Các dạng bài tập VDC cực trị số phức

Giới thiệu Các dạng bài tập VDC cực trị số phức

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Các dạng bài tập VDC cực trị số phức CHƯƠNG SỐ PHỨC.

Các dạng bài tập VDC cực trị số phức

Tài liệu môn Toán 12 và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi từ cơ bản đến vận dụng cao sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn , các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất.

Tài liệu Các dạng bài tập VDC cực trị số phức

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng tại đây nhé.

Text Các dạng bài tập VDC cực trị số phức
BÀI 4. CỰC TRỊ SỐ PHỨC A. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM 1. Các bất đẳng thức thường dùng a. Cho các số phức z1 , z2 ta có: +) z1  z2  z1  z2 (1). z  0 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  1  z1  0, k  , k  0, z2  kz1 +) z1  z2  z1  z2 (2). z  0 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  1 .  z1  0, k  , k  0, z2  kz1 b. Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz Cho các số thực a, b, x, y ta có: ax  by  a 2  b 2  x 2  y 2  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ay  bx . 2. Một số kết quả đã biết a. Cho hai điểm A, B cố định. Với điểm M bất kỳ luôn có bất đẳng thức tam giác: +) MA  MB  AB , dấu “=” xảy ra  M nằm giữa hai điểm A, B . +) MA  MB  AB , dấu “=” xảy ra  B nằm giữa hai điểm A, M . b. Cho hai điểm A, B nằm cùng phía đối với đường thẳng d và M là điểm di động trên d . Ta có: +) MA  MB  AB , dấu “=” xảy ra  Ba điểm A, M , B thẳng hàng. +) Gọi A là điểm đối xứng với A qua d , khi đó ta có MA  MB  MA  MB  AB , dấu “=” xảy ra  Ba điểm A, M , B thẳng hàng. c. Cho hai điểm A, B nằm khác phía đối với đường thẳng d và M là điểm di động trên d . Ta có: +) MA  MB  AB , dấu “=” xảy ra  M nằm giữa hai điểm A, B . +) Gọi A là điểm đối xứng với A qua d , khi đó ta có MA  MB  MA  MB  AB , dấu “=” xảy ra  Ba điểm A, M , B thẳng hàng. d. Cho đoạn thẳng PQ và điểm A không thuộc PQ , M là điểm di động trên đoạn thẳng PQ , khi đó max AM  max  AP, AQ . Để tìm giá trị nhỏ nhất của AM ta xét các trường hợp sau: +) Nếu hình chiếu vuông góc H của A trên đường thẳng PQ nằm trên đoạn PQ thì min AM  AH . +) Nếu hình chiếu vuông góc H của A trên đường thẳng PQ không nằm trên đoạn PQ thì min AM  min  AP; AQ . e. Cho đường thẳng  và điểm A không nằm trên  . Điểm M trên  có khoảng cách đến A nhỏ nhất chính là hình chiếu vuông góc của A trên  . f. Cho x, y là các tọa độ của các điểm thuộc miền đa giác A1 A2 … An . Khi đó giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của biểu thức F  ax  by ( a, b là hai số thực đã cho không đồng thời bằng 0 ) đạt được tại một trong các đỉnh của miền đa giác. SƠ ĐỒ HỆ THỐNG HÓA Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz Với các số thực a, b, x, y ta có ax  by  Dấu “=” xảy ra khi a 2  b 2  x 2  y 2  . a b  . x y Các bất đẳng thức thường dùng Bất đẳng thức tam giác z1  z2  z1  z2 . Dấu “=” xảy ra khi z1  kz2  k  0  . z1  z2  z1  z2 . Dấu. “=” xảy ra khi z1  kz2  k  0  . z1  z2  z1  z2 . Dấu. “=” xảy ra khi z1  kz2  k  0  . z1 z2 z1 Dấu “=” xảy ra khi z1  kz2  k  0  . z2 B. CÁC DẠNG BÀI TẬP Dạng 1: Phương pháp hình học 1. Phương pháp giải Vi dụ: Cho số phức z thỏa mãn     2 2 z  z  i z  z . Giá trị nhỏ nhất của z  3i bằng A. 3. B. C. 2 3 . D. 2. 3. Hướng dẫn giải Bước 1: Chuyển đổi ngôn ngữ bài toán số phức Giả sử z  x  yi  x, y     z  x  yi . Khi đó  sang ngôn ngữ hình học.   2 zz i zz  2  2  2 yi   4 x 2i  y  x 2 . Gọi M  x; y  ; A  0; 3 lần lượt là điểm biểu diễn cho số phức z; 3i thì z  3i  MA . Bước 2: Sử dụng một số kết quả đã biết để giải bài toán hình học. Parabol y  x 2 có đỉnh tại điểm O  0; 0  , trục đối xứng là đường thẳng x  0 . Hơn nữa, điểm A thuộc trục đối xứng của parabol, nên ta có: MA  OA  3 . Suy ra, min MA  3 khi M  O . Bước 3: Kết luận cho bài toán số phức. Vậy min z  3i  3 , khi z  0 . Chọn A. 2. Bài tập mẫu Bài tập 1: Cho số phức z thỏa mãn z  3  4i  1 . Môđun lớn nhất của Nhận xét: OI  r  OM  z  OI  r số phức z bằng A. 7. B. 6. C. 5. D. 4. Hướng dẫn giải Chọn B Gọi M  x; y  , I  3; 4  là các điểm biểu diễn lần lượt cho các số phức z;3  4i . Từ giả thiết z  3  4i  1  MI  1 . Tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn giả thiết là đường tròn tâm I  3; 4  , bán kính r  1 . Mặt khác z  OM . Mà OM đạt giá trị lớn nhất bằng OI  r , khi M là giao điểm của đường thẳng OM với đường tròn tâm I  3; 4  , bán  18 24  kính r  1 . Hay M  ;  . 5 5  Do đó, max z  OI  r  5  1  6 , khi z  18 24  i. 5 5 Bài tập 2: Trong các số phức z thỏa mãn z  2  4i  z  2i , số phức Nhận xét: Trong tất cả các đoạn thẳng kẻ từ điểm O đến đường z có môđun nhỏ nhất là A. z  2  2i . B. z  1  i . C. z  2  2i . D. z  1  i . thẳng d , đoạn vuông góc OM ngắn nhất. Hướng dẫn giải Chọn C Đặt z  x  yi  x, y    . Khi đó z  2  4i  z  2i  x  y  4  0 d  . Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là đường thẳng d . Do đó z  OM nhỏ nhất khi M là hình chiếu của O trên d . Suy ra M  2; 2  hay z  2  2i . Bài tập 3: Cho số phức z thỏa mãn z  3  z  3  10 . Giá trị nhỏ nhất của z là A. 3. B. 4. C. 5. D. 6. Hướng dẫn giải Chọn B Cách 1: Gọi F1  3; 0  , F2  3; 0  , có trung điểm là O  0; 0  . Điểm M biểu diễn số phức z . Với mọi số thực a, b ta có bất 2 Theo công thức trung tuyến thì z  OM 2  Ta có MF12  MF2 2   MF 2 1  MF2 2  MF12  MF2 2 F1 F2 2  . 2 4 2 2  50 . Đẳng thức xảy ra khi  M  4;0   MF1  MF2 50 36   min z   4 ,  2 4  MF1  MF2  10  M  4;0  Khi z  4i hoặc z  4i . đẳng thức: a  b 2 2  a  b  2 2 Cách 2:. Gọi F1  3; 0  , F2  3; 0  , M  x; y  ;  x, y    lần lượt là các điểm biểu Với mọi điểm M nằm trên elip, diễn các số phức 3;3; z . đoạn OM ngắn nhất là đoạn nối Ta có F1 F2  2c  6  c  3 . Theo giả thiết ta có MF1  MF2  10 , tập hợp điểm M là đường elip có trục lớn 2a  10  a  5 ; trục bé 2b  2 a 2  c 2  2 25  9  8 . Mặt khác OM  z nhỏ nhất bằng 4 khi z  4i hoặc z  4i . Vậy giá trị nhỏ nhất của z bằng 4. Bài tập 4: Xét số phức z thỏa mãn 4 z  i  3 z  i  10 . Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z là A. 60 . 49 B. 58 . 49 C. 18 . 7 D. 16 . 7 Hướng dẫn giải Chọn D Gọi A  0; 1 , B  0;1 , đoạn thẳng AB có trung điểm O  0;0  . Điểm M biểu diễn số phức z . 2 Theo công thức trung tuyến z  OM 2  MA2  MB 2 AB 2  . 2 4 Theo giả thiết 4 MA  3MB  10 . Đặt MA  a  MB  10  4a . 3 Khi đó MA  MB  10  7 a 4 16  AB  2  6  10  7 a  6   a  . 3 7 7  10  4a   5a  8   36 . Ta có MA  MB  a     9  3  2 2 Do  2 2 2 36 24 576 2 nên  5a  8   0   5a  8   7 7 49 O với giao điểm của trục bé với elip.  z 1  MA2  MB 2  4    2 260   2 81 9 . 2  z   MA  MB  z  49  49 7  Đẳng thức z  1 khi z   24 7 9 9  i . Đẳng thức z  khi z  i . 25 25 7 7 Vậy tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z là 16 . 7 Bài tập 5: Cho z là số phức thay đổi thỏa mãn z  2  z  2  4 2 . Trong mặt phẳng tọa độ gọi M , N là điểm biểu diễn số phức z và z . Giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN là A. 1. B. 2. C. 4 2 . D. 2 2 . Hướng dẫn giải Chọn D Đặt z  x  yi  x, y     z  x  yi . Gọi F1  2; 0  , F2  2; 0  , M  x; y  , N  x;  y  lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức 2; 2; z; z . Do M , N là điểm biểu diễn số phức z và z nên suy ra M , N đối xứng nhau qua Ox . Khi đó S OMN  xy . Ta có F1 F2  2c  4  c  2 . Theo giả thiết ta có MF1  MF2  4 2 , tập hợp điểm M thỏa điều kiện trên là elip có trục lớn 2a  4 2  a  2 2 ; trục bé 2b  2 a 2  c 2  2 8  4  4  b  2 . Nên elip có phương trình  E  : x2 y 2  1 . 8 4 xy x2 y 2 x2 y2 2 .   S OMN  xy  2 2 . Do đó 1   8 4 8 4 2 2  x  2 Đẳng thức xảy ra khi  .  y  2 Bài tập 6: Cho số phức z thỏa mãn z  i  z  2  i . Giá trị nhỏ nhất của P   i  1 z  4  2i là A. 1. B. 3 . 2 C. 3. D. 3 2 . 2 Hướng dẫn giải Chọn C Gọi z  x  yi  x, y    ; M  x; y  là điểm biểu diễn số phức z . Ta có z  i  z  2  i  x   y  1 i  x  2   y  1 i  x 2   y  1   x  2    y  1  x  y  1  0    . 2 2 2 Ta có P   i  1 z  4  2i   i  1 z   2  x  3   y  1 2 2 4  2i  2 z 3i  i  1  2 MA , với A   3;1 .  Pmin  2 MAmin  2d  A,    2 3 1  1 12  12  3. Đẳng thức xảy ra khi M là hình chiếu vuông góc của A trên đường 3 5 3 5 thẳng  hay M  ;   z   i . 2 2 2 2 Bài tập 7: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  z2  6 và z1  z2  2 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  z1  z2 . Khi đó môđun của số phức M  mi là A. 76 . C. 2 10 . B. 76. D. 2 11 . Hướng dẫn giải Chọn A Ta gọi A, B lần lượt là các điểm biểu diễn của các số phức z1 , z2 .    Từ giả thiết z1  z2  6  OA  OB  6  OI  3 với I là trung điểm của đoạn thẳng AB .   z1  z2  2  OA  OB  2  AB  2 . Ta có OA2  OB 2  2OI 2  AB 2  20 . 2 P  z1  z2  OA  OB  P 2  12  12  OA2  OB 2   40 . Vậy max P  2 10  M .     Mặt khác, P  z1  z2  OA  OB  OA  OB  6 . Vậy min P  6  m . Suy ra M  mi  40  36  76 . Bài tập 8: Cho số phức z thỏa mãn z  2  i  z  1  3i  5 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  z  1  4i bằng A. 1. C. B. 1 . 5 3 . 5 D. 2. Hướng dẫn giải Chọn B Gọi M  x; y  là điểm biểu diễn số phức z ; gọi A  2; 1 , B  1;3 là điểm biểu diễn số phức 2  i; 1  3i . Ta có AB  5 . Từ giả thiết z  2  i  z  1  3i  5   x  2    y  1 2 2  x  1   y  3 2  2 5  MA  MB  5  MA  MB  AB  MA  MB  AB . Suy ra M , A, B thẳng hàng ( B nằm giữa M và A ). Do đó quỹ tích điểm M là tia Bt ngược hướng với tia BA . P  z  1  4i   x  1   y  4  2 2 , với C  1; 4   P  MC .  Ta có AB   3; 4  phương trình đường thẳng AB : 4 x  3 y  5  0 . CH  d  C , AB   4  1  3.4  5 Do đó min P  CH  42  32 3  , CB  5  1  1   3  4  2 2 1 . 3 khi H là giao điểm của đường thẳng AB và 5 đường thẳng đi qua điểm C và vuông góc với AB . Dạng 2: Phương pháp đại số 1. Phương pháp giải Các bất đẳng thức thường dùng: 1. Cho các số phức z1 , z2 ta có: a. z1  z2  z1  z2 (1) z  0 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  1  z1  0, k  , k  0, z2  kz1 b. z1  z2  z1  z2 .(2) z  0 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  1  z1  0, k  , k  0, z2  kz1 2. Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz Cho các số thực a, b, x, y ta có ax  by  a 2  b 2  x 2  y 2  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ay  bx . 2. Bài tập Bài tập 1: Cho số phức z  a   a  3 i,  a    . Giá trị của a để khoảng cách từ điểm biểu diễn số phức z đến gốc tọa độ là nhỏ nhất Nhận xét: Lời giải có sử dụng đánh giá x 2  0, x   bằng A. a  3 . 2 B. a  C. a  1 . 1 . 2 D. a  2 . Hướng dẫn giải Chọn A z  a   a  3 2 2 2 3 9 3 2  .  2 a     2 2 2  Đẳng thức xảy ra khi a  3 3 3 . Hay z   i . 2 2 2 Bài tập 2: Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z  2  4i  z  2i , số phức z có môđun nhỏ nhất là A. z  1  2i . B. z  1  i . C. z  2  2i . D. z  1  i . Hướng dẫn giải Chọn C Gọi z  a  bi  a, b    . z  2  4i  z  2i   a  2    b  4  i  a   b  2  i  a  b  4  0 .  z   4  b   bi  z  4  b 2  b2  2 b  2  8  2 2 . 2 Suy ra min z  2 2  b  2  a  2  z  2  2i . Bài tập 3: Cho số phức z thỏa mãn z 1 3  1 , biết z   5i đạt giá z  2i 2 trị nhỏ nhất. Giá trị của z bằng A. 2. B. 2 . 2 C. 5 . 2 D. 17 . 2 Hướng dẫn giải Chọn C. Gọi z  a  bi  z  2i  a, b    . z 1  1  z  1  z  2i  2a  4b  3  0  2a  3  4b z  2i 3  z   5i  2  2b    b  5 2 2  5  b  1  20  2 5 2 1  3 1 a  Suy ra min z   5i  2 5   2  z  i 2 2 b  1 Vậy z  5 . 2 Bài tập 4: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  z2  3  4i và z1  z2  5 . Giá trị lớn nhất của biểu thức z1  z2 là A. 5. B. 5 3 . C. 12 5 . D. 5 2 . Hướng dẫn giải Chọn D.  2 Ta có 2 z1  z2 2  z z 1 2 2 2  z1  z2  52  32  42  50 . Nhận xét: Lời giải sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có  2 z1  z2  2 z1  z2 2  50  5 2 . Gọi z1  x  yi, z2  a  bi; a, b, x, y    z1  z2  3  4i   z1  z2  5 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  2 2  z1  z2  25 z  z 2  1 7 1    x  2 a  2 7 1 1 7  và  . Hay z1   i; z2   i . 2 2 2 2 y  1 b   7   2 2 Thay z1 , z2 vào giả thiết thỏa mãn. Vậy, giá trị lớn nhất của biểu thức z1  z2 bằng 5 2 . Bài tập 5: Cho số phức z thỏa mãn z  1 . Giá trị lớn nhất của biểu Nhận xét: Lời giải sử dụng bất đẳng thức Cauchy – thức P  1  z  3 1  z bằng Schwarz. A. 2 10 . B. 6 5 . C. 3 15 . D. 2 5 . Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có P  1 2   32  1  z  1  z 2 2   2 20 1  z 2  2 10 Đẳng thức xảy ra khi 4   z 1  x2  y2  1 x 4 3    5  z  i .  5x 1 z   2 2 5 5 0 1 z  x  y 1 y   3 2  3   5 Vậy max P  2 10 . Bài tập 6: Cho số phức z thỏa mãn z  1  2i  2 . Giá trị lớn nhất của Nhận xét: Lời giải sử dụng bất z  3  i bằng A. 6. B. 7. C. 8. D. 9. đẳng z1  z2  z1  z2 . thức Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có z  3  i   z  1  2i    4  3i   z  1  2i  4  3i  7 .  z  1  2i  k  4  3i  , k  0 13 16 Đẳng thức xảy ra khi  z  i . 5 5  z  1  2i  2 Vậy giá trị lớn nhất của z  3  i bằng 7. Bài tập 7: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  3  4i  4 . Gọi M và Nhận xét: Lời giải sử dụng m là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của môđun số phức z . Giá trị của bất đẳng thức z1  z2  z1  z2 và M .m bằng A. 9. B. 10. C. 11. D. 12. z1  z2  z1  z2 . Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có z   z  3  4i    3  4i   z  3  4i  3  4i  4  5  9  M . 4   z  3  4i  k  3  4i  ,  k  0  k  5 . Đẳng thức xảy ra khi   27 36  z  3  4i  4 z   i  5 5 Mặt khác z   z  3  4i    3  4i   z  3  4i  3  4i  4  5  1  m . 4   z  3  4i  k  3  4i  ,  k  0  k   5 Đẳng thức xảy ra khi    z  3  4i  4 z  3  4 i  5 5 Bài tập 8: Cho số phức z thỏa mãn z 2  4  z  z  2i  . Giá trị nhỏ Chú ý: Với mọi số phức z1 , z2 : nhất của z  i bằng A. 2. B. 2. C. 1. D. 1 . 2 Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có z 2  4  z  z  2i    z  2i  z  2i   z  z  2i  z1.z2  z1 . z2 .  z  2i . z  2i  z . z  2i  z  2i  0  z  2i  z  2i     z  a  i, a    z  z  2i  z  z  2i  z  i  2i  i  1  min z  1  1 . Do đó   z  i   a  i   i  a 2  4  2   Bài tập 9: Tìm số phức z thỏa mãn  z  1 z  2i là số thực và z đạt giá trị nhỏ nhất. A. z  4 2  i. 5 5 4 2 C. z    i . 5 5 4 2 B. z    i . 5 5 D. z  4 2  i. 5 5 Hướng dẫn giải Chọn D. Gọi z  a  bi; a, b   .   Do đó  z  1  z  2i  là số thực  2a  b  2  0  b  2  2a Ta có  z  1 z  2i   a  1 a  b  2  b     2a  b  2  i 2 4 4 2 5 2  . Khi đó z  a 2   2  2a   5  a     5 5 5  4  a  5 Đẳng thức xảy ra khi  b  2  5 4  a 2 5 4 2  5 . Vậy z   i .  min z  5 5 5 b  2  5 Bài tập 10: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  1  2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T  z  i  z  2  i . A. max T  8 2 . B. max T  4 . C. max T  4 2 . D. max T  8 . Hướng dẫn giải Chọn B. Đặt z  x  yi  x, y    , ta có z  1  2  x  1  yi  2   x  1 2  y2  2   x  1  y 2  2  x 2  y 2  2 x  1 (*). 2 Lại có T  z  i  z  2  i  x   y  1 i  x  2   y  1 i  x2  y 2  2 y  1  x2  y 2  4 x  2 y  5 Kết hợp với (*) ta được T  2x  2 y  2  6  2x  2 y  2  x  y   2  6  2  x  y  Đặt T  x  y , khi đó T  f  t   2t  2  6  2t với t   1;3 . Cách 1: Sử dụng phương pháp hàm số Ta có f ‘  t   1 1  ; f  t   0  t  1 . 2t  2 6  2t Mà f 1  4, f  1  2 2, f  3  2 2 . Vậy max f  t   f 1  4 . Cách 2: Sử dụng phương pháp đại số Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có T  2t  2  6  2t  1  1 .8  4 . Đẳng thức xảy ra khi t  1 . Bài tập 11: Cho số phức z thỏa mãn z  1 . Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z  1  z 2  z  1 . Khi đó giá trị của M  m bằng A. 5. C. B. 6. 5 . 4 D. 9 . 4 Hướng dẫn giải Chọn B. Đặt z  a  bi  a, b    và t  z  1 . Khi đó   t 2   z  1 z  1  z  1  z  z  2  2a  a  Ta có 2 t2  2 . 2 z 2  z  1  a 2  b 2  2abi  a  bi  1  a 2  1  b 2   a  b  2a  1 i   2a 2  a   b 2  2a  1  a 2  2a  1  1  a 2   2a  1 2 2 2 2  2a  1  t 2  1  z  1  z 2  z  1  t  t 2  1 (với 0  t  2 , do a 2  1 ). Xét hàm số f  t   t  t 2  1 với t   0; 2 . 1 5 Trường hợp 1: t   0;1  f  t   t  1  t 2  t 2  t  1  f    2 4 5  f t   max 0;1  4 . và có f  0   f 1  1 nên  min f  t   1  0;1 Trường hợp 2: t  1; 2  f  t   t  t 2  1  t 2  t  1, f   t   2t  1  0, t  1; 2 max f  t   f  2   5  1;2 . Do đó hàm số luôn đồng biến trên 1; 2   f  t   f 1  1 min 1;2  M  max f  t   5 0;2   M  m  6. Vậy  f t   1  m  min 0;2
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top