Các dạng toán có yếu tố min max trong số phức

CÁC DẠNG TỐN CĨ YẾU TỐ MAX- MIN TRONG SỐ PHỨC Giáo viên: Trương Đức Thịnh – Nguyễn Thu Hằng Nhóm giáo viên tiếp sức Chinh phục kỳ thi THPT 2021 Bài tốn có yếu tố max-min số phức dạng tốn khó chương trình mơn Tốn THPT thường lựa chọn câu VD-VDC mang tính phân loại thí sinh Trong đề tham khảo năm 2021 có câu mức độ Chúng ta phân tích câu 49 góc nhìn khác để tìm hướng xử lý cho dạng tốn A Phân tích tốn số phức đề tham khảo 2021 Ví dụ (Câu 49-Đề tham khảo 2021) Xét hai số phức z1, z thỏa mãn z  1, z  z  z  Giá trị lớn 3z  z  5i A  19 B  19 C 5  19 D  19 Phân tích hướng giải Đối với dạng tốn có yếu tố max-min số phức ta có hướng tiếp cận sau: +) Hướng 1: Sử dụng phép tốn số phức liên quan tới mơđun để đưa toán hàm số biến khảo sát dùng bất đẳng thức để đánh giá +) Hướng 2: Đưa tốn cực trị hình học quen thuộc Căn vào u cầu tốn tìm giá trị lớn biểu thức 3z  z  5i có dạng mơđun tổng, tốn giải 3z  z số, từ ta mạnh dạn tính 3z  z từ giả thiết tốn Sau ta sử dụng hướng kể tổng hợp hướng để kết thúc toán Lời giải tham khảo + Trước hết ta tính 3z  z ta có vài cách tính sau Cách 1: Tính tốn trực tiếp Đây cách tiếp cận đơn giản cho toán sử sụng kiến thức số phức để biến đổi Đặt z1  a  bi, z  c  di với a, b, c, d   i  1 Theo giả thiết ta suy z1   a  b  z2   c2  d  z1  z =  (a  c)2  (b  d )2  Khai triển rút gọn a  2ac  c  b  2bd  d   ac  bd  Ta có 3z1  z  (3a  c)  (3b  d )i nên 3z1  z  (3a  c)2  (3b  d )2  9(a  b )  (c  d )  6(ac  bd )  19 Suy 3z  z  19 Cách 2: Sử dụng đẳng thức môđun Để sử dụng cách địi hỏi em phải có kỹ biến đổi phép tốn số phức dạng hình thức Ta có đẳng thức 2   mz  nz  m z1  m z  mn z z  z1.z Đẳng thức ta chứng minh nhờ hai tính chất z  z z z  z  z1  z Thật    mz  nz  mz  nz  mz1  nz  mz  nz  mz1  nz 2    m z1  m z  mn z z  z 1z (điều phải chứng minh) Áp dụng đẳng thức ta được: 2     3z1  z  z1  z  z1 z  z1.z  13  z1 z  z1.z  2     Lại có  z1  z  z  z  z1 z  z1.z  z1 z  z1.z  Thay lại ta 3z  z  19 Cách 3: Sử dụng hình học Để sử dụng pháp pháp em cần phải vận dụng linh hoạt biểu diễn hình học số phức, kết hợp với kiến thức véctơ hay hệ thức lượng tam giác…để giải toán Gọi A, B,C , D điểm biểu diễn z1, z , 3z1,  z giả thiết trở thành z   OA  1; z   OB  2; z  z   AB  Khi 3z  z  CD   Sử dụng định lý Cosin tam giác OCD để ý COD  AOB  180o ta   13  12 cosCOD   13  12 cos AOB  CD  OC  OD  2OC OD.cosCOD  13  12 OA2  OB  AB  19 Suy 3z  z  CD  19 2OAOB Tiếp theo ta tìm giá trị lớn biểu thức 3z  z  5i Cách 1: Sử dụng bất đẳng thức tam giác dạng môđun z  + z  z  z  z Đẳng thức xảy  z  0, k  , k  : z1  kz z  + z  z  z1  z Đẳng thức xảy  z  0, k  , k  : z1  kz Áp dụng bất đẳng thức tam giác dạng môđun ta có 3z  z  5i  3z  z  5i  19  Dấu xảy 3z  z  k 5i , k   3z  z   19i Cách 2: Sử dụng hình học Gọi M , N điểm biểu diễn 3z1  z 2, 5i suy OM  19 M thuộc đường trịn tâm O bán kính R  19 cần tìm giá trị lớn MN Sử dụng kết quen thuộc ta MN  MO  ON   19   Dấu xảy M ,O, N theo thứ tự thẳng hàng hay M 0;  19 Một cách tổng quát ta xây dựng tốn Max-min liên quan yếu tố số phức theo dạng sau: B Các dạng toán thường gặp Dang 1: Sử dụng biến đổi đại số kết hợp với bất đẳng thức quen thuộc để đánh giá 1.Kiến thức cần chuẩn bị: 1.1 Đẳng thức Môđun:   Cho số phức z  a  bi a, b   & i  1 môđun z ký hiệu z z  a  b 2 + z  z z ; z1.z  z z ; z1  z2 z1 z2 ; z  z ; zn  z n n   *; + mz  nz  m z1  n z  mn z1z  z1z  với m, n   z1, z   2 + z  z1  z  z + z1  z  z2 z1 z1  2  z1  z z  z2   2z    2  z1 z2    với z, z1, z     z với z1, z số phức khác 1.2 Bất đẳng thức thường dùng + Bất đẳng thức tam giác dạng môđun z  z  z  z  z Đẳng thức xảy  z  0, k  , k  : z1  kz z  z  z  z  z Đẳng thức xảy  z  0, k  , k  : z1  kz    + Bất đẳng thức Bunhiacopxky ax  by   a  b x  y dấu "  " xảy  a x  b y Ví dụ Xét số phức z1, z thỏa mãn 2z  z  35 3z  2z  Giá trị lớn biểu thức T  z  z A B D C Phân tích tìm lời giải : Tương tự đề minh họa biết z1  z2  35 3z1  z2  ta có 2 thể tính m z1  n z2  p , đến dùng bất đẳng thức Bunhiacopxky đánh giá T  z1  z2 Lời giải Nhận xét z z  z z  z  z1  z     2    35  z  z z  z  z  z  z z  z 1z   2   2  49  3z1  2z  3z1  2z  z1  z  z1 z  z1z          21 z1  z  84  z1  z  12 Ta có T      z  z 1    13 z  z         z  z  z     Đẳng thức xảy   2  z  3 z  z  12   Vậy giá trị lớn T Ví dụ Cho số phức z thỏa mãn z 1  i  Biết biểu thức T  z  8i  z   9i đạt giá trị lớn z  x  yi  x, y    Khi giá trị x  y A B C D Phân tích tìm lời giải : Để đơn giản ta đặt u  z   i, u  cần tìm giá trị lớn T  u   7i  u   8i Ta nghĩ đến bất đẳng thức tam giác dạng mơđun, nhiên có trở ngại hệ số z không giống ta tìm cách để đưa hệ số giống Lời giải Gọi u  a  bi; a, b  , i  1 , giả thiết suy a  b2  25  T  u   7i   a     b  8 2   a2  b2  25  u   7i  4a  4b2  12a  16b  25 3     u   7i   a     b     u   7i  u   2i  2      Từ T   1  7i  u  u   2i   1  7i  u  u   2i  5 2   k  , k    u   2i     k  2 Đẳng thức xảy      u   i     1  7i  u   k  u   2i        u  Từ u   3i  z   2i Vậy x  y  Ngồi ta sử dụng công thức cân hệ số để biến đổi, nhiên công thức không thực phổ biến Áp dụng công thức z1  z  Ta có u    8i    8i u u u  8i   8i  z2 z1 z1  2u z1 z2 z2 với z1 , z2 số phức khác  2i Ví dụ (Đề thi thử sở GD&ĐT Hải phòng 2021) Xét hai số phức z 1, z thỏa mãn z   8i   z z  z  Gọi M , n giá trị lớn nhỏ biểu thức P  z  2z  21  3i Khi M  n A 220 B 124 C 144 D 225 Phân tích tìm lời giải : Biểu thức cần đánh giá tương tự đề tham khảo nhiên giả thiết cho khó để tính z1  z2 Tinh ý chút em phát  8i  10   ta lại dùng bất đẳng thức tam giác dạng môđun Lời giải Giả thiết suy  z   8i  z  z  z   8i  z  z   8i  z   Suy đẳng thức tương đương  z  0, z   8i  kz , k   z1  z  m 6  8i , m   Do z  z   z  z  + ) Nếu z  suy  3 6  8i  10 3 6  8i   P  41 10 +) Trường hợp z  , z   8i  kz 2, k  thay vào ta z1  3k  10 10 k  1 6  8i ; z Khi z  2z  3k  24 10 k  1  10 k  1 6  8i  6  8i  Đặt x  3k  24 10 k  1 ,k   12 3 x  10 Thay vào ta P  x 6  8i   21  3i  100x  300x  450 Khảo sát hàm số theo biến x ta 15  P  41 Như ta 15  P  41 M  n  144 Ví dụ Xét số phức z thoả mãn z  3i  z  3iz  z  Gọi M , m giá trị lớn giá trị nhỏ z   5i Khi M  2m thuộc khoảng A 0;13 B 13; 40  C  40; 55  D 55; 70  Phân tích tìm lời giải : Giả thiết tốn trở nên quen thuộc em để ý z  3i  z  3i  z  3i ; z   z  9i   z  3i  z  3i  Lời giải Khai thác giả thiết, ta có: z   z  3iz  z  3i  z  3i z  3i  z z  3i  z  3i  z  3i     z  3i  z  + Trường hợp 1: z  3i   z  3i  z   5i  1  2i  + Trường hợp 2: z  3i  z  Đặt z  x  yi x , y    i  1, z  3i  z   x   3  y Ta có VT 1   x  y  1 3  y  y   y  y   VP 1  x  Do từ suy 1     0y 3   Vậy z   5i  1  y  5i  y  10y  26 Khảo sát hàm số f y   y  10y  26 với  y  Ta m  , M  65 Suy M  2m  55 Dạng 2: Sử dụng biểu diễn hình học số phức đưa tốn cực trị quen thuộc 2.1 Các quỹ tích Gọi M (x ; y ) điểm biểu diễn số phức z  x  yi (x , y   ) i  1 Mối liên hệ x y  Ax  By  C  Kết luận tập hợp điểm M (x ; y ) Là đường thẳng d : Ax  By  C  Là đường trung trực đoạn thẳng o MA  MB AB Dạng số phức z  a  bi  z  c  di (x  a )2  (y  b)2  R    2 x  y  2ax  2by  c  Dạng số phức z  a  bi  R Là đường trịn (C ) có tâm I (a;b) (x  a )2  (y  b)2  R2    2 x  y  2ax  2by  c  Dạng số phức z  a  bi  R Là hình trịn (C ) có tâm I (a;b) bán  R12  (x  a )2  (y  b )2  R22 Là điểm thuộc miền có hình vành khăn tạo hai đường trịn đồng tâm I (a;b) bán kính Dạng số phức R1  z  a  bi  R2   x y2 MF1  MF2  2a    với   F F  2c  2a a b2   Dạng số phức z  c  z  c  2a  bán kính R  a  b  c kính R  a2 b2 c (đường tròn kể bên trong) R1 R2 Là elíp có trục lớn 2a, trục bé 2b tiêu cự 2c a  b  c , (a  b  0) 2.2 Một số kết quan trọng cần nhớ: Gọi điểm biểu diễn số phức z , z M , A Khi z  z  MA Một số bất đẳng thức hình học thường dùng: Cho M di động đường thẳng  , A điểm cố định MA  d A;  , dấu đẳng thức xảy AM   Cho M di động đường tròn I ; R  , A điểm cố định   MA  AI  R , dấu "  " xảy  AI  IM  M  N   MA  AI  R , dấu "  " xảy  AI  IM Cho M di động Elip E  có trục lớn  , độ dài 2a , tâm I , A điểm cố định trục lớn   MA  AI  a , dấu "  " xảy  AI  IM   MA  AI  a , dấu "  " xảy  AI  IM Cho M di động đường thẳng  A, B hai điểm cố định khác phía với  MA  MB  AB dấu "  " xảy  M  AB   Cho M di động đường thẳng  Và A, B hai điểm cố định phía với  MA  MB  AB ' dấu "  " xảy  M  AB '  B ' đối xứng với B qua  Cho M di động đường thẳng  A, B hai điểm cố định phía với  MA  MB  AB dấu "  " xảy  M  AB   Cho M di động đường thẳng  A, B hai điểm cố định khác phía với  MA  MB  AB ' dấu "  " xảy  M  AB '  B ' đối xứng với B qua  Ví dụ Xét hai số phức z , w thoả mãn z.z  w   4i  Giá trị lớn biểu thức P  z  w A B C 10 D  Phân tích tìm lời giải: Ta thấy z.z   z  điểm biểu diễn hai số phức nằm đường trịn ta đưa tốn hình học quen thuộc: Tìm hai điểm hai đường trịn cho khoảng cách chúng lớn Lời giải   O 0;0 , bán kính R Gọi M x; y điểm biểu diễn số phức z , z.z   x  y   M  C1  có tâm  Gọi N điểm biểu diễn số phức w w   4i   N  C  : x    y    , có tâm I 3;4 , bán kính R2  2 Do O I   R1  R  C ; C  nằm P  z  w  MN Ta có P  R1  R2  MN  OM  IN  ON  IN  OI   P  Dấu xảy M , O , I , N theo thứ tự thẳng hàng Vậy giá trị lớn P   Ví dụ (Đề tham khảo 2018) Xét số phức z  a  bi a,b   thỏa mãn z   3i  Khi z   3i  z   i đạt giá trị lớn giá trị P a b A P  B P  10 C P    D P  Phân tích tìm lời giải: Ta thấy điểm biểu diễn số phức M a;b đường tròn Với biểu thức cần đánh giá có dạng MA  MB ta nghĩ đến bất đẳng thức Bunhiacopxky để đưa bình phương độ dài dùng công thức đường trung tuyến hay sử dụng tâm tỷ cự họ điểm để đánh giá tiếp Lời giải   Goi M a;b điểm biểu diễn số phức z Theo giả thiết ta có: z   3i   a    b     Tập hợp điểm biểu diễn   số phức z đường tròn tâm I 4;3 bán kính R   A  1; 3 Gọi   Q  z   3i  z   i  MA  MB  B 1; 1    Gọi E trung điểm AB, kéo dài EI cắt đường tròn D   Q  MA  MB   MA2  MB 2 Vì M E trung tuyến  MAB  ME   MA2  MB AB   MA2  MB  2ME  AB 2  AB    4ME  AB  Q  2ME    Mặt khác M E  DE  EI  ID       20  200  Q  MA  MB  Q  10  Qmax  10   M  D     x    2( x  4) D  D  EI  2ID     M 6;   P  a  b  10      2( y  3) y  D D    Ví dụ (Đề thi thử THPT Trần Nhân Tông-Quảng Ninh 2019) Xét số phức z thỏa mãn z   i  z   5i  1  i  z   2i Giá trị lớn z   3i A B C D Phân tích tìm lời giải: Trước hết ta biến đổi biểu thức môđun để đưa dạng quen thuộc Nhận xét với số phức u , v ta có u  u ; uv  u v Giả thiết z   i  z   5i  1  i  z   2i  z   i  z   5i   i z   2i  z   i  z   5i  z   3i 1 i Gọi M điểm biểu diễn số phức z , A 1; 1 , B  2;5 , I 1;3 Giả thiết trở thành MA  MB  MI Giá trị cần đánh giá nằm vế phải tương tự Ví dụ ta nghĩ đến bất đẳng thức Bunhiacopxky để đưa bình phương độ dài, nhiên    cần lựa chọ hệ số thích hợp để đánh giá vế phải Rất may ta có IA  IB  nên MA2  MB  3MI  IA2  IB Từ ta chọn hệ số cho bất đẳng thức Bunhiacopxky Lời giải: Giả thiết z   i  z   5i  1  i  z   2i  z   i  z   5i  z   3i Gọi M điểm biểu diễn số phức z , A 1; 1 , B  2;5 , I 1;3    Giả thiết trở thành MA  MB  MI Ta thấy IA  IB  từ ta có đánh giá sau     M A  M B               MI  IA    MI  IB    32 MI   3MI  2MI  IA  IB   IA  IB   M I  1.M A  2 M B   32 MI 2 1 2 2 2 2 2   32 MI  3MI  MI  IA2  IB  5MI   20  2.5   MI      3 MA  MB  2MA  MA     Dấu xảy  M   A;   I ;3 2 MB  MI   MI     Mà IA  20    nên hai đường trịn ln cắt hay tồn M Vậy giá trị lớn MI   Ví dụ (Đề thi thử Chuyên Hà Tĩnh Lần 2- 2021) Xét số phức z thay đổi thỏa mãn 3z  i  Giá trị nhỏ biểu thức S  z   z   z  3i A B 16 C D Phân tích tìm lời giải: Làm đẹp lại giả thiết ta thấy điểm M biểu diễn số  phức z thuộc đường tròn tâm I  0;     ; R  Biểu thức cần đánh giá  S  MA  MB  MC thấy A, B,C  I ; R  ABC đều, đến ta sử dụng kết quen thuộc M thuộc cung nhỏ AB MC  MA  MB từ ta việc đánh giá MC Lời giải Gọi M điểm biểu diễn số phức z 3z  i   z  i      ; R   M thuộc đường tròn tâm I  0;     3    Gọi A1;0, B 1;0,C 0;  Ta thấy A, B,C  I ; R  ABC Khơng tính tổng qt, giả sử M thuộc cung nhỏ AB   o Lấy điểm E  MC cho MB  MC BMC  BMC  60 nên MB  MC  BE   Từ suy BCE  BAM c.g.c  MA  EC MC  MA  MB  S  MA  MB  MC  2MC  2.2R  Dấu “=” xảy M, I,C thẳng hàng Chú ý: Bạn chuyên sâu sử dụng định lý Ptoleme cho tứ giác nôi tiếp AMBC AB MC  AC MB  BC MA suy MC  MA  MB (do  ABC đều) Ví dụ 10 Xét số phức z thỏa mãn z   i  z   i  Giá trị lớn T  z  2i 10 10 B C D  3 Phân tích tìm lời giải: Nhìn vào giả thiết ta thấy tập hợp điểm biểu diễn z số đường Elíp, ta đưa tốn đánh giá khoảng cách từ điểm cụ thể đến điểm thay đổi đường Elíp Khó khăn gặp phải ta phải đưa phương trình đường Elíp dạng tắc để thuận tiện cho việc tính tốn Ta xét cách đổi biến sau A Đặt z  u  a  bi; a, b   Khi u  a   (b  1)i  u  a   b  1 i  a   a   a  Ta chọn a, b cho    ta u  2  i   u  2  i     b  b   b     Đến việc chia vế cho  i ta đưa Elíp dạng tắc Lời giải Ta có z   i  z   i   z  1   i  z  1  2  i    z 1 z 1 6 z 1 1  1  , đặt  t ta đưa t   t   i i i 5 Như ta tập hợp điểm biểu diễn t đường Elíp có trục lớn 2a  cự 2c  , b  a  c  Từ cách đặt 5x 5y suy phương trình đường Elíp :   1, E  2 z 1  t  z  2  i t  thay vào T  2  i t   2i  t  i i Gọi M x ; y  điểm biểu diễn t , M x ; y   E  A 0; 1 T  5MA , tiêu  2 14 1  y   y  1   y  2y    Lại có MA2  x  y  1   2  14  ta giá trị lớn f y  18 Khảo sát hàm số f y    y  2y  , y   ;   5 5  Thay vào ta giá trị lớn T Dạng : Một vài cách hỏi khác cho toán số phức mức độ VD-VDC Quan sát đề tham khảo đề thi thức qua năm gần thấy câu mức độ vận dụng cao thường không dập khuôn theo đề tham khảo mà liên quan đến đề tham khảo mảng kiến thức định, việc nắm kiến thức bản, thành thạo tốn gốc em cịn phải rèn luyện thêm tư nhạy bén để xử lý toán cách nhanh Dưới vài dạng toán khác liên quan tới câu số phức mức độ vận dụng cao Ví dụ 11 (Đề thi thử sở GD&ĐT Hà nội 2021) Xét hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  z1  z  z1  z2  3 Giá trị biểu thức z z  z z  3 A 1458 B 324 C 729 D 6561 Lời giải 2   Giả thiết z1  z2   z1  z2  z1 z2  z1 z2  2   z1  z2  3  z1  z2  z1 z2  z1 z2  27 2 Từ suy z1  z2  18  z1 z2  z1 z2  9 z2  Biểu thức cần tính z z  z z   z z 3 2  z1 z     z1 z2 z1 z2 z1 z2  z1 z2  93  27 z1 z2  1458 Ví dụ 12 Có số phức z thoả mãn z  6i  z  4i  z  3i  z  i z  2021 ? A 4032 B 4034 C 2021 D 2020 Lời giải Đặt u  z  i giả thiết trở thành u  5i  u  5i  u  2i  u  2i  2b Nhận xét 2b  u  5i  u  5i  b  Ta xét trường hợp +Trường hợp : b   u  5i thỏa mãn + Trường hợp 2: b  gọi M x ; y  điểm biểu diễn u M x ; y  thuộc Elíp E  : b x2 y2 x2 y2   1; E :   dễ thấy   2  25 b b2  b2 E   E   0; b   u  bi Với u  bi  z  b  1 i z  2021   b  2020 Với u  bi  z  b  1 i z  2021   b  2022 Vậy có 4034 số z thỏa mãn Ví dụ 13 Có số phức z thỏa mãn 4z  z  3i z  84  ? A B C D Lời giải Ta có phương trình bậc theo z có a.c  4.(84)  nên phương trình ln có nghiệm thực Do z   , nên z  3i  z  Vậy ta có 4z  z z   84   z z   84  4z z  16     15 z  681 z  7056    147    z    z 84  z       z 84  4z       z    z   147   Vậy có số phức z thỏa mãn Ví dụ 14 (Đề thi THPT NĂM 2018) Có số phức z thỏa mãn z  z   i   2i    i  z ? A B C D Lời giải Ta có z  z   i   2i    i  z  z z  z  z i  2i    i  z  z  z   i   z   z   i Lấy môđun vế ta z  z  5 1   z    z  2 2 2 2  z  z    1   z    z     1 Đặt t  z , t  Phương trình 1 trở thành 2 t  t    1   4t    t    t  t  10t  26   17t  4t    t  t  8, 95 t  3  t  10t  9t  4t     t  1  t  9t       t  0, 69 t  t     t  0, 64 Ứng với giá trị t  ta z  4t    t  i 5i t số phức thoả yêu cầu tốn Vậy có số phức z thỏa mãn  z z2 z3     3 Ví dụ 15 Xét số phức z1, z , z  thoả mãn 25z 1z  9z 2z  16z1z Giá trị z  z   z  z  10   A 13 B 43 C 10 D 10 Lời giải Đặt z1  z2  z3  t  suy z  3t ; z  4t ; z  5t 25z 1z  9z 2z  16z1z  25t 2z 1z  9t 2z 2z  16t 2z1z  z z 3z 1z  z z1z 2z  z z 2z1z  z  z1  z  z  z1  z Suy z  z1  z  z  z1  z 2 2  z  z  z  z1 z  z 1z  z z  z1z    Xét giả thiết z1  z  10  z1  z  z z  z 1z  100  25t  100  t  2   Ta có z  z = 2z1  z  z1  z  z1 z  z1z  13 CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Câu 1: Xét số phức z thỏa mãn z  3  i   Gọi M , m giá trị lớn giá trị nhỏ P  z   z  i Tính giá trị A  M A A  1258 Câu 2:  m2 C A  1268 B A  1758 D A  1287 Xét số phức z1 , z2 , z thỏa mãn z1  z2  2, z1  z2  2 Giá trị nhỏ biểu thức P  z  z  z1  z  z2 A P  2  Câu 3: Xét số phức A Câu 4: z B P  2  C P   D P   thỏa mãn z  z  z  z  z Giá trị lớn z   3i 41  B 41  C 2 D 29  Xét số phức z , z thoả mãn z   2i  3; z  2021  6i  z  2021  4i số phức z thoả mãn biểu thức P  z  z1  z  z đạt giá trị nhỏ Giá trị lớn z A Câu 5: 2021 Xét số phức z B C 34 D 26 C D thỏa mãn điều kiện z  i  z   3i  z   i Giá trị lớn biểu thức z   3i A Câu 6: B 80   Xét số phức z1,z2 thỏa mãn | z1   4i || z1   4i | 1  i  | z | 2z   z i Giá trị   nhỏ P  z  2i z z  z1z A Câu 7: B P  Cho số phức w , z thỏa mãn w  i  biểu thức P  z   2i  z   2i A Câu 8: B  13 C P  D 1 5w  2  iz  4 Giá trị lớn C 53 D 13 Xét hai số phức z , z thỏa mãn z  i  z  z  2i z  i  10  Giá trị nhỏ biểu thức z  z A  B 101  C 101  D 10  Câu 9: [THPT Chuyên Lương Văn Chánh-Phú Yên 2021] Biết hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1   4i  z2   i  Số phức z có phần thực a phần ảo b thỏa mãn a  2b  Giá trị nhỏ P  z  z1  z  z2 bằng: A 130 Câu 10: B 130  C 130  D 130  Xét hai số phức z thỏa mãn z   z   Giá trị nhỏ P  z   i  z  3  2i  z  3i A 12 Câu 11: B D 10 C Xét z1 , z2 số phức thỏa mãn z1   2i  z   2i  z1  z2  Gọi m, n giá trị lớn giá trị nhỏ z1  z   5i Giá trị biểu thức T  m  n A T  10  Câu 12: B T   10 C  34 D 34  Xét số phức z thỏa mãn z  Giá trị nhỏ biểu thức P  z   z   z  z  4i A  Câu 13: B  C  14 15 D  15 [Trường chuyên ĐH Vinh lần năm 2021] Cho số thực b , c cho phương trình z  bz  c  có hai nghiệm phức z1, z2 thỏa mãn z1   3i  z2   6i  Mệnh đề sau đúng? A 5b  c  Câu 14: B 5b  c  12 C 5b  c  12 D 5b  c  4 Xét số phức z, w thỏa mãn z   i  z   i  w   4i  T  z  w  2i a  b Khi giá trị a  b thuộc khoảng  9 A 0;   5 Câu 15: 11 13 B  ;    14 19 C  ;    Giá trị lớn  29 D 4;    Xét số phức z 1, z hai số phức thỏa mãn điều kiện z  i  z  1, z  z  Số phức w thỏa mãn w   i  w   2i  Giá trị nhỏ T  w  z1  w  z A 3 B C D ... thẳng hàng hay M 0;  19 Một cách tổng qt ta xây dựng tốn Max -min liên quan yếu tố số phức theo dạng sau: B Các dạng toán thường gặp Dang 1: Sử dụng biến đổi đại số kết hợp với bất đẳng thức... giải tham khảo + Trước hết ta tính 3z  z ta có vài cách tính sau Cách 1: Tính tốn trực tiếp Đây cách tiếp cận đơn giản cho toán sử sụng kiến thức số phức để biến đổi Đặt z1  a  bi, z  c  di... b  2022 Vậy có 4034 số z thỏa mãn Ví dụ 13 Có số phức z thỏa mãn 4z  z  3i z  84  ? A B C D Lời giải Ta có phương trình bậc theo z có a.c  4.(84)  nên phương trình ln có nghiệm thực