排列組合基礎(chǔ)知識

1、課題：復(fù)數(shù)考綱要求：(I)復(fù)數(shù)的概念：理解復(fù)數(shù)的基本概念；理解復(fù)數(shù)相等的充要條件；了解復(fù)數(shù)的代數(shù)表示法 及其幾何意義；(H)復(fù)數(shù)的四則運算：會進(jìn)行復(fù)數(shù)的代數(shù)形式的四則運算；了解復(fù)數(shù)代數(shù) 形式的加、減運算的幾何意義教材復(fù)習(xí)1. 虛數(shù)單位i:21它的平方等于 -1，即i=1;2實數(shù)可以與它進(jìn)行四則運算，進(jìn)行四則運算時，原有加、乘運算律仍然成立2. i與1的關(guān)系：i就是-1的一個平方根，即方程x2 =1的一個根，方程 x2 =1的另一個根是T .4n：1 . .4n：24n：3. 4n .3. i 的周期性：i =i,i =1, i =i, i =1.4. 復(fù)數(shù)的定義：形如a，bi(a,bR)的數(shù)叫

2、復(fù)數(shù)，a叫復(fù)數(shù)的實部，b叫復(fù)數(shù)的虛部.全體復(fù)數(shù)所成的集合叫做復(fù)數(shù)集，用字母C表示5. 復(fù)數(shù)的代數(shù)形式：復(fù)數(shù)通常用字母 z表示，即z = a bi(a,bR)，把復(fù)數(shù)表示成 a bi的形式，叫做復(fù)數(shù)的代數(shù)形式.6.復(fù)數(shù)與實數(shù)、虛數(shù)、純虛數(shù)及 0的關(guān)系：對于復(fù)數(shù)a bi(a, R)，當(dāng)且僅當(dāng)b =0時，復(fù)數(shù) a bi(a,b R)是實數(shù)a ；當(dāng)b = 0時，復(fù)數(shù)z = a bi叫做虛數(shù)；當(dāng)a = 0且b 0時，z = bi 叫做純虛數(shù)；當(dāng)且僅當(dāng)a = b = 0時，z就是實數(shù)0"也正實數(shù)復(fù)數(shù)z= a+ frt(R)-TE純虛數(shù)的虛數(shù)7.復(fù)數(shù)集與其它數(shù)集之間的關(guān)系：N苘Z Q苘R C8.兩

3、個復(fù)數(shù)相等的定義：如果兩個復(fù)數(shù)的實部和虛部分別相等，那么我們就說這兩個復(fù)數(shù)相等.這就是說，如果 a， b， c， d R，那么 a'bi=cdi:= a=c,b = d9.復(fù)平面、實軸、虛軸：復(fù)數(shù)z = a bi(a, b R)與有序?qū)崝?shù)對a,b是一一對應(yīng)關(guān)系.建立一一對應(yīng)的關(guān)系.點Z的橫坐標(biāo)是a， 縱坐標(biāo)是b，復(fù)數(shù)z=a bi(a, R)可用點Z a,b表示，這個 建立了直角坐標(biāo)系來表示復(fù)數(shù)的平面叫做復(fù)平面，也叫高斯平面，x軸叫做 實軸，y軸叫做虛軸.實軸上的點都表示 實數(shù).對于虛軸上的點要除原點外，因為原點對應(yīng)的有序?qū)崝?shù)對為0,0，*yb Z a,bsIIIIIa x它所確定的復(fù)數(shù)

4、是53z = 0 0i = 0表示是實數(shù).故除了原點外，虛軸上的點都表示純虛數(shù).對應(yīng)復(fù)數(shù) z = a+bi復(fù)平面內(nèi)的點 Z(a,b)這就是復(fù)數(shù)的一種 幾何意義.也就是復(fù)數(shù)的另一種表示方法，即幾何表示 方法.a bi i 亠 i c di = a c i 亠 i b d iZ1Z2 Z -z2 二 a bi i c di = ac i 亠b-d i:NZ2 二 Z2 N:(WZ2)Z3 =乙億Z3)10. 復(fù)數(shù)Z1與Z2的和的定義：11. 復(fù)數(shù)Z1與Z2的差的定義：12. 復(fù)數(shù)的加法運算滿足交換律13. 復(fù)數(shù)的加法運算滿足結(jié)合律14. 乘法運算規(guī)則：設(shè)z a bi， Z2=cdi(a、b、c、d

5、 R)是任意兩個復(fù)數(shù)，那么它們的積2i換成-1，并且把實部z1z2 二 a bi e di 二 ac-bd i 亠 i be ad i其實就是把兩個復(fù)數(shù)相乘，類似兩個多項式相乘，在所得的結(jié)果中把與虛部分別合并.兩個復(fù)數(shù)的積仍然是一個復(fù)數(shù).15. 乘法運算律：(1) W 叱 '尸、牛Z32(Z1Z2)kJ (Z2Z3)3Z2zv-Z2Z1Z33.復(fù)數(shù)除法定義：滿足c di x y a bi的復(fù)數(shù)x yi (x、y R)叫復(fù)數(shù)a bi除a十bi以復(fù)數(shù)c di的商，記為：(a bip c di或者e + di16.除法運算規(guī)則：設(shè)復(fù)數(shù) a bi (a、b R)，除以 c di (c，d R)

6、，其商為 x yi ( x、y R), 即(a +bi)壬(c +di )= x + yi (x + yi X c + di ) = (cx dy )+(dx + cy )i二 ex -dy 亠dx cy i = a bi由復(fù)數(shù)相等定義可知ex - dy = a,、dx + cy = b.解這個方程組，得y =ac + bdx c2 d2be - ad亠 . 亠/ 亠、ac+bd ibead.于是有：(a bi) c di 2222 ic +d c +de“22利用c di c-dii； = c d于是將a bi的分母有理化得: c + dic2 d2k a+bi (a+bi)(cdi) ac

7、+bi (一di)+(bc ad)i 原式c+di(c+di)(c-di)(ac bd) (be -ad)iac bd be-ad .=ri2j22+22+j2c dc d c d，'丄、ae + bd 丄 be ad(a bi) e di 22 二 2丨e +d e +d點評：是常規(guī)方法，是利用初中我們學(xué)習(xí)的化簡無理分式時，都是采用的分母有理化思想方法，而復(fù)數(shù)c di與復(fù)數(shù)e - di，相當(dāng)于我們初中學(xué)習(xí)的32的對偶式 2，它們ryr之積為1是有理數(shù)，而c di c-di =c d是正實數(shù).所以可以分母實數(shù)化.把這種方法叫做分母實數(shù)化法.17.共軛復(fù)數(shù)：當(dāng)兩個復(fù)數(shù)的實部相等，虛部互為

8、相反數(shù)時，這兩個復(fù)數(shù)叫做互為共軛復(fù)數(shù)。虛部不等于0的兩個共軛復(fù)數(shù)也叫做共軛虛數(shù).典例分析：考點一復(fù)數(shù)的概念3問題 11（ 06四川）復(fù)數(shù)1 -i的虛部為A. 3 B. -3. C. 2 D. -2a1 + ii32（ 07全國i）設(shè)a是實數(shù)，且是實數(shù)，則a二A. B.1 C. D. 21 +i 2223 （ 2013安徽文）設(shè)i是虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)A. -310a （a R）是純虛數(shù)，則 a的值為3-iC.1D. 34 （ 2013湖南）復(fù)數(shù) z "L1 i（i為虛數(shù)單位）在復(fù)平面上對應(yīng)的點位于A第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限5 （ 2013安徽）設(shè)i是虛數(shù)單位,B. 1

9、 iz是復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)，若 Zlzi+2=2z，則z -C. -1 iD. -1 i考點二復(fù)數(shù)相等的應(yīng)用問題 2.1（ 06湖北）設(shè)x、y為實數(shù)，且 y ，則x y =1 -i 1 -2i 1 -3i2 （ 2011 江西文）若（x -i）i = y 2i, x, y R，則復(fù)數(shù) x yi =A _2 i B. 2 i C. 1 -2i D. 1 2i3 （ 2012上海）若1, 2i是關(guān)于x的實系數(shù)方程x2bx 0的一個復(fù)數(shù)根，則A. b = 2, c = 3 B. b = 2, c = 3 C. b = 2, c = 1D. b = 2, c = 1考點三復(fù)數(shù)的運算問題 3 .1 （ 2

10、013全國大綱）1+ 3二 A. -8B. 8 C. -8i D. 8i3 _i2（ 2012上海）計算：（i為虛數(shù)單位）.1 +i3 （ 2013浙江）已知i是虛數(shù)單位，則（-i）（2-i）二A. -3 iB. -1 3i C. -3 3iD. -1 i4（ 2012 安徽）復(fù)數(shù) z 滿足：（z-i）（2-i）=5 ；則z -A. -2 -2iB. -2 2iC - ：iD.?i考點四復(fù)數(shù)的模問題4.1（ 2013新課標(biāo)n文）2- A.2 2B. 2C.2 D. 1H+il1 12（ 2013遼寧）復(fù)數(shù)的z模為AB.二C. ,2D. 2i -122走向高考：1. （ 2013福建）已知復(fù)數(shù)

11、z的共軛復(fù)數(shù) z =1 2 （ i為虛數(shù)單位），則 z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位 于 A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限D(zhuǎn).第四象限2. （ 07全國H）設(shè)復(fù)數(shù)D. 2 iz滿足R，則 z = A-2 i B-2 -i C. 2-iz.（07北京）220+i ）（07福建）復(fù)數(shù) 厶等于 A -（1+i）2（07安徽）若a為實數(shù),A. . 22 ai1+2iB.-、2（07天津）是虛數(shù)單位,2i31 -iA. 1ic 1 c 1 f1B. - C. i D. - i2 2 2則a等于C. 2.2 D. -2 2B. -1 i C.1 i D. T i1+i 37. （07四川）復(fù)數(shù)

12、i的值是 A. 0 B. 11 -iD. i2 訐'4i8.（ 07江西）化簡k的結(jié)杲是A. 2"廠C. 2-i D. -2-i9.（07湖南）復(fù)數(shù)2i1+i等于A.4iB. -4iC. 2iD. -2i10. （ 07湖北）復(fù)數(shù) a bi, a, b R，且b = 0，若z2 - 4bz是實數(shù)，則有序?qū)崝?shù)對（a, b）可以是（寫岀一個有序?qū)崝?shù)對即可）11. （ 07上海，9）對于非零實數(shù)a、b，以下四個命題都成立:1 2 2 2 a 0 ；(a b) = a 2ab b ；a2若 |a|=|b|，則 a =b ；若 a 二 ab，則 a =b .那么，對于非零復(fù)數(shù)a、b，仍

13、然成立的命題的所有序號是 12. ( 07浙江)已知復(fù)數(shù)z, = 1-i，治2 " i ，則復(fù)數(shù)z,二13. ( 06上海)若復(fù)數(shù) z同時滿足z - z = 2i，z = iz ( i為虛數(shù)單位)，則 z =排列組合基礎(chǔ)知識一、兩大原理1. 加法原理(1) 定義：做一件事，完成它有 n類方法，在第一類方法中有 m,中不同的方法， 第二類方法中有m2種不同的方法第n類方法中mn種不同的方法，那么完成這件 事共有N二m, mt - . - mn種不同的方法。(2) 本質(zhì)：每一類方法均能獨立完成該任務(wù)。(3) 特點：分成幾類，就有幾項相加。2. 乘法原理(1) 定義做一件事，完成它需要 n

14、個步驟，做第一個步驟有 m,中不同的方法，做 第二個步驟有m2種不同的方法.做第n個步驟有mn種不同的方法，那么完成這件 事共有N =葉2.小種不同的方法。(2) 本質(zhì)：缺少任何一步均無法完成任務(wù)，每一步是不可缺少的環(huán)節(jié)。(3) 特點：分成幾步，就有幾項相乘。二、排列組合1. 排列(1) 定義：從n個不同的元素中，任取m個(m乞n )元素，按照一定的順序排成 一列，叫做從n個不同的元素中，選取 m個元素的一個排列，排列數(shù)記為 Pnm，或 記為A。(2) 使用排列的三條件 n個不同元素； 任取m個； 講究順序。(3) 計算公式n IA = n(n -1)(n -2).(n -m 1)一(n -

15、m)!尤其：Pn = 1, Pn = n, Pn = n!2. 組合(1) 定義：從n個不同的元素中，任取 m個(m乞n )元素并為一組，叫做從n個 不同的元素中，選取m個元素的一個組合，組合數(shù)記為cm。(2) 使用三條件 n個不同元素； 任取m個； 并為一組，不講順序。(3) 計算公式cm Pnmn! _ n(n -1).(n - m 1)nP1 m!( n-m)!m(m-1).2 1尤其：C： =1,C： = n, cn =1,C：例1.由0,1,2,3,4,5可以組成多少個沒有重復(fù)數(shù)字的五位奇數(shù)？A.226B.246C.264D.288解析：由于首位和末位有特殊要求，應(yīng)優(yōu)先安排，以免不合

16、要求的元素占了這兩個 位置，末位有c3種選擇，然后排首位，有 c1種選擇，左后排剩下的三個位置，有A3種選擇，由分步計數(shù)原理得：C3 C4 A3 =288例2.旅行社有豪華游5種和普通游4種，某單位欲從中選擇4種，其中至少有豪華 游和普通游各一種的選擇有()種。A.60B.100C.120D140解析：選擇方法有如下3種：豪華游3種與普通游1種，選擇的種數(shù)為C；C： =40 ；豪華游2種與普通游2種，選擇的種數(shù)為C|c2 = 60 ；豪華游1種與普通游3種，選擇的種數(shù)為C5C3 -20 ；根據(jù)加法原理知：總共的選擇有120種。二項式定理典型例題-典型例題一例1在二項式1 n 的展開式中，前三項

17、的系數(shù)成等差數(shù)列，求展開式中所有有理項. 2冬丿分析：本題是典型的特定項問題，涉及到前三項的系數(shù)及有理項，可以通過抓通項公式解決. 解：二項式的展開式的通項公式為：下 1 =cn(.x)z/2n_2r前三項的r =0,12得系數(shù)為:t1由已知:2t2=2n ,tC27241F t3 n =1 n(n -1)，8十(n“)， n = 8通項公式為Tr1 叫x- r = 0,4,8.16 dr4 r= 0,1,28,Tr i為有理項，故16-3r是4的倍數(shù),-2 .2X .256的取值，得到了有理項類似r的取值，得到共有 17頁依次得到有理項為 T1_4 丁 _廠41_ 35 丁 _ 廠81=x

18、,T5 =C8 4XX,T9 = C8 8 X2 8 2說明：本題通過抓特定項滿足的條件，利用通項公式求岀了r地，(. 23 3)100的展開式中有多少項是有理項？可以通過抓通項中系數(shù)和為3n .典型例題四例4（ 1）求（1-X）3（1 X）10展開式中X5的系數(shù)；（2）求（X - 2）6展開式中的常數(shù)X項.分析：本題的兩小題都不是二項式展開，但可以轉(zhuǎn)化為二項式展開的問題，（1）可以視為兩個二項展開式相乘；（2 ）可以經(jīng)過代數(shù)式變形轉(zhuǎn)化為二項式.310c解：（1） （1-X）（1 X）展開式中的X可以看成下列幾種方式得到，然后合并同類項：310cCC3用（1 -X）展開式中的常數(shù)項乘以（V x

19、）展開式中的X項，可以得到 C10X ；用（1 -X）展開式中的一次項乘以（1 X）10展開式中的X4項可得到（-3x）（c：0x4） =-3C：0X52103233353X乘以（1 x）展開式中的x可得到3x C10x 3C10X ；用（1 - x）中的. 展開式中的（C：0'；用（1 X）3中的310X項乘以（V x）(2)2322255X項可得到-3x C10X - -C10X，合并同類項得 X項為: _C40 3C；。-C10)x5 二-63x5 .x 12 =. xX(X X 2)51X12平，可得展開式的常 展開式的通項公式 Tr=C；2（J2）X數(shù)項為C；2 =924.說

20、明：問題（2）中將非二項式通過因式分解轉(zhuǎn)化為二項式解決這時我們還可以通過合并項 轉(zhuǎn)化為二項式展開的問題來解決.典型例題五2 2=（1 X）X 或 1 （XX ）把它例5求（1 X-X）Q展開式中X5的系數(shù).分析：（1xx2）6不是二項式，我們可以通過 1 xx2 看成二項式展開.解:方法一：(1 x_x2)6 = (1 . X) _X2 6 =(1 X6) -6(1 X)5X2 15(1 X)4X4 - 其中含 X5 的項為 c6x5 -6c3x5 +15C；x5 =6x5. 含x5項的系數(shù)為6.方法二：(1 x _X2)6 二=1 6(x -X2) 15(x -x2)2 20(x - x2)

21、3 15(x - x2)4 6(x - x2)5 (x - x2)6 其中含 x5 的項為 20(-3)x5 15(-4)x5 6x6x5 .二X5項的系數(shù)為6 .方法3:本題還可通過把 (1 X - X2)6看成6個1 X - X2相乘，每個因式各取一項相乘可得555個因式中取X，一個取1得到C6X .得到 C6 C；x3 (-x2). 得到 c6 C；x (-X2)2.到乘積的一項，X53個因式中取1個因式中取1(X-X2)62X2 項可由下列幾種可能得到.2X，一個取-X，兩個取2X，兩個取-X，三個取合并同類項為(c66-C；c3 C；C：)X5 =6x5, x5項的系數(shù)為6.典型例題

22、六例 6 求證：(1) C1 - 2C2 -ncn 二 n 公；1111(2)cn - -c； -c2- Cn- (2n1 一1).23n +1 n +1分析：二項式系數(shù)的性質(zhì)實際上是組合數(shù)的性質(zhì)，我們可以用二項式系數(shù)的性質(zhì)來證明一些組 合數(shù)的等式或者求一些組合數(shù)式子的值解決這兩個小題的關(guān)鍵是通過組合數(shù)公式將等式左邊各項 變化的等數(shù)固定下來，從而使用二項式系數(shù)性質(zhì)C； C； C； C； =2n.n!kJn Js_k , n!n!(n 1)!-解：(1) - kC n = k= n= nC左邊二nC0才nC- =n(Cn'Cn d/、1 J 1(2) Cn :k 1 k 11 (n 1)

23、!k!( n k)!(k_1)!( n k)! (k_1)!( n+k)!亠 亠；Cn；n J- CnlH n -2nJ =右邊.k!(n _k)! (k _1)!(n _k)!_1k +cn 1 n+1 (k+1)!( n_ k)! n+1111_ c21 cn 1n 1Cn1n 1Cn11(2n 1 -1)=右邊.n!n!左邊C；.in 11-2-(C- 1 C2 14n 1n 1說明：本題的兩個小題都是通過變換轉(zhuǎn)化成二項式系數(shù)之和，再用二項式系數(shù)的性質(zhì)求解此外，有些組合數(shù)的式子可以直接作為某個二項式的展開式，但這需要逆用二項式定理才能完成，所以需仔細(xì)觀察，我們可以看下面的例子：求29c1

24、0 28C9o - 27c8o 2C-0 10的結(jié)果.仔細(xì)觀察可以發(fā)現(xiàn)該組合數(shù)的式與(1 2)10的展開式接近，但要注意：(1 2)10 二 Co do 2 - cfo -2 ' clo -29 - C10 -210-1 2 10 22Cw 29C-o 210C102 89910=1 2(10 2C2 Ci。2 Cw)從而可以得到：10 JC-o 28C-o 29c10 =丄(310-1)2典型例題七例7利用二項式定理證明：32n2-8n-9是64的倍數(shù).分析：64是8的平方，問題相當(dāng)于證明32n吃-8n - 9是82的倍數(shù)，為了使問題向二項式定理貼近，變形32n 2 9n (8 1)

25、n 1，將其展開后各項含有8k，與82的倍數(shù)聯(lián)系起來.解：/ 32n 2 -8n - 9-9n 1 -8;-9=(8 1)n 1 -8 ;-9-8n1- C； 18- C；1 82 ' C；1 8-8n9=8n 1Cn 18ncn； 82 8(n1)1 -8n-9=8n 1 Ci 8n 82= (8n1 Cli 8n - Cni) 64是64的倍數(shù).說明：利用本題的方法和技巧不僅可以用來證明整除問題，而且可以用此方程求一些復(fù)雜的指 數(shù)式除以一個數(shù)的余數(shù).典型例題八分析解法2x -2I2x2 丿1:用二項式定理展開式.1 ： 2x 仝5I2x2 丿3展開= c5(2x)5C；(2x)2=

26、 32x5 -120x2分析弋14丫-| +C5(2x)4 -2x丿< 3 V(-尹 +C；(2x)-I 2x 丿、180135405xx48x732x10先化簡再用二項式定理展開.35323衣C5 (2x)2x2243二 22x2C5552x2解法2 :對較繁雜的式子， ：2x仝二心I2x2 丿103 513 423 321TC5(4x )C5(4x ) (-3) C5(4x ) (-3)32 xC；(4x3)2(-3)3 CfSx3)1)4 C?(-3)51151296310 (1024x-3840x5760x -4320x1620x - 2437)32x1032x10= 32x5說

27、乂彳型一辱羋一號.xx48x7 32x10說明：記準(zhǔn)、記熟二項式(a b)n的展開式，是解答好與二項式定理有關(guān)問題的前提條件對 較復(fù)雜的二項式，有時先化簡再展開會更簡便.典型例題九例9若將(x y z)10展開為多項式，經(jīng)過合并同類項后它的項數(shù)為().A. 11B . 33C . 55D . 66分析：(x y z)10看作二項式(x y) z10展開.解：我們把x y z看成(x y) z，按二項式展開，共有11 “項"，即10 (x y z)10 二(x y) Z10 八 C：o(x y)10* zk .k=0這時，由于“和”中各項z的指數(shù)各不相同，因此再將各個二項式(X y)1

28、0*展開,k10 kk不同的乘積C10(x y) z ( k=0,1，10 )展開后，都不會岀現(xiàn)同類項.下面，再分別考慮每一個乘積cl。(x y)10上zk ( k = 0,1，,10)其中每一個乘積展開后的項數(shù)由(x y)10上決定，而且各項中x和y的指數(shù)都不相同，也不會岀現(xiàn)同類項.故原式展開后的總項數(shù)為11 10 9 1 = 66 ,應(yīng)選D.典型例題十例10(1 )若X + -2 I的展開式的常數(shù)項為x丿-20,求 n.分析:題中x = 0，當(dāng)x .0時，把三項式、n1-2 轉(zhuǎn)化為x(1x+_-2 I< x .丿后寫岀通項，令含 x的幕指數(shù)為零，；當(dāng) xc0 時，同理 x + 2 I

29、 =(1) 1*-x2n.然進(jìn)而解出解：當(dāng)xa0時x+丄2 II x丿n .2n1卄，其通項為xTr 1 二C；n('X)2n(一r 十DCnC.X)2"，令 2n -2r = 0，得 n = r，展開式的常數(shù)項為 (7nC；n ；當(dāng)x : 0時,x 1 一2x、2n1同理可得，展開式的常數(shù)項為無論哪一種情況，常數(shù)項均為令(1)nC；n =-20，以 n(-1)©.(-OU.= 1,2,3,，逐個代入，得典型例題十一例1110的展開式的第3項小于第4項，則FX丿分析：首先運用通項公式寫岀展開式的第3項和第4項,/1 平解：使JX+滬j有意義，必須x>0 ；&#

30、39;、Hx 丿x的取值范圍是再根據(jù)題設(shè)列出不等式即可.依題意，有 T3 :：T4，即 C1oC-x)81233x ：C10(x)1( x 0 ).3- x解得 0 ： x ：5 648 .9 x的取值范圍是o<xv8勺648- 9 :應(yīng)填：0 ： x :：5 648 .9典型例題十二例12已知(xlog“ 1)n的展開式中有連續(xù)三項的系數(shù)之比為1 ： 2 ： 3，這三項是第幾項？若展開式的倒數(shù)第二項為 112，求x的值.解：設(shè)連續(xù)三項是第 kk T、k亠2項(k e N .且k 1)，則有=1：2：3，n!(k -1)(n-k 1)!n!k!(n _k)!n!(k 1)(n- k-1)

31、!=1：2：3.1(n -k)(n -k 1)1k (n - k)1：2：3.k(k 1)k(n -k)(n -k)(n -k 1)k(k 1) k (n-k)二(12x)8的展開式中，二項式系數(shù)最大的項為T5 二 C；(2x)4 =1120x4.1 k _ 12 n-k+1 - 2(k 1)_2.(n-k) 3=n -14 , k =5所求連續(xù)三項為第 5、6、7三項.又由已知，Cuxlog2x =112 即 xlog2X=8 .兩邊取以2為底的對數(shù)，(log 2 x)2 =3, log2 x =3 ,3 3x = 2 ，或 x = 2說明：當(dāng)題目中已知二項展開式的某些項或某幾項之間的關(guān)系時

32、，常利用二項式通項，根據(jù)已 知條件列出某些等式或不等式進(jìn)行求解.典型例題十三例13(12x)n的展開式中第6項與第7項的系數(shù)相等，求展開式中二項式系數(shù)最大的項和系數(shù)最大的項.分析：根據(jù)已知條件可求岀n，再根據(jù)n的奇偶性；確定二項式系數(shù)最大的項.解：T6 =c；(2x)5，T7 二 c；(2x)6，依題意有C；25 C：26 二 n 8 .5 -r -6 .01,2, ,8?)設(shè)第r 1項系數(shù)最大，則有C8 -2r >C8 愛 丿丄丄二c8 -2r >c82宀 r = 5 或 r = 6 (v r系婁最大的項為：T6 =1792x5 , T7 =1792x6.說明：(1)求二項式系數(shù)

33、最大的項，根據(jù)二項式系數(shù)的性質(zhì)，n為奇數(shù)時中間兩項的二項式系數(shù)最大，n為偶數(shù)時，中間一項的二項式系數(shù)最大.(2)求展開式中系數(shù)最大項與求二項式系數(shù)最大項是不同的，需根據(jù)各項系數(shù)的正、負(fù)變化情 況，一般采用列不等式，解不等式的方法求得.典型例題十四例14設(shè)f(x) =(1 x)m (1 x)n (m, nN .),若其展開式中關(guān)于 x的一次項的系數(shù)和為211，問m , n為何值時，含x項的系數(shù)取最小值？并求這個最小值.2分析：根據(jù)已知條件得到 X的系數(shù)關(guān)于n的二次表達(dá)式，然后利用二次函數(shù)性質(zhì)探討最小值 問題.解：Cm+C： = n+m=11.221C m Cn *(m2110 -2mnm2 n2

34、 -112211=n -11 n 55 =(n ) 2299r .4說明：二次函數(shù)m = 6或5時, 八(x-)x2項系數(shù)最小，最小值為299的對稱軸方程為 x411等距離，且對nN .，5、6距5.5最近，所以(n )225 .11，即 x = 5.5，由于 5、6 距 5.5 299的最小值在n = 5或n = 6處取 4得.典型例題十五例 15 若(3x1)7 二 a7x7 OsX6a1x a0，a2a4a6.=(-4)7求(1) a1 a a7 ； (2)印 a? a§ a? ； (3) a。 解：令x = 0，則a0 = -1，令 x = 1，則 a7 aa a 27 =1

35、28.- a a2a7 =129.(2)令 x = 1，貝y -a7 a6 _a5 a _a3 a? _印 a°由得：內(nèi) *3 a5 a?二丄128-( -4)7=82562 2*由得：2ao a2 a4 a§1(a7 a6 a5 a4 a3 a2 a1 ' a。)2'(-a7 - a6 -a5 *4 p a? _a1 a。)1128 (V)7 =8128 .2說明：(1)本解法根據(jù)問題恒等式特點來用“特殊值”法這是一種重要的方法，它適用于 恒等式.一般地，對于多項式 g(x) =(px q)"=玄-a/ - a2X2亠-亠anXn, g(x)的各

36、項的系 數(shù)和為g(1):1g(x)的奇數(shù)項的系數(shù)和為g(1) g(-1).1g(x)的偶數(shù)項的系數(shù)和為g(1)-g(-1).2典型例題十六30例16填空：2-3除以7的余數(shù)55；(2) 5515除以8的余數(shù)是分析(1):將230分解成含7的因數(shù)，然后用二項式定理展開，不含7的項就是余數(shù).解：230 _3 =(23)10 _3=(8)10 _3=(7 1)10 -3 二C00 710匸打9 七辭 C；0 -3 =7咒21(079+010 78 " +G02又余數(shù)不能為負(fù)數(shù)，需轉(zhuǎn)化為正數(shù)- 230 -3除以7的余數(shù)為5應(yīng)填：5 分析(2):將5555寫成(56 -1)55，然后利用二項式

37、定理展開.解：5555 15 二(56 _1)55 15= C555655 C55565C5456 C555 15容易看岀該式只有 -C555 *15=14不能被8整除，因此5555 15除以8的余數(shù)，即14除以8 的余數(shù)，故余數(shù)為 6 .應(yīng)填：6 .典型例題十七例仃求證：對于n N .，尸7彳11 -n-j出1 11+I n 11 n證明:1展開式的通項n1pnTr cn*=rrn r! nn(n -1)(n - 2) (n -r 1)112r -1苛(r)(r)"=)i 丄n1展開式的通項n 1i(n 1)rAnr !(n 1)rV(1r !)(1r -1n 1由二項式展開式的通

38、項明顯看岀Tr , : Tr ,',(1(1 滬所以 1 + I < 1 + |.I n丿 < n +1.丿說明：本題的兩個二項式中的兩項為正項，且有一項相同，證明時，根據(jù)題設(shè)特點，采用比較 通項大小的方法完成本題證明.典型例題十八例18在(x2 3x 2)5的展開式中x的系數(shù)為( ).A. 160 B. 240 C . 360 D . 800 分析：本題考查二項式定理的通項公式的運用應(yīng)想辦法將三項式轉(zhuǎn)化為二項式求解.解法 1:由(x2 3x 2)5 =(x2 3x) 25，得Tk Cs(x23x)5A 2kC5 2k (x23x)2 .再一次使用通項公式得，Tr彳2k C

39、；上3rx10/k_c，這里 0_k_5，0_r_5-k .令 10 2k r 1，即卩 2k r =9 .所以r =1，k =4，由此得到x的系數(shù)為C： 24 3 = 240 .解法2:由(x2 3x - 2)(x 1)5(x 2)5，知(x 1)5的展開式中x的系數(shù)為C；4，5445常數(shù)項為1，(x 2)的展開式中x的系數(shù)為C5 2，常數(shù)項為2 .因此原式中x的系數(shù)為C； 25 - C54 24二240 .25解法3 :將(x 3x 2)看作5個三項式相乘，展開式中x的系數(shù)就是從其中一個三項式中取3x的系數(shù)3，從另外4個三項式中取常數(shù)項相乘所得的積，即C5 3C： 24 =240 .應(yīng)選B

40、 .典型例題十九例19已知 旦-丿x 的展開式中x3的系數(shù)為9，常數(shù)a的值為.M 2 ,4分析：利用二項式的通項公式.解：在彳的展開式中,X 2通項公式為Tr 1 二 C9(a孑Iix.丿二 C9r(-1)ra9根據(jù)題設(shè),根據(jù)題意,3r 9=3，所以r =8 代入通項公式，得29a169，所以4應(yīng)填:T9r-I<2丿9ax .16典型例題二十例 20 (1)求證：1 -3Cn 32 C：-33 C；(-1)n3n = (-2)n423422(2)若(2x,3)二 a0a1xa2xa3xa4x，求(玄a2a4)-(aa3)的值.分析：(1)注意觀察(1 x)n =1 C：x C；x2亠亠C

41、；xn的系數(shù)、指數(shù)特征，即可通過賦值2 2法得到證明.注意到(a0-a2a4)- (a1a3)= (a0a1a2a3a4)(a0 _a1 - a2 _a3 - a4)，再用賦值法求之.解：在公式(1 x)n =1 - C：x C；x2 C：xn中令 x = -3，即有 (13)n =1+C：(3)1 +C；(3)2 + +C：(3)n=1 -3 Cn - 32 C： -(-1)n 3n等式得證.(2)在展開式(2x - 3)4 = ao 3ix a?x2 - a3x3 a4X4 中，令 x =1，得 a0 印 a2 a3 a4 =(2x . 3)4 ；令 x = -1，得 a° -

42、a1 a? - a3 a4 - (-23).二原式 -(ao a1 a2 a3 a4) (a0a2 -a3 a4)=(23)4 (-2 .3)4 =1.說明：注意“賦值法”在證明或求值中的應(yīng)用賦值法的模式是，在某二項展開式，如(a +bx)n =a° +qx + a2X2 + +anXn 或(a +b)n = C：an +cnan'b +C：an°b2+ +C：bn中，對任意的A( a,bA )該式恒成立，那么對 A中的特殊值，該工也一定成 立特殊值x如何選取，沒有一成不變的規(guī)律，需視具體情況而定，其靈活性較強一般取x =0,1 , -1較多一般地，多項式f (x)

43、的各項系數(shù)和為 f(1)，奇數(shù)項系數(shù)和為11f一 f( T)，偶次項系數(shù)和為f(1) f (T) 二項式系數(shù)的性質(zhì)22c0 +C： +C；十+Cnn =2n 及 C： +C； +C：=cn +C；+C；+=2n)的證明就是賦值法應(yīng)用的范例.典型例題二一例21若nN 求證明：32n3-24 n，37能被64整除.分析：考慮先將32n 3拆成與8的倍數(shù)有關(guān)的和式，再用二項式定理展開.解：32n 3 _24n 37=3 32n 2 24n 37=3 91 24n 37=3 (8 1)n 1 -24n 37On-11 n2n_jnn-1=3 Cn 1 8Cn 1 8Cn 1 8Cn 1 8 Cn 1

44、- 24n 37-3 8n1cn18n Cn21 8n(n 1) 8 1-24n 37=3 8n1C18n 8nC： 82 (8n 9)_24n37=3 828nJL+Cn十 8n+C：卅 8n+' +C：； +3 (8n+9)_24n+37=3 648心 C： 1 8n J C； 1 8n" 64,- 8nl, cn.1 8n , Cn 1 8nJ3，均為自然數(shù)，上式各項均為 64的整數(shù)倍.原式能被64整除.說明：用二項式定理證明整除問題，大體上就是這一模式，先將某項湊成與除數(shù)有關(guān)的和式, 再展開證之該類題也可用數(shù)學(xué)歸納法證明，但不如用二項式定理證明簡捷.典型例題二十二例2

45、2已知(x§ 3x2)n的展開式各項系數(shù)和比它的二項式系數(shù)和大992 .(1)求展開式中二項式系數(shù)最大的項；求展開式中系數(shù)最大的項.分析：先由條件列方程求岀 n .(1)需考慮二項式系數(shù)的性質(zhì)；(2)需列不等式確定r .解:令x =1得展開式的各項系數(shù)之和為 (1 - 3)n =22n，而展開式的二項式系數(shù)的和為 C0 C1 - C2 訐：trcn = 2nn n nn.有 22n _2n =992 . n = 5.(1) n =5 ,故展開式共有 6，其中二項式系數(shù)最大的項為第三、第四兩項. T3 =Cf(x3)3 (3x2)2 =90x6 ,2 22T； =C；(x3)2 (3x

46、2)3 = 270x 3 .設(shè)展開式中第r 1項的系數(shù)最大.10 4r故有丿Tr 廠 c5(X3)" (3x2)r 二 c5 3 故有:C； 3r甘3心故有丿+Cr 3r >C5+-3r +i5 r r +179解得 r . r三N ,22r =4，即展開式中第 5項的系數(shù)最大.2 26T5 =Ct （x3）1 （3x2）4 =405x可說明：展開式中二項式系數(shù)最大的項與系數(shù)最大的項是兩個不同的概念，因此其求法亦不同前者用二項式系數(shù)的性質(zhì)直接得岀，后者要列不等式組；解不等式組時可能會求岀幾個r，這時還必須算岀相應(yīng)項的系數(shù)后再比較大小.典型例題二十三例23求證：擴飛心+需二弼；

47、C： 32Cn 34c： 3nC： =2 -4nJ - 2nJ（n = 2K，N*）分析：（1）注意到兩列二項式兩乘后系數(shù)的特征，可構(gòu)造一個函數(shù)；也可用構(gòu)造一個組合問題 的兩種不同解法找到思路.（2）同上構(gòu)造函數(shù)，賦值.證明：（1）（法 1）V （1 x）m （1 x）m （V x）n，（i x）m n （1 cmx c；xcmmxm）（1 ex c；x2c：xn）.P此式左右兩邊展開式中X的系數(shù)必相等.左邊xp的系數(shù)是crm4n，右邊xp的系數(shù)是CnP cm，0 P 1 P2p_2cn Cm Cn Cm Cn Cm c0 cm+w+c：等式成立.cm 二n（法2）設(shè)想有下面一個問題：要從m

48、n個不同元素中取岀 P個元素，共有多少種取法？該問題可有兩種解法一種解法是明顯的，即直接由組合數(shù)公式可得岀結(jié)論：有。/十種不同取法第二種解法，可將 m - n個元素分成兩組，第一組有m個元素，第二組有 n個元素，則從 m n個元素中取岀P個元素，可看成由這兩組元素中分別取岀的元素組成，取法可分成P 1類：從第一組取p個，第二組不取，有cm co種取法；從第一組取p -1個，從第二組取1個，有cmcn種取法，第一組不取，從第二組取P個因此取法總數(shù)是p0p -11p220pCm CnCmCnCm CnCmCn 而該問題的這兩種解法答案應(yīng)是一致的，故有p 0 pcn cm _ cm n0 p 1 p

49、d 2 p_2.Cn Cm Cn CmCn Cm n為偶數(shù)， （1 3）n =C0 3C： 32C：3nC；n0122n n（1 -3） = Cn - 3Cn 3 Cn -3 Cn .兩式相加得 4n - 22（C0 32C" 34C：川川'3nC：）， C0 32C' - 34Cn43nCni 2 -4n4 - 2n4 .說明：構(gòu)造函數(shù)賦值法，構(gòu)造問題雙解法，拆項法、倒序相加法都是證明一些組合數(shù)恒等式 （或求和）的常用方法.極坐標(biāo)與參數(shù)方程（一）曲線的參數(shù)方程的定義:在取定的坐標(biāo)系中，如果曲線上任意一點的坐標(biāo)x、y都是某個變數(shù)t的函數(shù)，即；x= f （t） y =

50、f （t）并且對于t每一個允許值，由方程組所確定的點M （x，y）都在這條曲線上，那么方程組就叫做這條曲線的參數(shù)方程，聯(lián)系x、y之間關(guān)系的變數(shù)叫做參變數(shù)，簡稱參數(shù).（二）常見曲線的參數(shù)方程如下：1. 過定點（xo, yo）,傾角為a的直線：（t為參數(shù)）X = x0 tcos： y = y0 tsin :其中參數(shù)t是以定點P （xo, yo）為起點，對應(yīng)于t點M （x, y）為終點的有向線段 PM的 數(shù)量，又稱為點 P與點M間的有向距離.根據(jù)t的幾何意義，有以下結(jié)論.B是直線上任意兩點，它們對應(yīng)的參數(shù)分別為tA 和 tB,貝V AB = tB -t A, (tB t A) 4t A tB .2j.線段AB的中點所對應(yīng)的參數(shù)值等于tA t B22. 中心在（xo, yo）,半徑等于r的圓:x = x0 r cos J y = yo r si n 寸3. 中心在原點，焦點在x軸（或y軸）上的橢圓:亠 x = bcos日(或.).一 y = asin 二中心在點（xO,yO）焦點在平行于x軸的直線上的橢圓