排列组合基础知识

1、课题：复数考纲要求：(I)复数的概念：理解复数的基本概念；理解复数相等的充要条件；了解复数的代数表示法 及其几何意义；(H)复数的四则运算：会进行复数的代数形式的四则运算；了解复数代数 形式的加、减运算的几何意义教材复习1. 虚数单位i:21它的平方等于 -1，即i=1;2实数可以与它进行四则运算，进行四则运算时，原有加、乘运算律仍然成立2. i与1的关系：i就是-1的一个平方根，即方程x2 =1的一个根，方程 x2 =1的另一个根是T .4n：1 . .4n：24n：3. 4n .3. i 的周期性：i =i,i =1, i =i, i =1.4. 复数的定义：形如a，bi(a,bR)的数叫

2、复数，a叫复数的实部，b叫复数的虚部.全体复数所成的集合叫做复数集，用字母C表示5. 复数的代数形式：复数通常用字母 z表示，即z = a bi(a,bR)，把复数表示成 a bi的形式，叫做复数的代数形式.6.复数与实数、虚数、纯虚数及 0的关系：对于复数a bi(a, R)，当且仅当b =0时，复数 a bi(a,b R)是实数a ；当b = 0时，复数z = a bi叫做虚数；当a = 0且b 0时，z = bi 叫做纯虚数；当且仅当a = b = 0时，z就是实数0"也正实数复数z= a+ frt(R)-TE纯虚数的虚数7.复数集与其它数集之间的关系：N苘Z Q苘R C8.两

3、个复数相等的定义：如果两个复数的实部和虚部分别相等，那么我们就说这两个复数相等.这就是说，如果 a， b， c， d R，那么 a'bi=cdi:= a=c,b = d9.复平面、实轴、虚轴：复数z = a bi(a, b R)与有序实数对a,b是一一对应关系.建立一一对应的关系.点Z的横坐标是a， 纵坐标是b，复数z=a bi(a, R)可用点Z a,b表示，这个 建立了直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面，也叫高斯平面，x轴叫做 实轴，y轴叫做虚轴.实轴上的点都表示 实数.对于虚轴上的点要除原点外，因为原点对应的有序实数对为0,0，*yb Z a,bsIIIIIa x它所确定的复数

4、是53z = 0 0i = 0表示是实数.故除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数.对应复数 z = a+bi复平面内的点 Z(a,b)这就是复数的一种 几何意义.也就是复数的另一种表示方法，即几何表示 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 =乙亿Z3)10. 复数Z1与Z2的和的定义：11. 复数Z1与Z2的差的定义：12. 复数的加法运算满足交换律13. 复数的加法运算满足结合律14. 乘法运算规则：设z a bi， Z2=cdi(a、b、c、d

5、 R)是任意两个复数，那么它们的积2i换成-1，并且把实部z1z2 二 a bi e di 二 ac-bd i 亠 i be ad i其实就是把两个复数相乘，类似两个多项式相乘，在所得的结果中把与虚部分别合并.两个复数的积仍然是一个复数.15. 乘法运算律：(1) W 叱 '尸、牛Z32(Z1Z2)kJ (Z2Z3)3Z2zv-Z2Z1Z33.复数除法定义：满足c di x y a bi的复数x yi (x、y R)叫复数a bi除a十bi以复数c di的商，记为：(a bip c di或者e + di16.除法运算规则：设复数 a bi (a、b R)，除以 c di (c，d R)

6、，其商为 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由复数相等定义可知ex - dy = a,、dx + cy = b.解这个方程组，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于是将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点评：是常规方法，是利用初中我们学习的化简无理分式时，都是采用的分母有理化思想方法，而复数c di与复数e - di，相当于我们初中学习的32的对偶式 2，它们ryr之积为1是有理数，而c di c-di =c d是正实数.所以可以分母实数化.把这种方法叫做分母实数化法.17.共轭复数：当两个复数的实部相等，虚部互为

8、相反数时，这两个复数叫做互为共轭复数。虚部不等于0的两个共轭复数也叫做共轭虚数.典例分析：考点一复数的概念3问题 11（ 06四川）复数1 -i的虚部为A. 3 B. -3. C. 2 D. -2a1 + ii32（ 07全国i）设a是实数，且是实数，则a二A. B.1 C. D. 21 +i 2223 （ 2013安徽文）设i是虚数单位，若复数A. -310a （a R）是纯虚数，则 a的值为3-iC.1D. 34 （ 2013湖南）复数 z "L1 i（i为虚数单位）在复平面上对应的点位于A第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限5 （ 2013安徽）设i是虚数单位,B. 1

9、 iz是复数z的共轭复数，若 Zlzi+2=2z，则z -C. -1 iD. -1 i考点二复数相等的应用问题 2.1（ 06湖北）设x、y为实数，且 y ，则x y =1 -i 1 -2i 1 -3i2 （ 2011 江西文）若（x -i）i = y 2i, x, y R，则复数 x yi =A _2 i B. 2 i C. 1 -2i D. 1 2i3 （ 2012上海）若1, 2i是关于x的实系数方程x2bx 0的一个复数根，则A. b = 2, c = 3 B. b = 2, c = 3 C. b = 2, c = 1D. b = 2, c = 1考点三复数的运算问题 3 .1 （ 2

10、013全国大纲）1+ 3二 A. -8B. 8 C. -8i D. 8i3 _i2（ 2012上海）计算：（i为虚数单位）.1 +i3 （ 2013浙江）已知i是虚数单位，则（-i）（2-i）二A. -3 iB. -1 3i C. -3 3iD. -1 i4（ 2012 安徽）复数 z 满足：（z-i）（2-i）=5 ；则z -A. -2 -2iB. -2 2iC - ：iD.?i考点四复数的模问题4.1（ 2013新课标n文）2- A.2 2B. 2C.2 D. 1H+il1 12（ 2013辽宁）复数的z模为AB.二C. ,2D. 2i -122走向高考：1. （ 2013福建）已知复数

11、z的共轭复数 z =1 2 （ i为虚数单位），则 z在复平面内对应的点位 于 A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限D.第四象限2. （ 07全国H）设复数D. 2 iz满足R，则 z = A-2 i B-2 -i C. 2-iz.（07北京）220+i ）（07福建）复数 厶等于 A -（1+i）2（07安徽）若a为实数,A. . 22 ai1+2iB.-、2（07天津）是虚数单位,2i31 -iA. 1ic 1 c 1 f1B. - C. i D. - i2 2 2则a等于C. 2.2 D. -2 2B. -1 i C.1 i D. T i1+i 37. （07四川）复数

12、i的值是 A. 0 B. 11 -iD. i2 讦'4i8.（ 07江西）化简k的结杲是A. 2"厂C. 2-i D. -2-i9.（07湖南）复数2i1+i等于A.4iB. -4iC. 2iD. -2i10. （ 07湖北）复数 a bi, a, b R，且b = 0，若z2 - 4bz是实数，则有序实数对（a, b）可以是（写岀一个有序实数对即可）11. （ 07上海，9）对于非零实数a、b，以下四个命题都成立:1 2 2 2 a 0 ；(a b) = a 2ab b ；a2若 |a|=|b|，则 a =b ；若 a 二 ab，则 a =b .那么，对于非零复数a、b，仍

13、然成立的命题的所有序号是 12. ( 07浙江)已知复数z, = 1-i，治2 " i ，则复数z,二13. ( 06上海)若复数 z同时满足z - z = 2i，z = iz ( i为虚数单位)，则 z =排列组合基础知识一、两大原理1. 加法原理(1) 定义：做一件事，完成它有 n类方法，在第一类方法中有 m,中不同的方法， 第二类方法中有m2种不同的方法第n类方法中mn种不同的方法，那么完成这件 事共有N二m, mt - . - mn种不同的方法。(2) 本质：每一类方法均能独立完成该任务。(3) 特点：分成几类，就有几项相加。2. 乘法原理(1) 定义做一件事，完成它需要 n

14、个步骤，做第一个步骤有 m,中不同的方法，做 第二个步骤有m2种不同的方法.做第n个步骤有mn种不同的方法，那么完成这件 事共有N =叶2.小种不同的方法。(2) 本质：缺少任何一步均无法完成任务，每一步是不可缺少的环节。(3) 特点：分成几步，就有几项相乘。二、排列组合1. 排列(1) 定义：从n个不同的元素中，任取m个(m乞n )元素，按照一定的顺序排成 一列，叫做从n个不同的元素中，选取 m个元素的一个排列，排列数记为 Pnm，或 记为A。(2) 使用排列的三条件 n个不同元素； 任取m个； 讲究顺序。(3) 计算公式n IA = n(n -1)(n -2).(n -m 1)一(n -

15、m)!尤其：Pn = 1, Pn = n, Pn = n!2. 组合(1) 定义：从n个不同的元素中，任取 m个(m乞n )元素并为一组，叫做从n个 不同的元素中，选取m个元素的一个组合，组合数记为cm。(2) 使用三条件 n个不同元素； 任取m个； 并为一组，不讲顺序。(3) 计算公式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可以组成多少个没有重复数字的五位奇数？A.226B.246C.264D.288解析：由于首位和末位有特殊要求，应优先安排，以免不合

16、要求的元素占了这两个 位置，末位有c3种选择，然后排首位，有 c1种选择，左后排剩下的三个位置，有A3种选择，由分步计数原理得：C3 C4 A3 =288例2.旅行社有豪华游5种和普通游4种，某单位欲从中选择4种，其中至少有豪华 游和普通游各一种的选择有()种。A.60B.100C.120D140解析：选择方法有如下3种：豪华游3种与普通游1种，选择的种数为C；C： =40 ；豪华游2种与普通游2种，选择的种数为C|c2 = 60 ；豪华游1种与普通游3种，选择的种数为C5C3 -20 ；根据加法原理知：总共的选择有120种。二项式定理典型例题-典型例题一例1在二项式1 n 的展开式中，前三项

17、的系数成等差数列，求展开式中所有有理项. 2冬丿分析：本题是典型的特定项问题，涉及到前三项的系数及有理项，可以通过抓通项公式解决. 解：二项式的展开式的通项公式为：下 1 =cn(.x)z/2n_2r前三项的r =0,12得系数为:t1由已知:2t2=2n ,tC27241F t3 n =1 n(n -1)，8十(n“)， n = 8通项公式为Tr1 叫x- r = 0,4,8.16 dr4 r= 0,1,28,Tr i为有理项，故16-3r是4的倍数,-2 .2X .256的取值，得到了有理项类似r的取值，得到共有 17页依次得到有理项为 T1_4 丁 _厂41_ 35 丁 _ 厂81=x

18、,T5 =C8 4XX,T9 = C8 8 X2 8 2说明：本题通过抓特定项满足的条件，利用通项公式求岀了r地，(. 23 3)100的展开式中有多少项是有理项？可以通过抓通项中系数和为3n .典型例题四例4（ 1）求（1-X）3（1 X）10展开式中X5的系数；（2）求（X - 2）6展开式中的常数X项.分析：本题的两小题都不是二项式展开，但可以转化为二项式展开的问题，（1）可以视为两个二项展开式相乘；（2 ）可以经过代数式变形转化为二项式.310c解：（1） （1-X）（1 X）展开式中的X可以看成下列几种方式得到，然后合并同类项：310cCC3用（1 -X）展开式中的常数项乘以（V x

19、）展开式中的X项，可以得到 C10X ；用（1 -X）展开式中的一次项乘以（1 X）10展开式中的X4项可得到（-3x）（c：0x4） =-3C：0X52103233353X乘以（1 x）展开式中的x可得到3x C10x 3C10X ；用（1 - x）中的. 展开式中的（C：0'；用（1 X）3中的310X项乘以（V x）(2)2322255X项可得到-3x C10X - -C10X，合并同类项得 X项为: _C40 3C；。-C10)x5 二-63x5 .x 12 =. xX(X X 2)51X12平，可得展开式的常 展开式的通项公式 Tr=C；2（J2）X数项为C；2 =924.说

20、明：问题（2）中将非二项式通过因式分解转化为二项式解决这时我们还可以通过合并项 转化为二项式展开的问题来解决.典型例题五2 2=（1 X）X 或 1 （XX ）把它例5求（1 X-X）Q展开式中X5的系数.分析：（1xx2）6不是二项式，我们可以通过 1 xx2 看成二项式展开.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 的项为 c6x5 -6c3x5 +15C；x5 =6x5. 含x5项的系数为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 的项为 20(-3)x5 15(-4)x5 6x6x5 .二X5项的系数为6 .方法3:本题还可通过把 (1 X - X2)6看成6个1 X - X2相乘，每个因式各取一项相乘可得555个因式中取X，一个取1得到C6X .得到 C6 C；x3 (-x2). 得到 c6 C；x (-X2)2.到乘积的一项，X53个因式中取1个因式中取1(X-X2)62X2 项可由下列几种可能得到.2X，一个取-X，两个取2X，两个取-X，三个取合并同类项为(c66-C；c3 C；C：)X5 =6x5, x5项的系数为6.典型例题

22、六例 6 求证：(1) C1 - 2C2 -ncn 二 n 公；1111(2)cn - -c； -c2- Cn- (2n1 一1).23n +1 n +1分析：二项式系数的性质实际上是组合数的性质，我们可以用二项式系数的性质来证明一些组 合数的等式或者求一些组合数式子的值解决这两个小题的关键是通过组合数公式将等式左边各项 变化的等数固定下来，从而使用二项式系数性质C； C； C； C； =2n.n!kJn Js_k , n!n!(n 1)!-解：(1) - kC n = k= n= nC左边二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 =右边.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)=右边.n!n!左边C；.in 11-2-(C- 1 C2 14n 1n 1说明：本题的两个小题都是通过变换转化成二项式系数之和，再用二项式系数的性质求解此外，有些组合数的式子可以直接作为某个二项式的展开式，但这需要逆用二项式定理才能完成，所以需仔细观察，我们可以看下面的例子：求29c1

24、0 28C9o - 27c8o 2C-0 10的结果.仔细观察可以发现该组合数的式与(1 2)10的展开式接近，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)从而可以得到：10 JC-o 28C-o 29c10 =丄(310-1)2典型例题七例7利用二项式定理证明：32n2-8n-9是64的倍数.分析：64是8的平方，问题相当于证明32n吃-8n - 9是82的倍数，为了使问题向二项式定理贴近，变形32n 2 9n (8 1)

25、n 1，将其展开后各项含有8k，与82的倍数联系起来.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的倍数.说明：利用本题的方法和技巧不仅可以用来证明整除问题，而且可以用此方程求一些复杂的指 数式除以一个数的余数.典型例题八分析解法2x -2I2x2 丿1:用二项式定理展开式.1 ： 2x 仝5I2x2 丿3展开= 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先化简再用二项式定理展开.35323衣C5 (2x)2x2243二 22x2C5552x2解法2 :对较繁杂的式子， ：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说

27、乂彳型一辱芈一號.xx48x7 32x10说明：记准、记熟二项式(a b)n的展开式，是解答好与二项式定理有关问题的前提条件对 较复杂的二项式，有时先化简再展开会更简便.典型例题九例9若将(x y z)10展开为多项式，经过合并同类项后它的项数为().A. 11B . 33C . 55D . 66分析：(x y z)10看作二项式(x y) z10展开.解：我们把x y z看成(x y) z，按二项式展开，共有11 “项"，即10 (x y z)10 二(x y) Z10 八 C：o(x y)10* zk .k=0这时，由于“和”中各项z的指数各不相同，因此再将各个二项式(X y)1

28、0*展开,k10 kk不同的乘积C10(x y) z ( k=0,1，10 )展开后，都不会岀现同类项.下面，再分别考虑每一个乘积cl。(x y)10上zk ( k = 0,1，,10)其中每一个乘积展开后的项数由(x y)10上决定，而且各项中x和y的指数都不相同，也不会岀现同类项.故原式展开后的总项数为11 10 9 1 = 66 ,应选D.典型例题十例10(1 )若X + -2 I的展开式的常数项为x丿-20,求 n.分析:题中x = 0，当x .0时，把三项式、n1-2 转化为x(1x+_-2 I< x .丿后写岀通项，令含 x的幕指数为零，；当 xc0 时，同理 x + 2 I

29、 =(1) 1*-x2n.然进而解出解：当xa0时x+丄2 II x丿n .2n1卄，其通项为xTr 1 二C；n('X)2n(一r 十DCnC.X)2"，令 2n -2r = 0，得 n = r，展开式的常数项为 (7nC；n ；当x : 0时,x 1 一2x、2n1同理可得，展开式的常数项为无论哪一种情况，常数项均为令(1)nC；n =-20，以 n(-1)©.(-OU.= 1,2,3,，逐个代入，得典型例题十一例1110的展开式的第3项小于第4项，则FX丿分析：首先运用通项公式写岀展开式的第3项和第4项,/1 平解：使JX+沪j有意义，必须x>0 ；&#

30、39;、Hx 丿x的取值范围是再根据题设列出不等式即可.依题意，有 T3 :：T4，即 C1oC-x)81233x ：C10(x)1( x 0 ).3- x解得 0 ： x ：5 648 .9 x的取值范围是o<xv8勺648- 9 :应填：0 ： x :：5 648 .9典型例题十二例12已知(xlog“ 1)n的展开式中有连续三项的系数之比为1 ： 2 ： 3，这三项是第几项？若展开式的倒数第二项为 112，求x的值.解：设连续三项是第 kk T、k亠2项(k e N .且k 1)，则有=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的展开式中，二项式系数最大的项为T5 二 C；(2x)4 =1120x4.1 k _ 12 n-k+1 - 2(k 1)_2.(n-k) 3=n -14 , k =5所求连续三项为第 5、6、7三项.又由已知，Cuxlog2x =112 即 xlog2X=8 .两边取以2为底的对数，(log 2 x)2 =3, log2 x =3 ,3 3x = 2 ，或 x = 2说明：当题目中已知二项展开式的某些项或某几项之间的关系时

32、，常利用二项式通项，根据已 知条件列出某些等式或不等式进行求解.典型例题十三例13(12x)n的展开式中第6项与第7项的系数相等，求展开式中二项式系数最大的项和系数最大的项.分析：根据已知条件可求岀n，再根据n的奇偶性；确定二项式系数最大的项.解：T6 =c；(2x)5，T7 二 c；(2x)6，依题意有C；25 C：26 二 n 8 .5 -r -6 .01,2, ,8?)设第r 1项系数最大，则有C8 -2r >C8 愛 丿丄丄二c8 -2r >c82宀 r = 5 或 r = 6 (v r系娄最大的项为：T6 =1792x5 , T7 =1792x6.说明：(1)求二项式系数

33、最大的项，根据二项式系数的性质，n为奇数时中间两项的二项式系数最大，n为偶数时，中间一项的二项式系数最大.(2)求展开式中系数最大项与求二项式系数最大项是不同的，需根据各项系数的正、负变化情 况，一般采用列不等式，解不等式的方法求得.典型例题十四例14设f(x) =(1 x)m (1 x)n (m, nN .),若其展开式中关于 x的一次项的系数和为211，问m , n为何值时，含x项的系数取最小值？并求这个最小值.2分析：根据已知条件得到 X的系数关于n的二次表达式，然后利用二次函数性质探讨最小值 问题.解：Cm+C： = n+m=11.221C m Cn *(m2110 -2mnm2 n2

34、 -112211=n -11 n 55 =(n ) 2299r .4说明：二次函数m = 6或5时, 八(x-)x2项系数最小，最小值为299的对称轴方程为 x411等距离，且对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处取 4得.典型例题十五例 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，则a0 = -1，令 x = 1，则 a7 aa a 27 =1

35、28.- a a2a7 =129.(2)令 x = 1，贝y -a7 a6 _a5 a _a3 a? _印 a°由得：內 *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说明：(1)本解法根据问题恒等式特点来用“特殊值”法这是一种重要的方法，它适用于 恒等式.一般地，对于多项式 g(x) =(px q)"=玄-a/ - a2X2亠-亠anXn, g(x)的各

36、项的系 数和为g(1):1g(x)的奇数项的系数和为g(1) g(-1).1g(x)的偶数项的系数和为g(1)-g(-1).2典型例题十六30例16填空：2-3除以7的余数55；(2) 5515除以8的余数是分析(1):将230分解成含7的因数，然后用二项式定理展开，不含7的项就是余数.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又余数不能为负数，需转化为正数- 230 -3除以7的余数为5应填：5 分析(2):将5555写成(56 -1)55，然后利用二项式

37、定理展开.解：5555 15 二(56 _1)55 15= C555655 C55565C5456 C555 15容易看岀该式只有 -C555 *15=14不能被8整除，因此5555 15除以8的余数，即14除以8 的余数，故余数为 6 .应填：6 .典型例题十七例仃求证：对于n N .，尸7彳11 -n-j出1 11+I n 11 n证明:1展开式的通项n1pnTr cn*=rrn r! nn(n -1)(n - 2) (n -r 1)112r -1苛(r)(r)"=)i 丄n1展开式的通项n 1i(n 1)rAnr !(n 1)rV(1r !)(1r -1n 1由二项式展开式的通

38、项明显看岀Tr , : Tr ,',(1(1 沪所以 1 + I < 1 + |.I n丿 < n +1.丿说明：本题的两个二项式中的两项为正项，且有一项相同，证明时，根据题设特点，采用比较 通项大小的方法完成本题证明.典型例题十八例18在(x2 3x 2)5的展开式中x的系数为( ).A. 160 B. 240 C . 360 D . 800 分析：本题考查二项式定理的通项公式的运用应想办法将三项式转化为二项式求解.解法 1:由(x2 3x 2)5 =(x2 3x) 25，得Tk Cs(x23x)5A 2kC5 2k (x23x)2 .再一次使用通项公式得，Tr彳2k C

39、；上3rx10/k_c，这里 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的系数为C： 24 3 = 240 .解法2:由(x2 3x - 2)(x 1)5(x 2)5，知(x 1)5的展开式中x的系数为C；4，5445常数项为1，(x 2)的展开式中x的系数为C5 2，常数项为2 .因此原式中x的系数为C； 25 - C54 24二240 .25解法3 :将(x 3x 2)看作5个三项式相乘，展开式中x的系数就是从其中一个三项式中取3x的系数3，从另外4个三项式中取常数项相乘所得的积，即C5 3C： 24 =240 .应选B

40、 .典型例题十九例19已知 旦-丿x 的展开式中x3的系数为9，常数a的值为.M 2 ,4分析：利用二项式的通项公式.解：在彳的展开式中,X 2通项公式为Tr 1 二 C9(a孑Iix.丿二 C9r(-1)ra9根据题设,根据题意,3r 9=3，所以r =8 代入通项公式，得29a169，所以4应填:T9r-I<2丿9ax .16典型例题二十例 20 (1)求证：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)注意观察(1 x)n =1 C：x C；x2亠亠C

41、；xn的系数、指数特征，即可通过赋值2 2法得到证明.注意到(a0-a2a4)- (a1a3)= (a0a1a2a3a4)(a0 _a1 - a2 _a3 - a4)，再用赋值法求之.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等式得证.(2)在展开式(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.说明：注意“赋值法”在证明或求值中的应用赋值法的模式是，在某二项展开式，如(a +bx)n =a° +qx + a2X2 + +anXn 或(a +b)n = C：an +cnan'b +C：an°b2+ +C：bn中，对任意的A( a,bA )该式恒成立，那么对 A中的特殊值，该工也一定成 立特殊值x如何选取，没有一成不变的规律，需视具体情况而定，其灵活性较强一般取x =0,1 , -1较多一般地，多项式f (x)

43、的各项系数和为 f(1)，奇数项系数和为11f一 f( T)，偶次项系数和为f(1) f (T) 二项式系数的性质22c0 +C： +C；十+Cnn =2n 及 C： +C； +C：=cn +C；+C；+=2n)的证明就是赋值法应用的范例.典型例题二一例21若nN 求证明：32n3-24 n，37能被64整除.分析：考虑先将32n 3拆成与8的倍数有关的和式，再用二项式定理展开.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，均为自然数，上式各项均为 64的整数倍.原式能被64整除.说明：用二项式定理证明整除问题，大体上就是这一模式，先将某项凑成与除数有关的和式, 再展开证之该类题也可用数学归纳法证明，但不如用二项式定理证明简捷.典型例题二十二例2

45、2已知(x§ 3x2)n的展开式各项系数和比它的二项式系数和大992 .(1)求展开式中二项式系数最大的项；求展开式中系数最大的项.分析：先由条件列方程求岀 n .(1)需考虑二项式系数的性质；(2)需列不等式确定r .解:令x =1得展开式的各项系数之和为 (1 - 3)n =22n，而展开式的二项式系数的和为 C0 C1 - C2 讦：trcn = 2nn n nn.有 22n _2n =992 . n = 5.(1) n =5 ,故展开式共有 6，其中二项式系数最大的项为第三、第四两项. T3 =Cf(x3)3 (3x2)2 =90x6 ,2 22T； =C；(x3)2 (3x

46、2)3 = 270x 3 .设展开式中第r 1项的系数最大.10 4r故有丿Tr 厂 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，即展开式中第 5项的系数最大.2 26T5 =Ct （x3）1 （3x2）4 =405x可说明：展开式中二项式系数最大的项与系数最大的项是两个不同的概念，因此其求法亦不同前者用二项式系数的性质直接得岀，后者要列不等式组；解不等式组时可能会求岀几个r，这时还必须算岀相应项的系数后再比较大小.典型例题二十三例23求证：扩飞心+需二弼；

47、C： 32Cn 34c： 3nC： =2 -4nJ - 2nJ（n = 2K，N*）分析：（1）注意到两列二项式两乘后系数的特征，可构造一个函数；也可用构造一个组合问题 的两种不同解法找到思路.（2）同上构造函数，赋值.证明：（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此式左右两边展开式中X的系数必相等.左边xp的系数是crm4n，右边xp的系数是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）设想有下面一个问题：要从m

48、n个不同元素中取岀 P个元素，共有多少种取法？该问题可有两种解法一种解法是明显的，即直接由组合数公式可得岀结论：有。/十种不同取法第二种解法，可将 m - n个元素分成两组，第一组有m个元素，第二组有 n个元素，则从 m n个元素中取岀P个元素，可看成由这两组元素中分别取岀的元素组成，取法可分成P 1类：从第一组取p个，第二组不取，有cm co种取法；从第一组取p -1个，从第二组取1个，有cmcn种取法，第一组不取，从第二组取P个因此取法总数是p0p -11p220pCm CnCmCnCm CnCmCn 而该问题的这两种解法答案应是一致的，故有p 0 pcn cm _ cm n0 p 1 p

49、d 2 p_2.Cn Cm Cn CmCn Cm n为偶数， （1 3）n =C0 3C： 32C：3nC；n0122n n（1 -3） = Cn - 3Cn 3 Cn -3 Cn .两式相加得 4n - 22（C0 32C" 34C：川川'3nC：）， C0 32C' - 34Cn43nCni 2 -4n4 - 2n4 .说明：构造函数赋值法，构造问题双解法，拆项法、倒序相加法都是证明一些组合数恒等式 （或求和）的常用方法.极坐标与参数方程（一）曲线的参数方程的定义:在取定的坐标系中，如果曲线上任意一点的坐标x、y都是某个变数t的函数，即；x= f （t） y =

50、f （t）并且对于t每一个允许值，由方程组所确定的点M （x，y）都在这条曲线上，那么方程组就叫做这条曲线的参数方程，联系x、y之间关系的变数叫做参变数，简称参数.（二）常见曲线的参数方程如下：1. 过定点（xo, yo）,倾角为a的直线：（t为参数）X = x0 tcos： y = y0 tsin :其中参数t是以定点P （xo, yo）为起点，对应于t点M （x, y）为终点的有向线段 PM的 数量，又称为点 P与点M间的有向距离.根据t的几何意义，有以下结论.B是直线上任意两点，它们对应的参数分别为tA 和 tB,贝V AB = tB -t A, (tB t A) 4t A tB .2j.线段AB的中点所对应的参数值等于tA t B22. 中心在（xo, yo）,半径等于r的圆:x = x0 r cos J y = yo r si n 寸3. 中心在原点，焦点在x轴（或y轴）上的椭圆:亠 x = bcos日(或.).一 y = asin 二中心在点（xO,yO）焦点在平行于x轴的直线上的椭圆