tài liệu được biên soạn bởi nhóm admin của nhóm toán vdvdc hy vọng sẽ giúp ích cho các em trong các dạng bài tập tương tự

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (289.44 KB, 10 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Chủ đề 1.

Nguyễn Khải, Nguyễn Duy Chiến 
AdminNhóm Tốn VD-VDC
A-TĨM TẮT LÝ THUYẾT

1.Bất đăng thức

Cho các số phức z z ta có: 1, 2

1 2 1 2

z  z  z z

 

1 .Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1

1 2 1

0, , 0,

z

z k k z kz





    

 

1 2 1 2

z z  z  z

 

2 .Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1

1 2 1

0, , 0,

z

z k k z kz





    

 

Chứng minh

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , gọi ,A B là các điểm lần lượt biểu diễn các số phức z1, . Khi đó: z2

OA z ;BO z2 ; BA z1 



z2



 z1z2 ; OA


biểu diễn số phức z và OB1  biểu diễn số phức

2
z
 .

Chứng minh z1  z2  z1z2

+ Ta luôn có: BABOOA  z1  z2  z1z2

 

1 . Đẳng thức ở

 

1 xảy ra khi và chỉ khi
, ,

O A B thẳng hàng và O thuộc đoạn AB .

+ Khi AO tức là z  điều đó có nghĩa là có số 1 0 k  để OB0  kOA tức là z2 kz1. (Còn khi

1 0

z  , rõ ràng z1z2  z1  z2 ). Vậy đẳng thức ở

 

1 xảy ra khi và chỉ khi

1 2 1

0, , 0,

z

z k k z kz





    

 

Chứng minh z1z2  z1  z2

+ Ln có BA AOOB  z1z2  z1  z2

 

2 .Đẳng thức ở

 

2 xảy ra khi và chỉ khi , ,O B A 
thẳng hàng và O không nằm giữa ,A B .

+ Khi AO tức là z  điều đó có nghĩa là có số 1 0 k 0 sao cho OB kOA tức là z2 kz1.(Khi

1 0

z  ,rõ ràng z1z2  z1  z2 ). Vậy đẳng thức ở

 

2 xảy ra khi và chỉ khi

1 2 1

0, , 0,

z

z k k z kz





    

 

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

2.Đẳng thức môđun

2.1. Cho các số thực m n và các số phức , z z ta có: 1, 2





2 2 2 2 2

1 2 1 2 1. 2 1. 2

mz nz m z n z mn z z z z

Chứng minh









1 2 1 2 1 2

mz nz  mz nz mz nz 



mz1nz2



mz1nz2



2 2 2 2





1 2 1. 2 1. 2

m z n z mn z z z z

    .

Nhận xét:

-Với m1,n1 thì có z1z2 2  z12 z2 2z z1. 2z z1. 2.

-Với m1,n  thì 1 z1z22  z12 z22



z z1. 2z z1. 2



Từ đó suy ra z1z2 2 z1z2 2 2



z12 z2 2



2.2. Cho các số thực m n và các số phức , z z ta có: 1, 2

2 2

2 2 1 2 1 2

1 2 2

2 2

z z z z

zz  zz  z    

 

 

Chứng minh

2 2

2 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 2

2 2 2 2

z z z z z z z z

zz  zz  z    z   

   

2 2

1 2 1 2

2 2

z z z z

z

   

    

 

 

.

2.3.Cho các số phức z z đều khác 1, 2 0ta có: 1 2 2 1 1 2

1 2

z z

z z z z

z z

   .

Chứng minh

+Ta có: z1z22  z12 z22z z1. 2z z1. 2

 

1 ;





2 2 2

2 2

2 1 2 1 2 1

1 2 2 1 2 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2

. .

z z z z z z

z z z z z z z z

z  z  z  z  z z 

2 2

1 2 1. 2 1. 2

z z z z z z

   

 

2 .

+Từ

 

1 và

 

2 suy ra:

2 2 1

1 2 1 2

1 2

z z

z z z z

z z

   1 2 2 1 1 2

1 2

z z

z z z z

z z

    .

3.Một số chú ý

3.1. zz1  zz2  z2z1

 

1 .

+Xét z z2, khi đó: Vì z2z1  zz1  z2z  z2  z z z1  z2z1 nên suy ra





1 2

1 x

z z z z

x



  



x,x



0;1





 z z2x z



1z2



+Với z z2 thì thay trực tiếp vào bài tốn.

+Như vậy nếu có 1 2 2 1

2 0

z z z z z z

z

     








sẽ suy ra zz2x z



1z2





x,x



0;1





</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

+Xét z z2, khi đó:Vì z2z1  zz1  z2z  zz1z2z  z2z1 nên suy ra





1 2

1 x

z z z z

x



  



x,x 



; 0







1; 



 z z2x z



1z2



+Như vậy nếu có 1 2 2 1

2 0

z z z z z z

z

     








sẽ suy ra zz2x z



1z2













x,x ; 0  1; 



B.VÍ DỤ

Câu 1: [Minh Hoạ-L2/N2017] Xét các số phức z thỏa mãn z  2 i z 4 7i 6 2. Gọi ,m M lần lượt

là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của z 1 i . Giá trị của biểu thức Pm M bằng

A. 13 73. B. 5 2 2 73
2



. C. 5 2 73. D. 5 2 73
2


Định hướng tìm lời giải:

Nhận thấy z  2 i



z 4 7i



6 2 sẽ suy ra za x

 

b x i

 

. với xD  .Đến đây ta có bài
tốn quen thuộc.

Lời giải

*Trường hợp 1:z   (thỏa mãn 2 i z  2 i z 4 7i 6 2), khi đó:

1 3 2 13

z    i i  .
*Trường hợp 2:z   2 i

+Vì 6 2 z     2 i z 4 7i    z 4 7i   z 2 i 6 2 nên suy ra





4 7 x 2

z i z i

x



      với x,x



0;1



z  



2 6x

 

 1 6 x i



+ z    1 i



3 6x

 

 26x i



 72x212x13với x,x



0;1



+Xét hàm số f x

 

 72x212x13,x



0;1



, dễ thấy

0;1

 

1 5 2

min

12 2

f x  f  

  ;

0;1

 

max f x  f 1  73.

*So sánh hai trường hợp thấy: 5 2; 73
2

m M  Chọn B

Câu 2: [Chuyên Thái Bình-L5/N2018] Cho số phức z thỏa mãn



1i z



2 



1i z



2 4 2. Gọi

m n lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Đặt wmni, giá trị của w2018 bằng
A. 21009. B. 41009. C. 51009. D. 61009.

Định hướng tìm lời giải:

+Biến đổi giả thiết:



1i z



2 



1i z



2 4 2  z  1 i z  1 i 4.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

+Áp dụng

2 2

2 2 1 2 1 2

1 2 2

2 2

z z z z

zz  zz  z    

 

 

và a b,   ta có :



2 2



a b  a b

tìm được n .

Lời giải

+4 z  1 i z  1 i z     1 i z 1 i 2z  z 2

 

1 . Đẳng thức ở

 

1 xảy ra khi





, 0

1 1

k k

z i k z i

z

  



    













2 1

z i

     m . 2

+4 z  1 i z 1 i  2z 1 i2 z 1 i2

 

2 2

2 z i 1

  

z

 

 

2 . Đẳng thức ở

 

2 xảy ra khi

1 1

z i z i

z

     











z i

     n 2. Vậy

2018 1009
6

w  Chọn D

Câu 3: [Đặng Thúc Hứa Nghệ An-L1/N2018] Cho số phức z thỏa mãn điều kiện
5 z i z 1 3i 3z 1 i . Giá trị lớn nhất của biểu thức z 2 3i bằng

A. 13

3 . B. 1 13. C. 9 . D. 4 5 .

Định hướng tìm lời giải:

+ Khai thác giả thiết: 5 z i z 1 3i 3z 1 i thấy



 





 



1 3 1 2

1 1 2

z i z i i

z i z i i

      




     




, do đó:

2 2 2 2

1 3 1 2 1 2

z  i  z i  z i   i 

 .

+ Mặt khác: 5 z i z 1 3i 3z 1 i



2 2





2 2



1 3 z 1 3i z 1 i

        20



zi25



.
Từ đó suy ra z i 2 5. Đến đây ta có bài tốn quen thuộc.

Lời giải

+ Vì



 





 



1 3 1 2

1 1 2

z i z i i

z i z i i

      




     




nên z 1 3i2  z 1 i2 2z i 2 1 2i2

 .

Ta có 5 z i z 1 3i 3z 1 i



2 2





2 2



1 3 z 1 3i z 1 i

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

+ z 2 3i 



zi

 

  2 4i



 z i   2 4i 2 5 2 5 4 5  z 2 3i 4 5

 

1 . Đẳng

thức ở

 

1 xảy ra khi





1 3 1

1 3

2 5

, 0

2 4

z i z i

z i

k k

z i k i

    







 


  



    





2 5

z i

    . Vậy max z 2 3i 4 5

Chọn D

Câu 4: Cho số phức

z

thỏa mãn z 1 2i 2. Giá trị lớn nhất của biểu thứcT  z  1 i z 5 4i bằng

A. 3 7 . B. 3 5 . C. 3 6 . D. 4 2 .

Định hướng tìm lời giải:

Nhận thấy z  1 i



z 1 2i



1. 2



i



, z 5 4i 



z 1 2i



2. 2



i



. Từ đây chúng ta sẽ

tính được 2 z 1 i2 z 5 4i2 theo z 1 2 , 2i i . Đây là điểm then chốt để đi đến lời giải.
Lời giải

Đặt z1   z 1 2 ;i z2   . 2 i

+ z 1 i2 



z 1 2i



1. 2



i



2  z 1 2i2 2i2



z z1 2z z1 2



 9



z z1 2z z1 2



;









5 4 1 2 2. 2

z  i  z  i  i  z 1 2i24 2i22



z z1 2z z1 2



24 2 z z



1 2z z1 2



.Từ
đó suy ra 2 z 1 i2 z 5 4i2 42.

+ 1



2 1



1. 5 4

T  z i  z  i 1 1



2 1 2 5 4 2



3 7

2 z i z i

 

         

 

. Đẳng thức xảy ra

khi và chỉ khi

2 2

2 1 5 4 42

1 5 4

1
2

z i z i

      



    






(Hệ này có nghiệm). Vậy maxT 3 7

Chọn A

Tổng quát bài toán: Cho số phức

z

thỏa mãn zz0 r. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

1 2

T a zz b zz . Biết z0z1  m z



0z2



, , , ,a b r m là các số thực dương và z z z là các 0, ,1 2
số phức cho trước.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Câu 5: [Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc-L2/N2018] Cho số phức

z

thoả mãn điều kiện z  2 i 2 2. Gọi

M m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức H  z 3 2i  z 3 4i . Giá trị
M m bằng

A. 16 2. B. 11 2. C. 2 26 8 2 . D. 2 266 2.

Định hướng tìm lời giải:

+ Tìm m khá đơn giản và rõ ràng áp dụng: z1  z2  z1z2 .

+ Ta đã biết:

2 2

2 2 1 2 1 2

1 2 2

2 2

z z z z

zz  zz  z    

 

 

, do đó ta có:

2 2 2 2

3 2 3 4 2 3 3

z  i  z  i  zi   i 

 . Mặt khác biết z  2 i 2 2, tìm max zi là bài
toán quen thuộc. Như vậy áp dụng BĐT : a b,   ,



2 2



a b  a b là có thể tìm được M .
Lời giải

+H z 3 2i    z 3 4i  z 3 2i z  3 4i 6 2

 

1 .

Đẳng thức ở

 

1 xảy ra khi





, 0

3 2 3 4

2 2 2

k k

z i k z i

z i

  




     




  













, 0

3 1 2 2 1

1 1

2 2 2

k k

z i

k k

z i

  




  



  

 



   




z i

   .

+H  2z 3 2i2 z 3 4i2

 

2 2

4z i 3 3i 

   

 

2
2 z i 18

   .



 

2 2



z i z i   i  z  2 i 22i 4 2. Suy ra H 10 2

 

2 .

Đẳng thức ở

 

2 xảy ra khi





3 2 3 4

, 0

2 2 2

z i z i

l l

z i l i

z i

     



  




   



   




4 3

z i

   .

+Vậy m6 2;M 10 2 Chọn A

Câu 6: [Đề tham khảo-2018]Xét các số phức z x yi (x y   ) thỏa mãn , z 4 3i  5. Khi biểu thức

1 3 1

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

A. 4. B. 6 . C. 8 . D. 10 . 
Định hướng tìm lời giải:

+ Nhận thấy z 1 3i 



z 4 3i



5, z  1 i



z 4 3i

 

 3 2 i



do đó khơng tính được

2 2

1 3 1

z i z i

      theo z 4 3i ( ,  là các số thực).

+ Tuy nhiên ta lại có z 1 3i2 z 1 i2 2z i 2 1 2i2

 . Từ đây ta có lời giải sau:
Lời giải

+P 2z 1 3i2 z 1 i2  4zi2 1 2i2

   

2
2 5 z i

  

 

1 .

+ z i 



z 4 3i

 

 4 2 i



 z 4 3i  4 2 i 3 5

 

2 . Đẳng thức ở

 

2 xảy ra khi





, 0

4 3 4 2

4 3 5

k k

z i k i

z i

  




   




  






6 4

z i

   .

+ Từ

 

1 và

 

2 suy ra P 10 2

 

3 . Đẳng thức ở

 

3 xảy ra khi và chỉ khi đẳng thức ở

 

1 và

 

đồng thời xảy ra 6 4

1 3 1

z i

z i z i

 



 

    




6 4

z i

   .

Chọn D

Câu 7: [Chuyên Đại Học Vinh-Lần 1-Năm 2019]Giả sử z z là hai trong các số phức1, 2 zthỏa mãn



z6 8



z i.



là số thực.Biết rằng z1z2  , giá trị nhỏ nhất của 4 z13z2 bằng

A. 5 21. B. 20 4 21 . C. 20 4 22 . D. 5 22.

Định hướng tìm lời giải:

+Biến đổi



z6 8



z i.



là số thực được z 3 4i 5 1
2

3 4 5

z i

   


 

  




 

1 .

+Phát hiện quan trọng 4 z1z2 



z1 3 4i

 

 z2 3 4i



 

2 .

+Kết hợp

 

1 và

 

2 tính được:



z1 3 4i



3



z2 3 4i



và đi đến bài toán quen thuộc.

Lời giải

+z x yi x y



,  .Vì







x6



 yi  



y8



xi là số thực nên x x



6



y y



8



 0



x 3





y 4



2 25

      z 3 4i 5 1
2

3 4 5

z i

   


 

  




+Đặt 1 1

2 2

3 4
3 4

w z i

  




  



, khi đó:Vì z1z2 4 w1w2 416 w12 w2 2w w1 2w w1 2

1 2 1 2 34
w w w w

   ; w13w2  w129w2 23



w w1 2w w1 2



4 22.Suy ra

1 3 2 12 16 4 22

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

+ z13z2 



z13z212 16 i

 

 12 16 i



 z13z212 16 i 12 16 i 204 22.Đẳng thức

xảy ra khi 1 2





1 2

, 0 : 3 12 16 12 16

3 12 16 4 22

k k z z i k i

z z i

       





   










1 2

5 22

3 12 16

z z  i

    .

Vậy min z13z2 4 5



 22



Chọn C

Câu 8: [Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định Năm 2019]Cho hai số phức z z thỏa mãn 1, 2

1 2 1 4 7 6 2

z   i z   i  và iz2 1 2i  .Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 T  z1z2 bằng
A. 2 2 1 . B. 2 1 . C. 2 2 1 . D. 2 1 .

Định hướng tìm lời giải:

+Thấy có thể làm triệt tiêu biến z bằng BĐT 2 T  1 z2 i 2  z1z2  z2  i 2 z1z2

1 2

z i
   .

+Lại có z1  2 i



z1 4 7i



6 2 suy ra z1a x

 

b x i

 

. với xD  .Đến đây ta có bài
tốn quen thuộc.

Lời giải

*Ta có:T   1 z2 i 2  z1z2  z2  i 2 z1z2  z1 i 2.
*Trường hợp 1:z1   (thỏa mãn 2 i z1  2 i z1 4 7i 6 2), khi đó:

1 2 4 4

z     i .

*Trường hợp 2:z  2 i

+Vì 6 2  z1   2 i z1 4 7i    z 4 7i   z 2 i 6 2 nên suy ra





1 1

4 7 x 2

z i z i

x


      với x,x



0;1



z1   



2 6x

 

 1 6 x i



+ z1    2 i



4 6x



6xi 2 18x212x .Xét hàm số 4 f x

 

2 18x212x4,x



0;1



, dễ

thấy

0;1

min ( ) 2 2

x f x f

 
  

 

*So sánh hai trường hợp ta có:T 2 2 1

 

1 .Đẳng thức ở

 

1 xảy ra khi





1 2 2

2
3

, 0 : 2

2 1

z i

k k z z k z i

z i

 


       




  




2
3

4 2 2 2

2 2

z i





    

 




.Vậy minT 2 2 1

Chọn C

Câu 9: [Gang Thép Thái Nguyên Năm 2018]Xét số phức z thỏa mãn iz2i2 z 1 3i  34. Tìm giá

trị nhỏ nhất của biểu thức P (1i z) 2 .i

A. Pmin 4 2. B. Pmin  26. C. min 9 .
17

P  D. Pmin 3 2.

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

+Biến đổi bài toán:iz2i2  z 1 3i  34  z 2 2i  z 1 3i   3 5i ; P 2 z  . 1 i

+Thấy z 1 3i  



3 5i



 z 2 2i suy ra za x

 

b x i

 

. với xD  .

Lời giải

+ iz2i2  z 1 3i  34  z 2 2i  z 1 3i   3 5i ; P 2 z  . 1 i

+Vì z 2 2i  z 1 3i   3 5i  z 1 3i5i3  z 2 2i nênz 1 3ix



 3 5i



với

, 0

x x    z



1 3x

 

 3 5 x i



+ z   1 i 3x



4 5 x i



 34x240x16 4(Vìx  ).Đẳng thức xảy ra khi 0 z  1 3i.Vậy
minP  . 4

Câu 10: Cho số phức z thỏa mãn z i 2. Biết biểu thức T z3i 2 z  đạt giá trị nhỏ nhất khi 4 i





zxyi x y  Hiệu xy bằng

A. 3 6 13
17

 . B. 6 13 3

 . C. 3 6 13
17

 . D. 3 6 13

17


 .

Định hướng tìm lời giải:

+ Khai thác kết luận: Biểu thức T z3i 2 z  đạt giá trị nhỏ nhất. Ta phải “cân bằng hệ số” 4 i

(làm xuất hiện thừa số 2 trước biểu thức z3i ) trước khi áp dụng bất đẳng thức mô đun bằng đẳng

thức sau: 1 2 2 1 1 2

1 2

z z

z z z z

z z

  



z z1, 2;z1 0,z2 0



+Tổng quát bài toán:Cho trước hai số phức z z thỏa mãn 1, 2 1
1 2

z

z z

 







và số thực dương c .Biết số phức

zthỏa mãn z c.Tìm giá trị nhỏ nhất của 1

1 2

z

z z z z

c

   .

Lời giải

Đặt u z i, khi đó u 2; 4 4 4 2
4

i u

u i u i u i

u i

     .Ta có T= u4i 2u4

2 u i 4 u 2u i 4 u 2 17

           . Đẳng thức xảy ra khi





, 0 1

1
4

k k

k

u i u

k
u

   






  



 








16 2 13
17
4 4

k

u k ki

 



 

   



. Ta có z  u i 



4 4 k

 

 1k i



. Suy ra

3 6 13
3 3

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10></div>

tài liệu được biên soạn bởi nhóm admin của nhóm toán vdvdc hy vọng sẽ giúp ích cho các em trong các dạng bài tập tương tự

 

 





 

 

 

 

 

 













<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>













 

<sub></sub>

<sub></sub>

 

 

 

 





















<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>





































<sub></sub>

<sub></sub>

<sub> </sub>

<sub> </sub>





<sub></sub>

<sub></sub>



 



<sub></sub>

<sub> </sub>

<sub></sub>

<sub></sub>