SKKN phương pháp sử dụng bất đẳng thức mô đun trong các bài toán về cực trị số phức

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH 1

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHƯƠNG PHÁP
SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC MƠ ĐUN
TRONG CÁC BÀI TỐN VỀ CỰC TRỊ SỐ PHỨC

MỤC LỤC

Người thực hiện: Nguyễn Tư Tám
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Tốn

THANHMỤC
HỐ LỤC
NĂM 2021


1. Mở đầu………………………………………………………………………..1
1.1. Lý do chọn đề tài……………………………………………………………1
1.2. Mục đích nghiên cứu………………………………………………………..1
1.3. Đối tượng nghiên cứu……………………………………………………….1
1.4. Phương pháp nghiên cứu……………………………………………………1
1.5. Những điểm mới của SKKN………………………………………………..1
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm……………………………………………1
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm……………………………………1
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm………………2
2.3. Giải quyết vấn đề……………………………………….…………….……...2

I. Kiến thức áp dụng ……………………………………………………...2
II. Ví dụ áp dụng………………………………………………………….2
III. Bài tập rèn luyện…………………………………………………….13
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm……...………………..……….........14
3. Kết luận và kiến nghị………………………………………………………15
3.1. Kết luận……………………………………………………………………15
3.2. Kiến nghị…………………………………………………………………..15
TÀI LIỆU THAM KHẢO……………………………………………………16
DANH MỤC CÁC SKKN ĐÃ ĐƯỢC XẾP LOẠI…………………………17


1. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài.
Bài tốn về cực trị số phức là một dạng tốn khó của chương số phức lớp 12.
Năm 2021 BGD &ĐT có ra đề tham khảo thi TN THPT có một câu về phần này,
dẫn tới các em học sinh lớp 12 rất trú tâm nghiên cứu và học tập về phần này.
Để giảm bớt sự khó khăn cho các em trong quá trình học tơi đã cố gắng hệ thống
kiến thức, tập hợp các dạng tốn và phân loại chúng để có thể hướng dẫn các em
học tập một cách hiệu quả nhất. Các dạng tốn mà tơi hệ thống như: Cực trị số
phức mà có điểm biểu diễn là đường thẳng, đường trịn, e líp, đa giác,….Với các
phương pháp như: PP hàm số, PP biểu diễn hình học, PP sử dụng BĐT
Bunhiacopxki, PP lượng giác hóa, PP sử dụng BĐT mơđun,…
Trong đó “PP sử dụng BĐT mơđun trong các bài tốn về cực trị số
phức” ở nhiều trường hợp có thể giúp ta giải quyết rất nhanh và gọn gàng bài
toán về cực trị số phức, nên tôi đã lựa chọn đề tài SKKN về phương pháp này để
thể hiện trong bài viết.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Xây dựng hệ thống bài tập phát triển về pp sử dụng BĐT mô đun để giải bài
toán về cực trị số phức, giúp học sinh học tập phương pháp này một cách hệ
thống và dễ dàng hơn.

1.3. Đối tượng nghiên cứu.
Đề tài viết về một mảng kiến thức phần cực trị số phức thuộc chương trình
giải tích lớp 12 THPT. Và hướng tới đối tượng học sinh có học lực từ trung bình
đến khá, giỏi ở trường THPT Yên Định 1.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
Tôi chủ yếu sử dụng phương pháp thực nghiệm (nghiên cứu và trực tiếp
giảng dạy ở lớp 12A3, 12A4). Ngoài ra còn sử dụng các phương pháp:
- Phương pháp quan sát (công việc dạy - học của các giáo viên và học sinh).
- Phương pháp đàm thoại, phỏng vấn (lấy ý kiến của các giáo viên và học
sinh thông qua trao đổi trực tiếp).
1.5. Những điểm mới của SKKN.
Xây dựng một cách nhìn có hệ thống, xốy mạnh vào một phương pháp với
những hướng biến đổi linh hoạt, sáng tạo.
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm.
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
a. Cơ sở triết học:
Theo triết học duy vật biện chứng, mâu thuẫn là động lực thúc đẩy quá trình
phát triển. Vì vậy trong quá trình giúp đỡ học sinh, người giáo viên cần chú trọng
gợi động cơ học tập giúp các em thấy được sự mâu thuẫn giữa những điều chưa
3


biết với khả năng nhận thức của mình, phát huy tính chủ động sáng tạo của học
sinh trong việc lĩnh hội tri thức.
b. Cơ sở tâm lí học:
Theo các nhà tâm lí học: Con người chỉ bắt đầu tư duy tích cực khi nảy sinh
nhu cầu tư duy, khi đứng trước một khó khăn cần phải khắc phục.
c. Cơ sở giáo dục học:
Để giúp các em học sinh học tập tốt hơn, người giáo viên cần tạo cho học
sinh hứng thú học tập. Cần cho học sinh thấy được nhu cầu nhận thức là quan

trọng, con người muốn phát triển cần phải có tri thức, cần phải học hỏi và tổng
hợp kiến thức cho riêng mình.
d. Theo luật giáo dục Việt Nam có viết: “Phương pháp giáo dục phổ thơng cần
phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động sáng tạo của học sinh, phù hợp với đặc
điểm của từng lớp học, môn học, bồi dưỡng phương pháp tự học, rèn luyện kĩ
năng vận dụng kiến thức, tác động đến tính cảm, đem lại niềm vui, hứng thú học
tập của học sinh”.
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Kiến thức tương đối mới và khó đối với học sinh, chưa có tài liệu hệ thống
viết riêng cho phương pháp này, nên đa số học sinh còn mơ hồ về cách áp dụng.
2.3. Giải quyết vấn đề.
I) KIẾN THỨC VẬN DỤNG

*)
*)

Cho hai số phức
z1 + z2 ≤ z1 + z2
z1 + z2 ≥ z1 − z2

z1 , z2 ( z2 ≠ 0 )

ta có:

, dấu bằng xảy ra khi
, dấu bằng xảy ra khi

z1 = kz2 ( k ∈ ¡ , k ≥ 0 )

.

z1 = −kz2 ( k ∈ ¡ , k ≥ 0 )

.

II) VÍ DỤ ÁP DỤNG

z

z =2

VÍ DỤ 1: Cho số phức thỏa mãn
.
Hãy tìm GTLN, NN của các biểu thức sau:
P= z+i
a)
.
Q = 2 z − 3 + 4i
b)
.
Bài làm:
4


a) Áp dụng BĐT mơ đun ta có:
P = z + i ≤ z + i = 2 +1 = 3
*)
.
 z = ki (k ∈ ¡ , k ≥ 0)
k = 2

⇔

 z = 2i
z =2
Dấu bằng xảy ra khi:
.
P = z + i ≥ z − i = 2 −1 = 1
*)
.
 z = − ki (k ∈ ¡ , k ≥ 0)
k = 2
⇔

 z = −2i
z =2
Dấu bằng xảy ra khi:
.
MaxP = 3,
z = 2i
Vậy:
khi
.
MinP = 1
z = −2i
, khi
.
b) Áp dụng BĐT mô đun ta có:
Q = 2 z − 3 + 4i = 2 z + ( −3 + 4i ) ≤ 2 z + −3 + 4i = 4 + 5 = 9
*)
.

Dấu bằng xảy ra khi:

4

2 z = k ( −3 + 4i ) ( k ∈ ¡ , k ≥ 0) 2 z = k ( −3 + 4i ) ( k ∈ ¡ , k ≥ 0) k = 5
⇔
⇔

z
=
2
k
−
3
+
4
i
=
4
(
)

z = − 6 + 8 i


5 5
Q = 2 z − 3 + 4i = 2 z + ( −3 + 4i ) ≥ 2 z − −3 + 4i = 4 − 5 = 1

*)
Dấu bằng xảy ra khi:

.

4

k
=
−

2 z = − k ( −3 + 4i ) ( k ∈ ¡ , k ≥ 0) 2 z = k ( −3 + 4i ) (k ∈ ¡ , k ≥ 0)
5
⇔
⇔



z = 6 − 8 i
 z = 2
 −k ( −3 + 4i ) = 4

5 5
Bình luận: Qua VD1 ta thấy phương pháp sử dụng BĐT mơ đun đã giúp giải
quyết rất nhanh bài tốn này. Nó hiệu quả hơn hẳn các phương pháp khác với
nhiều ví dụ nữa.
z = x + yi ( x ∈ ¡ , y ∈ ¡ )
z−2+i =3
VÍ DỤ 2: Cho số phức
thỏa mãn
.
S = x+ y

Hãy tính
trong các trường hợp sau:
5


a)

P = 2i − z

đạt GTLN.

Q = 2 z + 1 − 2i

b)

đạt GTNN.

Bài làm:
P = 2i − z = z − 2i = ( z − 2 + i ) + ( 2 − 3i ) ≤ z − 2 + i + 2 − 3i = 3 + 13

a)
Dấu bằng xảy ra khi:

.

 z − 2 + i = k ( 2 − 3i ) (k ∈ ¡ , k ≥ 0)
 z − 2 + i = k ( 2 − 3i ) (k ∈ ¡ , k ≥ 0)
⇔

 z − 2 + i = 3

 k ( 2 − 3i ) = 3

k =

⇔
z = 
 

Vậy:

MaxP = 3 + 13,

khi

3
13
6
  9

+ 2 ÷− 
+ 1÷i
13
  13 

.

3
 6
  9


z =
+ 2 ÷− 
+ 1÷i ⇒ S = x + y = 1 −
13
 13
  13 

.

Q = 2 z + 1 − 2i = 2 z + 1 − 2i = 2 z + 1 + 2i = 2 ( z − 2 + i ) + 5
b)

≥ 2( z − 2 + i) − 5 = 6 − 5 = 1
Dấu bằng xảy ra khi:
6

2 ( z − 2 + i ) = − k .5 ( k ∈ ¡ , k ≥ 0 )
2 ( z − 2 + i ) = −5k ( k ∈ ¡ , k ≥ 0 )
k =
⇔
⇔
5

z
−
2
+
i
=
3

−
5
k
=
6

 z = −1 − i


Vậy:

MinQ = 1,

khi

z = −1 − i ⇒ S = x + y = −2

.

w +i =

3 5
5

z, w
VÍ DỤ 3: Cho các số phức
thỏa mãn
z
M, m
Gọi

lần lượt là GTLN, NN của .

và

5w
=2+i
z−4

.

6


Hãy tính mơ đun của số phức

w ′ = M + mi

.

Bài làm:
z≠4
*) Điều kiện:
.
5w
= 2 + i ⇔ 5w = ( 2 + i ) ( z − 4 )
z−4
*) Ta có:
thay vào giả thiết đầu ta được:
5i
5w + 5i = 3 5 ⇔ ( 2 + i ) ( z − 4 ) + 5i = 3 5 ⇔ 2 + i z − 4 +

=3 5
2+i

⇔ z − 3 + 2i = 3

* Ta có : +)

.

z = ( z − 3 + 2i ) + ( 3 − 2i ) ≤ z − 3 + 2i + 3 − 2i = 3 + 13

+)

.

z = ( z − 3 + 2i ) + ( 3 − 2i ) ≥ z − 3 + 2i − 3 − 2i = 13 − 3

(3+

w′ = M 2 + m2 =
Vậy:

13

) +(
2

13 − 3

)

2

.

= 2 11
.

(Lưu ý rằng với cách làm như các VD trên ta dễ thấy luôn có số phức
bằng xảy ra)

VÍ DỤ 4: Cho số phức

z

thỏa mãn

GTNN của biểu thức

z =5

( 1 + 2i ) z

3

. Kí hiệu

−z

M, m

5

. Tính

z

để dấu

lần lượt là GTLN và

P=M +m

.

Bài làm:

( 1 + 2i ) z 3 − z 5

= z 5 − ( 1 + 2i ) z 3 = z 3 . z 2 − ( 1 + 2i ) = 125 z 2 − ( 1 + 2i ) .

*) Ta có:
*) Áp dụng BĐT mơ đun, ta có:

2

2

z 2 − −1 − 2i ≤ z 2 − 1 − 2i ≤ z 2 + −1 − 2i ⇔ z − 5 ≤ z 2 − 1 − 2i ≤ z + 5

⇔ 25 − 5 ≤ z 2 − 1 − 2i ≤ 25 + 5

(

)

.
(Nhận xét như trên ta thấy dấu bằng có thể xảy ra).

(

M = 125 25 + 5 , m = 125 25 − 5

Vậy:
⇒ P = 6250

)

.
7


z = 5 w = ( 4 − 3i ) z + 1 − 2i
VÍ DỤ 5: Cho số phức
thỏa mãn
,
.
w
Tính GTNN của
.

Bài làm:
z, w

w = ( 4 − 3i ) z + 1 − 2i ≥ ( 4 − 3i ) z − 1 − 2i
= 5 z − 5 =4 5

(dấu bằng có thể xảy ra).
Vậy:

Min w = 4 5
z+

z

VÍ DỤ 6: Cho số phức thỏa mãn
Bài làm:
z≠0
*) Điều kiện:
.
1
1
4= z+ ≥ z −
z
z
*) Ta có:
1
= z−
z

1

=4
z

z

. Tính GTLN của

.

2

⇒ z − 4 z −1≤ 0 ⇒ z ≤ 2 + 5

.

1
 z = −kz ( k ∈ ¡ , k ≥ 0 )

z =2+ 5


Dấu bằng xảy ra khi:
(dễ thấy hệ này ln có nghiệm thỏa mãn điều kiện).
Vậy:

Max z = 2 + 5

.

VÍ DỤ 7: Cho số phức

z≠0

thỏa mãn

z ≥2

.
P=

Tính tổng GTLN và GTNN của biểu thức

z +i
z

.

Bài làm:
8


*) Điều kiện:
P=

*) Ta có:

z≠0

.

z +i
i
= 1+
z
z

.
1−

1
i
1
≤ 1+ ≤1+
z
z
z

Áp dụng BĐT mơ đun ta có:
MinP + MaxP =
Vậy:

1 3
+ =2
2 2

VÍ DỤ 8: Cho số phức
A. 4.
Bài làm:
*) Điều kiện:

z

mà
(các dấu bằng có thể xảy ra).
.

thỏa mãn
B. 1.

z≠0⇔ z≠0

z =1

P = z2 −

. GTNN của biểu thức
C. 3.

2

*) Do:

3
= z 2 − 3z = z . z − 3 = 3 − z ≥ 3 − z = 2
z

MinP = 2

, khi

z =1

VÍ DỤ 9: Cho số phức

là

D. 2.

1
z

.

Dễ thấy dấu bằng xảy ra khi
Vậy:

3
z

.

z = 1 ⇒ z.z = z = 1 ⇒ z =
⇒ P = z2 −

1
3
z ≥2 ⇒ 2≤P≤ 2

z =1

.

. Chọn D.

z

thỏa mãn

w=

z

không phải là số thực và
P = iz + 1 + i
thực. Tính GTLN của biểu thức
.

z
2 + z2

là số

Bài làm:
*) ĐK:

z 2 ≠ −2 ⇔ z ≠ ±i 2
w=

*) Ta có:

. (*)

z
⇔ w.z 2 − z + 2w=0
2
2+ z

( 1)

9


do
Do

w∈¡

z

nên

( 1)

là phương trình bậc hai với các hệ số thực, có

là nghiệm.

z
khơng phải là số thực nên phương trình có một nghiệm nữa là . Áp dụng
z. z =

định lí Viét ta có:

2w
2
⇒ z =2⇒ z = 2
w

P = iz + 1 + i = i . z +

*) Ta có:
Áp dụng BĐT mơ đun ta có:

.

1+ i
= z +1− i
i

P ≤ z + 1− i
= 2+ 2 =2 2

Dấu bằng xày ra khi
Vậy:

z

MaxP = 2 2

.

 z = k ( 1 − i ) ( k ∈ ¡ , k ≥ 0)
⇒ z =1− i

z
=
2


.
z2 + 4 = 2 z

z

VÍ DỤ 10: Cho số phức thỏa mãn điều kiện
Khẳng định nào sau đây là đúng ?

A.

(thỏa mãn (*))

2 −1
2 +1
≤ z≤
3
3

.

5 −1≤ z ≤ 5 +1

C.
.
Bài làm
Áp dụng BĐT mơ đun ta có:

.

B.
D.

3 −1
3 +1
≤ z≤
6
6

6 −1 ≤ z ≤ 6 +1

.

.

2 z = z2 + 4 ≥ z2 − 4
2

= z −4

⇒ 2t ≥ t 2 − 4
(với

t= z

)

⇒ −2t ≤ t 2 − 4 ≤ 2t ⇒ 5 − 1 ≤ z ≤ 5 + 1

(dấu bằng có thể xảy ra).
10


Vậy chọn C.

z −3 + z +3 =8

z

VÍ DỤ 11: Cho số phức thỏa mãn
Bài làm:
2 z = ( z − 3) + ( z + 3) ≤ z − 3 + z + 3
Ta có:
=8

⇒ z ≤4

. Tìm GTLN của

z

.

.
 z − 3 = k ( z + 3) ( k ∈ ¡ , k ≥ 0 )

 z − 3 + z + 3 = 8

Dấu bằng xảy ra khi:
(Hệ này có nghiệm, tức là dấu bằng có thể xảy ra).
Max z = 4
Vậy:
.

VÍ DỤ 12: Cho số phức

z

thỏa mãn

z =1

.
P = z2 + z + 1 + z3 + 1

Tìm GTLN, GTNN của biểu thức

.

Bài làm:
2

* Ta có:

3

P ≤ z + z +1+ z +1= 5
P=

*) Mặt khác:

1 − z3
1− z

+ 1+ z ≥
3

. Dễ thấy dấu bằng xảy ra khi

1 − z3
2

+

1 + z3
2

≥

1 − z3 + 1 + z3
2

z =1

.

=1

.

z = −1
Dấu bằng xảy ra khi
.
MaxP = 5
z =1
Vậy:
, khi
.
MinP = 1
z = −1
, khi
.

z1 + 1 − i = 2
z2 = iz1
thỏa mãn
và
.
P = z1 − z2
Tìm GTNN của biểu thức
.

VÍ DỤ 13: Cho hai số phức

z1 , z2

Bài làm
11


P = z1 − z2 = z1 − iz1 = ( 1 − i ) z1 = 2 z1

Mặt khác:

.

z1 = ( z1 + 1 − i ) + ( −1 + i ) ≥ z1 + 1 − i − −1 + i
=2− 2

Vậy:

MinP = 2 2 − 2

(dấu bằng có thể xảy ra).

.

z

2 z −1 + 3 z − i ≤ 2 2

VÍ DỤ 14: Cho số phức thỏa mãn

Mệnh đề nào dưới đây đúng?
1
3
3
< z<
< z <2
2
2
2
A.
B.
Bài làm
Ta có:

C.

.

z >2

z<
D.

1
2

2 2 ≥ 2 z −1 + 3 z − i = 2( z −1 + i − z ) + z − i ≥ 2 i −1 + z − i = 2 2 + z − i ≥ 2 2

Dễ thấy dấu bằng xảy ra khi

VÍ DỤ 15: Gọi

P

z = i ⇒ z =1

. Vậy chọn A.

z

z+2 ≥3

z −i ≤ 4

là tập hợp các số phức thỏa mãn
và
.
z1 , z2
Tìm
lần lượt là các số phức có mơ đun lớn nhất và nhỏ nhất
P
trong .

Bài làm
Ta có:
3 ≤ z + 2 ≤ z + 2
 z ≥ 1
 z ≥ 1
⇒
⇒

⇒1≤ z ≤ 5

4
≥
z
−
i
≥
z
−
i
−
4
≤
z
−
1
≤
4
z
≤
5






*)

*)

z =1

z =5

khi

khi

.

1

 z = 2k ( k ∈ ¡ , k ≥ 0 )
k =
⇔
2

 z = 1
 z = 1

 z = ki ( k ∈ ¡ , k ≥ 0 )
k = 5
⇔

 z = 5i
 z = 5
12

Vậy:

z1 = 5i

;

z2 = 1

.

VÍ DỤ 16: Cho số phức

z

z − 2 − 2i = 2

thỏa mãn

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

.
P = z − 1 − i + z − 5 − 2i

.

Bài làm:
Áp dụng BĐT mô đun, ta có:
P = z − 1 − i + z − 5 − 2i = z − 1 − i + − z + 5 + 2i ≥ ( z − 1 − i ) + ( − z + 5 + 2i )
= 4 + i = 17

.

Dấu bằng xảy ra khi:
 z − 1 − i = m ( 4 + i ) ( m ∈ ¡ ,0 ≤ m ≤ 1)
− z + 5 + 2i = k ( z − 1 − i ) ( k ∈ ¡ , k ≥ 0 )
⇔

 z − 2 − 2i = 2
 z − 2 − 2i = 2
 z = ( 4m + 1) + ( m + 1) i
⇔
2
2
( 4m − 1) + ( m − 1) = 4

Vậy:

MinP = 17

(hệ có nghiệm)

.

z+i =3

z

VÍ DỤ 17: Cho số phức thỏa mãn
P = z + 10i + 3 z − 3 + 5i

Giá trị của

7 + 17
2

A.
Bài làm:

S = a + 2b

−
.

B.

, biểu thức
z = a + bi ( a, b ∈ ¡ )
đạt GTNN khi
.

là

7 + 17
2

.

C.

7 − 17

2

*) Trước tiên ta phải cân bằng hệ số trong biểu thức

P

.

D.

−7 + 17
2

.

:

13


r
r
r r
a r b r
z
z
a + b = r b + r a ⇒ z1 + z2 = 1 z2 + 2 z1
z1
z2
a

b
Áp dụng tính chất của véc tơ:
z + 10i = ( z + i ) + 9i =
Ta có:

*)

z+i
9i
9i +
z + i = 3 z + 2i
z+i
9i

P = z + 10i + 3 z − 3 + 5i = 3 ( z + 2i + z − 3 + 5i ) = 3 ( z + 2i + − z + 3 − 5i )
≥ 3 ( z + 2i ) + ( − z + 3 − 5i )
= 3 3 − 3i = 9 2

.

Dấu bằng xảy ra khi:
 z = 3m − ( 3m + 2 ) i ( m ∈ ¡ ,0 ≤ m ≤ 1)
 z + 2i = m ( 3 − 3i ) ( m ∈ ¡ ,0 ≤ m ≤ 1)
⇔


2
2
( 3m ) + ( 3m + 1) = 9
 z + i = 3


−1 + 17
m =

6

 z = −1 + 17 − 3 + 17 i

2
2

Vậy:

MinP = 9 2

z=
, khi

−1 + 17 3 + 17
7 + 17
−
i ⇒S =−
2
2
2

z1 , z2

. Chọn B.

2 z1 + i = z1 − z1 − 2i

VÍ DỤ 18: Cho hai số phức
thỏa mãn điều kiện
z2 − i − 10 = 1
P = z1 − z2
. Tính GTNN của biểu thức
.
Bài làm
x2
2 z1 + i = z1 − z1 − 2i ⇒ y =
z1 = x + yi ( x, y ∈ ¡ )
4
*) Gọi
. Từ
.
*) Áp dụng BĐT mơ đun ta có:

và

14


z1 − z2 + z2 − i − 10 ≥ ( z1 − z2 ) + ( z2 − i − 10 )
= z1 − 10 − i =

( x − 10 )

2

+ ( y − 1)

2

2

 x2 
= ( x − 10 ) +  − 1÷
 4

2

x4 x2
=
+ − 20 x + 101
16 2

Xét

x4 x2
f ( x ) = + − 20 x + 101, ∀x ∈ ¡
16 2

Suy ra:
Vậy:

z1 − z2 + z2 − i − 10 ≥ 3 5 ⇒ P ≥ 3 5 − 1

MinP = 3 5 − 1

Minf ( x ) = 45

. Ta tìm được

, khi

x=4

.

.

.

VÍ DỤ 19: [Câu 49-ĐỀ THAM KHẢO-BGD 2021]

z1 = 1, z2 = 2
z1 − z2 = 3
z1 , z2
Xét hai số phức
thỏa mãn
và
.
3 z1 + z2 − 5i
GTLN của
bằng
5 − 19
A.
.
Bài làm:

B.

5 + 19

.

*) Áp dụng BĐT mơ đun, ta có:
3 z1 + z2
*) Ta đi tính
như sau:
Ta có:
2

2

2

C.

−5 + 2 19

.

D.

5 + 2 19

.

P = 3z1 + z2 − 5i ≤ 3z1 + z2 + −5i

2

2

3 z1 + z2 + 3 z1 − z2 = 12 z1 + 4 z2 ⇒ 3 z1 + z2 + 3.

( )
3

2

= 12.12 + 4.2 2

⇒ 3z1 + z2 = 19

.

P ≤ 19 + 5
Suy ra:
(đảm bảo được dấu bằng xảy ra vì số ẩn bằng số phương
trình điều kiện).
15


Vậy:

MaxP = 19 + 5

. Chọn B.

z + 2w = 3, 2 z + 3w = 6

z, w

VÍ DỤ 20: Cho hai số phức
thỏa mãn
z + 4w = 7
3z − 2w − 4i
. GTNN của
bằng
A.
Bài làm

197 − 4

.

B.

297 − 4

*) Áp dụng BĐT mơ đun, ta có:

.

497 − 4

C.

.

,

397 − 4

D.

.

P = 3z − 2w − 4i ≥ 3 z − 2w − 4i
= 3z − 2w − 4

.

3 z − 2w

*) Ta đi tính
như sau:
A, B
z, w
Gọi
lần lượt là các điểm biểu diễn cho các số phức
. Ta có:
uuu
r
uuu
r
uuu

r
uuu
r 2
z + 2w = 3 ⇒ OA + 2.OB = 3 ⇒ OA + 2.OB = 9
+)
uuu
r uuu
r
⇒ OA2 + 4.OA.OB + 4.OB 2 = 9 ( 1)

(

)

uuu
r
uuu
r
uuu
r
uuu
r 2
2 z + 3w = 6 ⇒ 2.OA + 3.OB = 6 ⇒ 2.OA + 3.OB = 36

(

+)

)

uuu
r uuu
r
⇒ 4.OA2 + 12.OA.OB + 9.OB 2 = 36

( 2)

uuu
r
uuu
r
uuu
r
uuu
r 2
z + 4w = 7 ⇒ OA + 4.OB = 7 ⇒ OA + 4.OB = 49

(

+)

Từ

uuu
r uuu
r
⇒ OA2 + 8.OA.OB + 16.OB 2 = 49

( 1) , ( 2 ) , ( 3)

Ta có:

)

ta có:

( 3)

OA2 = 33
r uuu
r
 uuu
OA.OB = −14
OB 2 = 8


.
u
u
u
r
u
u
u
r
uuu
r uuu
r
2
2

3 z − 2w = 3.OA − 2.OB = 9.OA2 − 12.OA.OB + 4.OB 2

= 9.33 − 12.( −14 ) + 4.8 = 497

.
16


⇒ 3 z − 2w = 497.
P ≥ 497 − 4
Suy ra:
(dấu bằng có thể xảy ra vì số ẩn bằng số phương trình
điều kiện).
Vậy:

MaxP = 497 − 4

. Chọn C.

z − 2w = 4, 3z + w = 5

z, w

VÍ DỤ 21: Cho hai số phức
thỏa mãn
5 z − 3w + i
z − w +1
đạt GTNN, khi đó
bằng

A.
Bài làm

*)
*)

17 2
7

.

B.

z − 2w = 4 ⇒ 2 z − 4w = 8

4

.

C.

2

và

.

D.

170

7

.

.

5 z − 3w + i = ( 2 z − 4w ) + ( 3z + w ) + i ≥ ( 2 z − 4w ) + ( 3 z + w ) − i

≥ 2 z − 4w − 3 z + w − 1
= 8 − 5 −1 = 2

Dấu bằng xảy ra khi:

( 2 z − 4w ) + ( 3 z + w ) = − ki

( 2 z − 4w ) = − m ( 3 z + w )

 2 z − 4w = 8, 3 z + w = 5

6

z= i

3z + w = 5i

7
⇒
⇒
2 z − 4w= - 8i  w = 17 i


7

.

( k , m ∈ ¡ , k ≥ 0, m ≥ 0 )

.

2

Khi đó:

11
170
 11 
z − w + 1 = 1 − i = 12 +  − ÷ =
7
7
 7

. Chọn D.

17


p/s: Đa số ở các ví dụ tơi đã nêu trên đều có thể làm theo nhiều cách, nhưng
ở đây tơi chỉ trình bày xun suốt một cách là áp dụng BĐT mơ đun, để hs
có cái nhìn hệ thống cho phương pháp này. Đây là một phương pháp rất
hay và hiệu quả để làm các bài toán về cực trị số phức. Trong một số ví dụ
tơi khơng trình bày cụ thể điều kiện để dấu bằng xảy ra mà chỉ nói đảm bảo

dấu bằng xảy ra, và trong thực tế giảng dạy cũng vậy để tiết kiệm thời gian
cho học sinh khi làm bài trắc nghiệm thì nhiều bài khi không cần thiết ta
chỉ cần chỉ ra dấu bằng có thể xảy ra là được.
III. BÀI TẬP RÈN LUYỆN

z

z =1

Câu 1: Cho số phức thỏa mãn
.
Hãy tìm GTLN, NN của các biểu thức sau:
P = z − 3 + 2i
a)
.
Q = 4 − 3iz
b)
.

z = x + yi ( x ∈ ¡ , y ∈ ¡

)

z + 1 − 2i = 2

Câu 2: Cho số phức
thỏa mãn
.
S = x + 2y
Hãy tính

trong các trường hợp sau:
P = 2z − 3 + i
a)
đạt GTLN.
Q = 1 − 3i − 2iz
b)
đạt GTNN.
w + 1 − 2i = 3
z, w
Câu 3: Cho các số phức
thỏa mãn
và
w = ( 2 − i ) z − 3 + 2i
z−2
M, m
. Gọi
lần lượt là GTLN, NN của
.
w ′ = M + mi
Hãy tính mơ đun của số phức
.
z − 2 = 3 (1+ i) w = (1− i) z + 2
z, w
Câu 4: Cho số phức
thỏa mãn
,
.
w
Tính GTNN của
.

−2 − 3i
z +1 = 2
3
−
2
i
z
Câu 5: Cho số phức thỏa mãn
. Tính giá trị lớn nhất của mô
z
đun số phức .
18


Câu 6: Cho số phức

z

thỏa mãn

z =1

. Gọi

M, m

lần lượt là GTLN, NN của

P = z + 1 + z2 − z + 1
biểu thức

. Tính giá trị

Câu 7: Cho số phức

z

z

.

2

thỏa mãn

Tính giá trị nhỏ nhất của
Câu 8: Cho số phức

z + 4 = z ( z + 2i )

M .m

thỏa mãn

z+i

z

.

.

w=
không phải là số thực và

2z
3 + 2z2

là số

P = 2 z − 1 + 3i

thực. Tính GTLN của biểu thức

.

5 − 2 z + 2 z + 5 = 10

z
thỏa mãn
. Tính GTLN của
.
z1 , z2
Câu 10: Xét hai số phức
thỏa mãn
 z +1 
z1 + 2 − 2i
= 2, log 1  2
÷
÷ = 1, z2 − z1 = 21

2
z
+
8
z1 + 1 + i
2
3

. Tính giá trị lớn
Câu 9: Cho số phức

nhất của

z

2 z1 + z2 − i

.

2.4. Hiệu quả của SKKN.
Đề tài của tôi đã được kiểm nghiệm trong quá trình giảng dạy lớp 12,
được học sinh đồng tình và đạt được kết quả, nâng cao khả năng làm các bài
toán cực trị số phức cho học sinh. Các em hứng thú học tập hơn, ở những lớp có
hướng dẫn kỹ các em học sinh với mức học trung bình cứng trở lên đã có kỹ
năng giải các bài tập. Học sinh biết áp dụng tăng rõ rệt. Cụ thể ở các lớp khối 12
sau khi áp dụng sáng kiến này vào giảng dạy thì số học sinh hiểu và có kỹ năng
giải được cơ bản các dạng tốn nói trên tăng, và kết quả qua các bài kiểm tra thử
như sau :
Điểm 8
Điểm từ 5 đến 8

Điểm dưới 5
Năm
Tổng
trở lên
Lớp
Số
Tỷ
Số
Số
học
số
Tỷ lệ
Tỷ lệ
lượng
lệ
lượng
lượng
2020
12 A3 43
33
77%
9
20%
1
3%
25
53 %
19
40%
3

7%
-2021 12 A4 47
19


3. Kết luận, kiến nghị.
3.1. Kết luận: Bài viết trên đã thể hiện rất rõ ràng ý tưởng của tôi. Mong rằng nó
là một ý tưởng có ích cho các thầy, cô giáo trong việc soạn bài và dạy ôn tập cho
học sinh.
3.2. Kiến nghị:
Nhà trường cần tổ chức các buổi trao đổi phương pháp giảng dạy. Có tủ
sách lưu lại các tài liệu chuyên đề bồi dưỡng ôn tập của giáo viên hàng năm để
làm tư liệu giảng dạy và làm cở sở nghiên cứu phát triển chuyên đề.
XÁC NHẬN CỦA
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 08 tháng 05 năm 2021
Tôi xin cam đoan đây là sáng kiến kinh
nghiệm của mình viết, khơng sao chép nội
dung của người khác.
Người viết SKKN

Nguyễn Tư Tám

20


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[I]. Đề thi thử của các trường THPT, của các sở GD&ĐT trong cả nước ở các
năm 2017, 2018, 2019, 2020, 2021.

[II]. Các đề minh họa, đề thi của BGD & ĐT ở các năm 2017, 2018, 2019, 2020,
2021.
----------------------------------------------------------------

21


DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG
ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Nguyễn Tư Tám
Chức vụ và đơn vị cơng tác: Giáo viên tốn tại trường THPT Yên Định 1.
Kết quả
Năm học
Cấp đánh giá
TT
Tên đề tài SKKN
đánh giá
đánh giá
xếp loại
xếp loại
xếp loại
Dạy học khám phá
Sở Giáo Dục &
1
C
2016
vận dụng BĐT Côsi
Đào Tạo

Câu hỏi mở ôn tập
Sở Giáo Dục &
2
phần hàm số cho học
C
2018
Đào Tạo
sinh khối 12

22