝＝1，B正确；ω的实部为－，虚部为，C正确，D错误.
11.BC　A式显然不成立.对于B，由题意，（z1＋z2）*z3＝（z1＋z2）·，（z1*z3）＋（z2*z3）＝z1＋z2＝（z1＋z2），所以等式成立.对于C，由题意，z1*（z2＋z3）＝z1＝z1（＋），（z1*z2）＋（z1*z3）＝z1＋z1＝z1（＋），所以等式成立.对于D，由题意，（z1*z2）*z3＝（z1）*z3＝z1，z1*（z2*z3）＝z1*（z2）＝z1＝z1z3，所以等式不成立.
12.－1－7i　解析：法一　由复数加、减法的几何意义，可得＋＝，－＝，两式相加，可得2＝＋，而6＋8i＋（－4＋6i）＝2＋14i，所以对应的复数为－1－7i.
法二　如图，把向量平移到向量的位置，可得＝＝－（＋），而－[6＋8i＋（－4＋6i）]＝－1－7i，所以对应的复数为－1－7i.
13.　解析：由（2－i）z＝（1＋2i）2得，z＝＝＝＝＝－2＋i，∴｜z｜＝.
14.2　四　解析：由＝a－i，得z＝（a－i）（1＋i）＝（a＋1）＋（a－1）i，由｜z｜＝＝，解得a＝±2.又a＞0，∴a＝2.此时 z＝3＋i，则＝3－i.∴在复平面上对应的点的坐标为（3，－1），在第四象限.
15.解：（1）因为｜3＋4i｜＝5，所以z＝1＋3i－5＝－4＋3i，所以＝－4－3i.
（2）＝＝－i.
16.解：若选择①，设z＝a＋bi（a，b∈R，b≠0），则z2＝（a＋bi）2＝（a2－b2）＋2abi＝－7－24i，由解得或
∴z＝－3＋4i或z＝3－4i，则｜z｜＝5.
若选择②，设z＝a＋bi（a，b∈R，b≠0），则＝a－bi＝（｜z｜－1）＋5i＝（－1）＋5i，
由解得∴z＝12－5i，则｜z｜＝13.
若选择③，设z＝a＋bi（a，b∈R，b≠0），则＝＝，z＋＝a＋bi＋＝a＋＋（b－）i是实数，则b－＝0，又b≠0，∴a2＋b2＝1，则｜z｜＝1.
17.解：（1）由题意可得：m2＋m－2＝0，且m－1≠0，∴m＝－2.
（2）若m＝2，则z＝4＋i，
∴＝＝＝＝＝a＋bi，
∴a＝，b＝，∴a＋b＝.
18.解：（1）z＝＋1＋i＝＋1＋i＝＋1＋i＝1－2i＋1＋i＝2－i，
所以＝2＋i.
（2）法一　因为复数z是关于x的方程x2＋mx＋n＝0的一个根，
所以（2－i）2＋m（2－i）＋n＝0，
可得4－4i＋i2＋2m－mi＋n＝0，即（3＋2m＋n）－（m＋4）i＝0，
所以解得m＝－4，n＝5.
法二　若复数z是关于x的方程x2＋mx＋n＝0的一个根，则是该方程的另一个根，
由根与系数的关系得2＋i＋（2－i）＝－m，（2＋i）·（2－i）＝n，
解得m＝－4，n＝5.
（3）＝＝＝＝－i＝（－i）＝（cos ＋isin ），
所以r＝，θ＝.
19.解：（1）由题意，x3＋x2－2x3－2x2－x＝0，即－x3－x2－x＝0，所以x（x2＋x＋1）＝0，
所以x＝0或x2＋x＋1＝0，对x2＋x＋1＝0，有x＝，
即复根有0，－＋i，－－i.
（2）由题意，（3a－x）3＋（3a－x）2＝b－x3－x2，化简得，（9a＋2）x2－（27a2＋6a）x＋27a3＋9a2－b＝0，
由推论三：该方程的解个数多于方程最高次数得解得
（3）在菱形ABCD中，AC与BD互相垂直平分，设AC中点O（m，n），
由A（a，f（a））得C（2m－a，2n－f（a）），所以f（2m－a）＝2n－f（a），
即（2m－a）3＋（2m－a）2＝2n－a3－a2，
化简得（6m＋2）a2－（12m2＋4m）a＋8m3＋4m2－2n＝0，
由点A，B，C，D是f（x）的图象上的四个不同的点，故该关于a的方程有四个不同的解，
由推论三得解得
故O（－，），
又·＝0，故（a＋）（b＋）＋（f（a）－）（f（b）－）
＝（a＋）（b＋）＋（a3＋a2－）（b3＋b2－）
＝（a＋）（b＋）＋（a＋）（a2＋a－）（b＋）·（b2＋b－）
＝（a＋）（b＋）［1＋（a2＋a－）（b2＋b－）］＝0，
由菱形ABCD，可得a≠－，b≠－，
所以1＋（a2＋a－）（b2＋b－）＝0，
故（a2＋a－）（b2＋b－）＝－1.
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章末检测（五）复数
（时间：120分钟　满分：150分）
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给
出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 如果一个复数的实部和虚部相等，则称这个复数为“等部复数”，
若复数z＝（2＋ai）i为“等部复数”，则实数a的值为（　　）
A. －1 B. 0 C. 2 D. －2
解析：　z＝（2＋ai）i＝－a＋2i，因为“等部复数”的实部和
虚部相等，复数z为“等部复数”，所以－a＝2，所以a＝－2.故
选D.
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2. 复数i3（1＋i）2＝（　　）
A. 2 B. －2 C. 2i D. －2i
解析：　i3（1＋i）2＝－i·（2i）＝2.
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3. 设z＝－3＋2i，则在复平面内 对应的点位于（　　）
A. 第一象限 B. 第二象限
C. 第三象限 D. 第四象限
解析：　由z＝－3＋2i，得 ＝－3－2i，对应点（－3，－2）位
于第三象限.
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4. 在复平面内，一个正方形的三个顶点按顺序分别对应的复数是1＋
2i，－2＋i，0，那么这个正方形的第四个顶点对应的复数为（　）
A. 3＋i B. 3－i C. 1－3i D. －1＋3i
解析：　在复平面内通过已知三个点易知第四个顶点对应的复数
为－1＋3i.
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5. 已知i为虚数单位，若复数z＝ （a∈R）的虚部为－3，则｜
z｜＝（　　）
D. 5
解析：　因为z＝ ＝ ＝ ＝ －
i，所以－ ＝－3，解得a＝5，所以z＝－2－3i，所以｜z｜＝
＝ .
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6. 复数2＋i与复数 在复平面上的对应点分别是A，B，若O为坐标
原点，则∠AOB＝（　　）
解析：　∵ ＝ ＝ － i，∴它在复平面上的
对应点为B ，而复数2＋i在复平面上的对应点是A
（2，1），则 cos ∠AOB＝ ＝ ＝ ，
∴∠AOB＝ .故选B.
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7. 设a，b∈R，i是虚数单位，则“ab＝0”是“复数a＋ 为纯虚
数”的（　　）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
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解析：　因为a＋ ＝a－bi为纯虚数，所以必有a＝0且b≠0，
所以ab＝0，因此“ab＝0”是“复数a＋ 为纯虚数”的必要条
件.而当ab＝0时，有a＝0或b＝0，当b＝0时，a＋ 为实数，因
此“ab＝0”不是“复数a＋ 为纯虚数”的充分条件.故“ab＝
0”是“复数a＋ 为纯虚数”的必要不充分条件.
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8. 若复数z满足｜z｜＝2，则｜1＋ i＋z｜的取值范围是（　　）
A. [1，3] B. [1，4]
C. [0，3] D. [0，4]
解析：　设复数z与复平面内的点Z（a，b）相对应，∵复数z
满足｜z｜＝2，∴在复平面内，复数z对应的点Z（a，b）的轨
迹为以原点为圆心、2为半径的圆，｜1＋ i＋z｜表示复平面内
点Z（a，b）与点（－1，－ ）之间的距离.∵点（－1，－
）到原点的距离为2，∴点（－1，－ ）在点Z（a，b）的
轨迹上，∴｜1＋ i＋z｜的最小值是0，最大值是4.
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二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给
出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选
对的得部分分，有选错的得0分）
9. 若复数z满足（1＋i）·z＝5＋3i（其中i是虚数单位），则（　　）
A. z的虚部为－i
C. z的共轭复数为4－i
D. z在复平面内对应的点位于第四象限
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解析：　由（1＋i）·z＝5＋3i得z＝ ＝ ＝
＝4－i，所以z的虚部为－1，A错误；z的模为 ＝
，B正确；z的共轭复数为4＋i，C错误；z在复平面内对应的
点为（4，－1），位于第四象限，D正确.
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10. 已知复数z＝－1＋ i， 为z的共轭复数，若复数ω＝ ，则下
列结论正确的有（　　）
A. ω在复平面内对应的点位于第二象限
B. ｜ω｜＝1
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解析：　因为复数z＝－1＋ i， 为z的共轭复数，则复数
ω＝ ＝ ＝ ＝－ ＋ i.故ω对应的点为
，位于第二象限，A正确；｜ω｜＝ ＝
1，B正确；ω的实部为－ ，虚部为 ，C正确，D错误.
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11. 对任意复数ω1，ω2，定义运算“*”：ω1*ω2＝ω1 （除“*”外
是普通的复数运算，其中 是ω2的共轭复数）.对任意复数z1，
z2，z3，有如下四个命题其中为真命题的是（　　）
A. z1*z2＝z2*z1
B. （z1＋z2）*z3＝（z1*z3）＋（z2*z3）
C. z1*（z2＋z3）＝（z1*z2）＋（z1*z3）
D. （z1*z2）*z3＝z1*（z2*z3）
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解析：　A式显然不成立.对于B，由题意，（z1＋z2）*z3＝
（z1＋z2）· ，（z1*z3）＋（z2*z3）＝z1 ＋z2 ＝（z1＋z2）
，所以等式成立.对于C，由题意，z1*（z2＋z3）＝
z1 ＝z1（ ＋ ），（z1*z2）＋（z1*z3）＝z1 ＋
z1 ＝z1（ ＋ ），所以等式成立.对于D，由题意，（z1*z2）
*z3＝（z1 ）*z3＝z1 ，z1*（z2*z3）＝z1*（z2 ）＝
z1 ＝z1 z3，所以等式不成立.
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三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中
横线上）
12. 若复平面上的平行四边形ABCD中， 对应的复数为6＋8i，
对应的复数为－4＋6i，则 对应的复数为 .
解析：法一　由复数加、减法的几何意义，可得 ＋ ＝
， － ＝ ，两式相加，可得2 ＝ ＋ ，而6＋
8i＋（－4＋6i）＝2＋14i，所以 对应的复数为－1－7i.
－1－7i　
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法二　如图，把向量 平移到向量 的位置，可得 ＝ ＝－ （ ＋ ），而－ [6＋8i＋（－4＋6i）]＝－1－7i，所以 对应的复数为－1－7i.
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13. 若复数z满足（2－i）z＝（1＋2i）2，其中i为虚数单位，则｜
z｜＝ .
解析：由（2－i）z＝（1＋2i）2得，z＝ ＝ ＝
＝ ＝－2＋i，∴｜z｜＝ .
　
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14. 复数z满足 ＝a－i（其中a＞0，i为虚数单位），｜z｜＝
，则a＝ ；复数z的共轭复数 在复平面上对应的点在
第 象限.
解析：由 ＝a－i，得z＝（a－i）（1＋i）＝（a＋1）＋（a
－1）i，由｜z｜＝ ＝ ，解得a＝
±2.又a＞0，∴a＝2.此时 z＝3＋i，则 ＝3－i.∴ 在复平面上
对应的点的坐标为（3，－1），在第四象限.
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四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说
明、证明过程或演算步骤）
15. （本小题满分13分）已知复数z满足｜3＋4i｜＋z＝1＋3i.
（1）求 ；
解：因为｜3＋4i｜＝5，所以z＝1＋3i－5＝－4＋3i，
所以 ＝－4－3i.
（2）求 的值.
解： ＝ ＝－i.
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16. （本小题满分15分）在①z2＝－7－24i；② ＝（｜z｜－1）＋
5i；③z＋ 是实数，这三个条件中任选一个，补充在下面问题
中，并完成解答.
已知z是虚数，且 　　，求｜z｜.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
解：若选择①，设z＝a＋bi（a，b∈R，b≠0），则z2＝（a
＋bi）2＝（a2－b2）＋2abi＝－7－24i，
由解得或
∴z＝－3＋4i或z＝3－4i，则｜z｜＝5.
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若选择②，设z＝a＋bi（a，b∈R，b≠0），则 ＝a－bi＝
（｜z｜－1）＋5i＝（ －1）＋5i，
由解得∴z＝12－5i，则｜z｜＝13.
若选择③，设z＝a＋bi（a，b∈R，b≠0），则 ＝ ＝
，z＋ ＝a＋bi＋ ＝a＋ ＋（b－ ）i
是实数，则b－ ＝0，又b≠0，∴a2＋b2＝1，则｜z｜＝1.
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17. （本小题满分15分）已知复数z＝m2＋m－2＋（m－1）i
（m∈R），其中i为虚数单位.
（1）若z是纯虚数，求实数m的值；
解：由题意可得：m2＋m－2＝0，且m－1≠0，∴m＝－2.
（2）若m＝2，设 ＝a＋bi（a，b∈R），试求a＋b的值.
解：若m＝2，则z＝4＋i，
∴ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝a＋bi，∴a＝
，b＝ ，∴a＋b＝ .
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18. （本小题满分17分）已知复数z＝ ＋1＋i，i为虚数单位.
（1）求 ；
解：z＝ ＋1＋i＝ ＋1＋i＝
＋1＋i＝1－2i＋1＋i＝2－i，
所以 ＝2＋i.
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（2）若复数z是关于x的方程x2＋mx＋n＝0的一个根，求实数
m，n的值；
解： 法一　因为复数z是关于x的方程x2＋mx＋n＝0的一个根，
所以（2－i）2＋m（2－i）＋n＝0，
可得4－4i＋i2＋2m－mi＋n＝0，即（3＋2m＋n）－（m
＋4）i＝0，
所以解得m＝－4，n＝5.
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法二　若复数z是关于x的方程x2＋mx＋n＝0的一个根，则 是该方
程的另一个根，
由根与系数的关系得2＋i＋（2－i）＝－m，（2＋i）·（2－i）＝n，
解得m＝－4，n＝5.
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（3）若 ＝r（ cos θ＋i sin θ），其中r＞0，θ∈[0，
2π），求r，θ的值.
解： ＝ ＝ ＝ ＝ － i＝ （ － i）＝ （ cos ＋i sin ），
所以r＝ ，θ＝ .
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19. （本小题满分17分）代数基本定理：任何一个n（n∈N*）次复系
数多项式方程f（x）＝0至少有一个复根.由此可得如下推论：
推论一：任何一元n（n∈N*）次复系数多项式f（x）在复数集
中可以分解为n个一次因式的乘积；
推论二：一元n次多项式方程有n个复数根，最多有n个不同的
根.即一元一次方程最多有1个实根，一元二次方程最多有2个
实根等；
推论三：若一个n次方程有不少于n＋1个不同的根，则必有各项
的系数均为0.
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已知f（x）＝x3＋x2.请利用代数基本定理及其推论解决以下问
题：
（1）求f（x）－2x3－2x2－x＝0的复根；
解：由题意，x3＋x2－2x3－2x2－x＝0，即－x3－x2－x＝0，所以x（x2＋x＋1）＝0，
所以x＝0或x2＋x＋1＝0，对x2＋x＋1＝0，有x＝ ，
即复根有0，－ ＋ i，－ － i.
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（2）若 a，b∈R，使得关于x的方程f（3a－x）＝b－f（x）
至少有四个不同的实根，求a，b的值；
解：由题意，（3a－x）3＋（3a－x）2＝b－x3－
x2，化简得，（9a＋2）x2－（27a2＋6a）x＋27a3＋9a2－
b＝0，
由推论三：该方程的解个数多于方程最高次数得
解得
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（3）若f（x）的图象上有四个不同的点A，B，C，D，以此为
顶点构成菱形ABCD，设A（a，f（a）），B（b，f
（b）），求代数式（a2＋ a－ ）（b2＋ b－ ）的值.
解：在菱形ABCD中，AC与BD互相垂直平分，设
AC中点O（m，n），
由A（a，f（a））得C（2m－a，2n－f（a）），所以f
（2m－a）＝2n－f（a），
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即（2m－a）3＋（2m－a）2＝2n－a3－a2，
化简得（6m＋2）a2－（12m2＋4m）a＋8m3＋4m2－2n＝0，
由点A，B，C，D是f（x）的图象上的四个不同的点，故
该关于a的方程有四个不同的解，
由推论三得解得
故O（－ ， ），
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又 · ＝0，故（a＋ ）（b＋ ）＋（f（a）－ ）（f（b）－ ）
＝（a＋ ）（b＋ ）＋（a3＋a2－ ）（b3＋b2－ ）
＝（a＋ ）（b＋ ）＋（a＋ ）（a2＋ a－ ）·（b＋ ）（b2＋ b－ ）
＝（a＋ ）（b＋ ）［1＋（a2＋ a－ ）（b2＋ b－ ）］＝0，
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由菱形ABCD，可得a≠－ ，b≠－ ，
所以1＋（a2＋ a－ ）（b2＋ b－ ）＝0，
故（a2＋ a－ ）（b2＋ b－ ）＝－1.
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