复数与多项式 讲义

复数与多项式 讲义

一、基础知识

2

1．复数的定义：设i 为方程x =-1的根，i 称为虚数单位，由i 与实数进行加、减、乘、除等运算。便产生形如a+bi（a,b ∈R ）的数，称为复数。所有复数构成的集合称复数集。通常用C 来表示。 2．复数的几种形式。对任意复数z=a+bi（a,b ∈R ），a 称实部记作Re(z),b称虚部记作Im(z). z=ai称为代数形式，它由实部、虚部两部分构成；若将(a,b)作为坐标平面内点的坐标，那么z 与坐标平面唯一一个点相对应，从而可以建立复数集与坐标平面内所有的点构成的集合之间的一一映射。因此复数可以用点来表示，表示复数的平面称为复平面，x 轴称为实轴，y 轴去掉原点称为虚轴，点称为复数的几何形式；如果将(a,b)作为向量的坐标，复数z 又对应唯一一个向量。因此坐标平面内的向量也是复数的一种表示形式，称为向量形式；另外设z 对应复平面内的点Z ，见图15-1，连接OZ ，设∠xOZ=θ,|OZ|=r，则a=rcosθ,b=rsinθ, 所以z=r(cosθ+isinθ) ，这种形式叫做三角形式。若z=r(cosθ+isinθ) ，则θ称为z 的辐角。若0≤θ

I ．复数的四种表示形式

代数形式：z =a +bi (a , b ∈R ）

几何形式：复平面上的点Z （a , b ）或由原点出发的向量OZ . 三角形式：z =r (cosθ+i sin θ), r ≥0, 0∈R . 指数形式：z =re .

复数的以上几种形式，沟通了代数、三角、几何等学科间的联系，使人们应用复数解决相关问题成为现实. II ．复数的运算法则 加、减法：(a +bi ) ±(c +di ) =(a ±c ) +(b ±d ) i ; 乘法：(a +bi )(c +di ) =(ac -bd ) +(bc +ad ) i ; r 1(cosθ1+i sin θ1) ⋅r 2(cosθ2+i sin θ2) =r 1r 2[cos(θ1+θ2) +i sin(θ1+θ2)];

除法：

i θ

i θ

i θ

a +bi ac +bd bc -ad

=+i (c +di ≠0). c +bi c 2+d 2c 2+d 2

r 1(c o θs θ1) r 11+i s i n =[c o θs 1(-θ2) +i s i n θ(1-θ2) ] . r 2(c o θs 2+i s i n θ2) r 2

n

n

乘方（棣莫弗定理）：[r (cosθ+i sin θ)]=r (cosn θ+i sin n θ)(n ∈N ）；

开方：复数r (cosθ+i sin θ) 的n 次方根是r (cosθ+2k π+i sin θ+2k π)(k =0, 1, , n -1).

n

n

n

单位根：若w =1，则称w 为1的一个n 次单位根，简称单位根，记Z 1=cos 表示为1, Z 1, Z 1, , Z 1

2

n -1

2π2π

+i sin ，则全部单位根可n n

. 单位根的基本性质有（这里记Z k =Z 1k ，k=1,2,„,n-1）：（1）对任意整数k ，

若k=nq+r,q∈Z,0≤r ≤n-1，有Z nq+r=Zr ；（2）对任意整数m ，当n ≥2时，有

1+Z +Z + +Z

m

1m 2m n -1

⎧0, 当n |m , n-1n-2=⎨特别1+Z1+Z2+„+Zn-1=0；（3）x +x+„+x+1=(x-Z1)(x-Z2) „⎩n , 当n |m ,

(x-Zn-1)=(x-Z1)(x-Z 12) „(x-Z 1n -1).

复数z 是实数的充要条件是z=;z 是纯虚数的充要条件是：z+=0（且z ≠0）. 代数基本定理：在复数范围内，一元n 次方程至少有一个根。

实系数方程虚根成对定理：实系数一元n 次方程的虚根成对出现，即若z=a+bi(b≠0) 是方程的一个根，则=a-bi也是一个根。

若a,b,c ∈R,a ≠0，则关于x 的方程ax +bx+c=0，当Δ=b-4ac

III ．复数的模与共轭复数 复数的模的性质

①|z |≥|Re(z ) |,|z |≥Im(z ) |; ②|z 1⋅z 2 z n |=|z 1|⋅|z 2| |z n |; ③|号；

⑤|z 1+z 2+ +z n |≤|z 1|+|z 2|+ +|z n |，向量OZ 1, OZ 2 , OZ n 同向时取等号. 共轭复数的性质

①z ⋅=|z |2=||2； ②z +=2Re(z ), z -=2Im(z ) ； ③z =z ④z 1±z 2=z 1±z 2； ⑤z 1⋅z 2=z 1⋅z 1； ⑥(

2

2

-b ±-∆i

.

2a

z 1|z 1||=(z 2≠0); ④||z 1|-|z 2||≤|z 1+z 2|,与复数z 1、z 2对应的向量OZ 1、OZ 2反向时取等z 2|z 2|

z 1z 2

) =

z 1z 2

(z 2≠0);

⑦z 是实数的充要条件是z =z , z 是纯虚的充要条件是z =-z (z ≠0).

Ⅳ．复数解题的常用方法与思想

（1）两个复数相等的充要条件是它们的实部、虚部对应相等，或者它们的模与辐角主

值相等（辐角相差2π的整数倍）. 利用复数相等的充要条件，可以把复数问题转化为实数问题，从而获得解决问题的一种途径. （2）复数的模也是将复数问题实数化的有效方法之一. 善于利用模的性质，是模运算中的一个突出方面.

二、方法与例题 1．模的应用。

2n 2n

例1 求证：当n ∈N +时，方程(z+1)+(z-1)=0只有纯虚根。

2n 2n 2n 2n 22

[证明] 若z 是方程的根，则(z+1)=-(z-1)，所以|(z+1)|=|-(z-1)|,即|z+1|=|z-1|, 即(z+1)(+1)=(z-1)(-1) ，化简得z+=0，又z=0不是方程的根，所以z 是纯虚数。

2

例2 设f(z)=z+az+b,a,b为复数，对一切|z|=1，有|f(z)|=1，求a,b 的值。 [解] 因为4=(1+a+b)+(1-a+b)-(-1+ai+b)-(-1-ai+b) =|f(1)+f(-1)-f(i)-f(-i)|

≥|f(1)|+|f(-1)|+|f(i)|+|f(-i)|=4，其中等号成立。

所以f(1),f(-1),-f(i),-f(-i)四个向量方向相同，且模相等。 所以f(1)=f(-1)=-f(i)=-f(-i)，解得a=b=0.

2. 复数相等。

2

例3 设λ∈R ，若二次方程(1-i)x+(λ+i)x+1+λi=0有两个虚根，求λ满足的充要条件。

2⎧⎪x +λx +1=0

[解] 若方程有实根，则方程组⎨有实根，由方程组得(λ+1)x+λ+1=0.若λ=-1，则方程

2⎪⎩x -x -λ=0

x -x+1=0中Δ

根的充要条件为λ≠2。 3．三角形式的应用。

n

例4 设n ≤2000,n ∈N ，且存在θ满足(sinθ+icosθ) =sinnθ+icosnθ，那么这样的n 有多少个？ [解] 由题设得

2

[cos(

π

2

-θ) +i sin(

π

2

-θ)]n =cos n (

π

2

-θ) +i sin(

π

2

-θ) =cos(

π

2

-n θ) +i sin(

π

2

-n θ) ，所以n=4k+1.

又因为0≤n ≤2000，所以1≤k ≤500，所以这样的n 有500个。 4．二项式定理的应用。

[1**********]

例5 计算：（1）C 100；（2）C 100 -C 100+C 100- +C 100-C 100+C 100- -C 100

[解] (1+i)=[(1+i)]=(2i)=-2,

=

1002505050

由二项式定理(1+i)=

)+(

100

[1**********]100C 100+C 100i +C 100i + +C 100i +C 100i 024100

(C 100-C 100+C 100- +C 100

[1**********]99

)i ，比较实部和虚部，得C 100=-2，-C 100+C 100- +C 100C 100-C 100+C 100- -C 100

13599

=0。 C 100-C 100+C 100- -C 100

5．复数乘法的几何意义。

例6 以定长线段BC 为一边任作ΔABC ，分别以AB ，AC 为腰，B ，C 为直角顶点向外作等腰直角ΔABM 、等腰直角ΔACN 。求证：MN 的中点为定点。

[证明] 设|BC|=2a，以BC 中点O 为原点，BC 为x 轴，建立直角坐标系，确定复平面，则B ，C 对应的复数为-a,a, 点A ，M ，N 对应的复数为z 1,z 2,z 3, CA =z 1-a , BA =z 1+a ，由复数乘法的几何意义得：

=z 3-a =-i (z 1-a ) ，①BM =z 2+a =-i (z 1-a ) ，②由①+②得z 2+z3=i(z1+a)-i(z1-a)=2ai.设MN

的中点为P ，对应的复数z=

z 2+z 3

=ai , 为定值，所以MN 的中点P 为定点。 2

例7 设A ，B ，C ，D 为平面上任意四点，求证：AB •AD+BC•AD ≥AC •BD 。 [证明] 用A ，B ，C ，D 表示它们对应的复数，则(A-B)(C-D)+(B-C)(A-D)=(A-C)(B-D)，因为|A-B|•|C-D|+|B-C|•|A-D|≥(A-B)(C-D)+(B-C)(A-D).

所以|A-B|•|C-D|+|B-C|•|A-D|≥|A-C|•|B-D|, “=”成立当且仅当Arg (

B -A B -C

) =Arg () ，即D -A C -D

Arg (

D -A B -C

) +Arg () =π，即A ，B ，C ，D 共圆时成立。不等式得证。 B -A D -C

6．复数与轨迹。

例8 ΔABC 的顶点A 表示的复数为3i ，底边BC 在实轴上滑动，且|BC|=2，求ΔABC 的外心轨迹。

[解]设外心M 对应的复数为z=x+yi(x,y∈R) ，B ，C 点对应的复数分别是b,b+2.因为外心M 是三边垂直平分线的交点，而AB 的垂直平分线方程为|z-b|=|z-3i|，BC 的垂直平分线的方程为|z-b|=|z-b-2|，所以点M

2

对应的复数z 满足|z-b|=|z-3i|=|z-b-2|，消去b 解得x =6(y -

4). 3

所以ΔABC 的外心轨迹是轨物线。 7．复数与三角。

例9 已知cos α+cosβ+cosγ=sinα+sinβ+sinγ=0，求证：cos2α+cos2β+cos2γ=0。 [证明] 令z 1=cosα+isinα,z 2=cosβ+isinβ,z 3=cosγ+isinγ，则 z 1+z2+z3=0。所以z 1+z 2+z 3=z 1+z 2+z 3=0. 又因为|zi |=1,i=1,2,3. 所以z i •z i =1，即z i =

1. z i

222

由z 1+z2+z3=0得x 1+x 2+x 3+2z 1z 2+2z 2z 3+2z 3z 1=0. ①

又z 1z 2+z 3z 2+z 3z 1=z 1z 2z 3

222所以z 1+z 2+z 3=0.

⎛111⎫

++⎪=z 1z 2z 3(z 1+z 2+z 3) =0. ⎪⎝z 1z 2z 3⎭

所以cos2α+cos2β+cos2γ+i(sin2α+sin2β+sin2γ)=0. 所以cos2α+cos2β+cos2γ=0。

000

例10 求和：S=cos20+2cos40+„+18cos18×20.

0018000218

[解] 令w=cos20+isin20, 则w =1，令P=sin20+2sin40+„+18sin18×20, 则S+iP=w+2w+„+18w. ①由

w (1-w 18)

-18w 19，①×w 得w(S+iP)=w+2w+„+17w+18w，②由①-②得(1-w)(S+iP)=w+w+„+w-18w =

1-w

2

3

18

19

2

18

19

⎛19-18w ⎫ 所以S+iP=，所以S =-. =-9 -i ⎪⎪21-w ⎝22⎭

8．复数与多项式。 n n-1

例11 已知f(z)=c0z +c1z +„+cn-1z+cn 是n 次复系数多项式(c0≠0). 求证：一定存在一个复数z 0,|z0|≤1，并且|f(z0)|≥|c0|+|cn |.

n n-1i θ

[证明] 记c 0z +c1z +„+cn-1z=g(z),令θ=Arg(cn )-Arg(z0) ，则方程g(Z)-c0e =0为n 次方程，其必有n 个

i θi θn

根，设为z 1,z 2, „,z n ，从而g(z)-c0e =(z-z1)(z-z2) •„•(z-zn )c 0，令z=0得-c 0e =(-1)z 1z 2„z n c 0，取模得

i θi

|z1z 2„z n |=1。所以z 1,z 2, „，z n 中必有一个z i 使得|zi |≤1, 从而f(zi )=g(zi )+cn =c0e =cn ，所以|f(zi )|=|c0e θ

+cn |=|c0|+|cn |. 9. 单位根的应用。

例12 证明：自⊙O 上任意一点p 到正多边形A 1A 2„A n 各个顶点的距离的平方和为定值。

[证明] 取此圆为单位圆，O 为原点，射线OA n 为实轴正半轴，建立复平面，顶点A 1对应复数设为ε=e 则顶点A 2A 3„A n 对应复数分别为ε=2n-2

2πi n

，

，ε

3

，„，ε

n

n

. 设点p 对应复数z, 则|z|=1,且

∑|pA

k =1

n

k

|=∑|z -ε|=∑(z -ε)(z -ε) =∑(2-εk z -εk z )

2

k

2

k

k

k =1

k =1

k =1

n n

=2n-z

∑ε

k =1

n

k

-z ∑ε=2n -z ∑ε-z ∑εk =2n . 命题得证。

k

k =1

k =1

k =1

n

k

n n

10．复数与几何。

例13 如图15-2所示，在四边形ABCD 内存在一点P ，使得ΔPAB ，ΔPCD 都是以P 为直角顶点的等腰直角三角形。求证：必存在另一点Q ，使得ΔQBC ，ΔQDA 也都是以Q 为直角顶点的等腰直角三角形。

[证明] 以P 为原点建立复平面，并用A ，B ，C ，D ，P ，Q 表示它们对应的复数，由题设及复数乘法的几何意义知D=iC,B=iA；取Q =

C -iB

，则C-Q=i(B-Q)，则ΔBCQ 为等腰直角三角形；又由C-Q=i(B-Q)得1-i

D A

=Q =i (-Q ) ，即A-Q=i(D-Q)，所以ΔADQ 也为等腰直角三角形且以Q 为直角顶点。综上命题得证。 i i

例14 平面上给定ΔA 1A 2A 3及点p 0，定义A s =As-3,s ≥4，构造点列p 0,p 1,p 2, „, 使得p k+1为绕中心A k+1顺时针旋

转120时p k 所到达的位置，k=0,1,2,„, 若p 1986=p0. 证明：ΔA 1A 2A 3为等边三角形。 [证明] 令u=e

i

π3

，由题设，约定用点同时表示它们对应的复数，取给定平面为复平面，则p 1=(1+u)A1-up 0,

p 2=(1+u)A2-up 1, p 3=(1+u)A3-up 2,

22

①×u +②×(-u)得p 3=(1+u)(A3-uA 2+uA 1)+p0=w+p0,w 为与p 0无关的常数。同理得

22

p 6=w+p3=2w+p0, „,p 1986=662w+p0=p0，所以w=0，从而A 3-uA 2+uA 1=0.由u =u-1得A 3-A 1=（A 2-A 1）u ，这说明Δ

A 1A 2A 3为正三角形。

赛 题 精 讲 例1：设m 、n 为非零实数，i 为虚单位，z ∈C ，则方程|z +ni |+|z -mi |=n ①与

|z +ni |-|z -mi |=-m ②

如图I —1—8—1，在同一复平面内的图形（F 1、F 2是焦点）是（ ）

2

图I —1—8—1

例2：若z ∈C , arg(z -4) =

5ππ

, arg(z 2+4) =, 则z 的值是. 63

例3：x 的二次方程x +z 1x +z 2+m =0中, z 1、z 2、m 均是复数，且z 1-4z 2=16+20i .

设这个方程的两个根为α、β，且满足|α-β|=27. 求|m |的最大值和最小值.

22

例4：

例5：设复数z 1, z 2满足|z 1|=|z 1+z 2|=3, |z 1-z 2|=33, 则

log 2|(z 1z 2) 2000+(z 1z 2) 2000|=

.

例6：设复平面上单位圆内接正20边形的20个顶点所对应的复数依次为z 1, z 2, , z 20, 则复数

1995z 1, z 1995, , z 1995220所对应的不同的点的个数是（ ）

A ．4 B ．5 C ．10 D ．20

针对性训练题

1、在复平面上，曲线z 4+z =1与圆|z |=1的交点个数为 （A ）0 （B ）1 （C ）2 （D ）3

2、已知关于x 的实系数方程x -2x +2=0和x +2mx +1=0的四个不同的根在复平面上对应的点共圆，则m 的取值范围是 。

3、在复平面上，非零复数z 1、z 2在以i 对应的点为圆心，1为半径的圆上，z 1⋅z 2的实部为零，

2

2

π

arg z 1=6，则z 2=

（A ）（C ）

--

33+i 22 3+i 22

3-i 22 （B ）33-i 22（D ）

x 12

2

4．设 x 1, x 2 是实系数一元二次方程ax +bx +c =0的根，若x 1是虚数，x 2是实数，则

x x x s =1+1+(1) 2+ +(1) 1995

x 2x 2x 2

的值为

A 0 B -998 C 998 D 1

⎡n -1⎤m =1594m +1⎢4⎥

⎣⎦，[x ]表示不超过x 的最大整数）的值为 5、C n +C n +C n + +C n （其中

n πn π2n cos 2n sin

4 4 （A ） （B ）

1⎛n -1n π⎫1⎛n -1n π⎫n n 2+2cos ⎪ 2+2sin ⎪2424⎭ ⎭ （C ）⎝（D ）⎝

1．设x 是模为1的复数，则函数f (x ) =x +

A ．5

B ．1

2

1

+3的最小值为 2x

D ．3

（ ）

C ．2

2．若复数z 满足关系|z +2|2+|z -4i |2=12, 则z 对应的复平面的点Z 的轨迹是 （ ）

A ．圆 B ．椭圆 C ．双曲线 D ．直线

（ ）

3．已知复数z 满足关系式|z -2|≤，则复数z 的辐角主值的范围是

A ．[0, C ．[0,

π

3

] ] [

π

35π

, 2π] 3

5π

, 2π] 3π5π

, 2π] D ．[0, ] [

33

B ．[

4．设复平面上单位圆内接正20边形的20个顶点所对应的复数依次为z 1, z 2, , z 20, 则复数

19951995

z 1, z 1995, , z 220所对应的不同的点的个数是

D ．20

（ ）

A ．4 B ．5 C ．10

5．设n=2001，则

12462000

(1-3C n +32C n -33C n + +31000C n ) =n 2

6．若虚数z 满足z 3=8, 那么z 3+z 2+2z +2的值是7．若关于x 的方程x -2ax +a -4a =0至少有一个模为3的根，则实数a 的值是 8．给正方体的8个顶点染上k 个红点，8-k 个蓝点（1≤k

2

2

-1+i

, 凡2

两端为蓝色的棱记上数字为 .

-1-i

, 凡两端异色的棱记上数字1，这12个数字之积的所有可取值2

2、已知关于x 的实系数方程x -2x +2=0和x +2mx +1=0的四个不同的根在复平面上对应的点共圆，则m 的取值范围是 。 2． 解：易知方程x -2x +2=0的两根为x 1=1+i , x 2=1-i .

22

当∆=4m -4

2

22

部为-m ≠1，这时x 1, x 2, x 3, x 4在复平面内对应的点构成等腰梯形或矩形，它们共圆。

22

当∆=4m -4>0，即m 0时，方程x +2mx +1=0有两个不等的实根x 3, x 4，则x 1, x 2对

应的点在以x 3, x 4对应的点为直径端点的圆上，该圆的方程为

(x -x 3)(x -x 4) +y 2=0，即x 2+y 2-(x 3+x 4) x +x 3x 4=0，将x 3+x 4=-2m , x 3x 4=1及x 1, x 2对应

点的坐标（1，±1）代入方程，即得m =-故m 的取值范围是{m|-1

3。 2

9. 设复数z 1=(2-a ) +(1-b )i , z 2=(3+2其中a ) +(2+3b )i z , 3=(3-a ) +(3-b 2)i , a , b ∈R ，当

z 1+z 2+z 3取得最小值时，3a +4b =__________.

解 易求得z 1+z 2+z 3=8+6i ，，于是z 1+z 2+z 3≥z 1+z 2+z 3＝10，z 1+z 2+z 3取得最小值，当且仅当

2-a 3+2a 3-a 875

===，解得a =, b =，所以3a +4b =12. 1-b 2+3b 3-2b 634

2、在复平面上，曲线z 4+z =1与圆|z |=1的交点个数为 （A ）0 （B ）1 （C ）2 （D ）3

⎧⎪z +z ⋅z =a +b i ⎨

⎩z ≤11、设a 、b 均为正数，且存在复数z 满足⎪，则ab 的最大值等于 ．5、

18

1、在复平面上，非零复数z 1、z 2在以i 对应的点为圆心，1为半径的圆上，z 1⋅z 2的实部为零，

π

arg z 1=6，则z 2=

（A ）（C ）

--

33+i 22 3+i 22

3-i

（B ）22 33-i

（D ）22

x 12

2

4．设 x 1, x 2 是实系数一元二次方程ax +bx +c =0的根，若x 1是虚数，x 2是实数，则

s =1+

A 0 B -998 C 998 D 1

i θi (-θ)

由已知x 与x 共轭, 设x =re , x =re , 12121、 D.

x 1x x +(1) 2+ +(1) 1995x 2x 2x 2

的值为

2π4πi i x 12x 1π2πi 3θ

则=re ∈R , 得θ=或, 所以=e 3或e 3, 代入s 中得s =1x 233x 2

⎛α⎫α ∑ β⎪⎪21、已知α、β是方程ax +bx +c =0（a 、b 、c 为实数）的两根，且α是虚数，β是实数，则k =1⎝⎭

的值是

2

5985

k

（A ）1 （B ）2 （C ）0 （D ）3i

1、已知a 为自然数，存在一个以a 为首项系数的二次整数系数的多项式，它有两个小于1的不同正根．那么，a 的最小值是 ． 2、5；

⎡n -1⎤m =1594m +1⎢4⎥

⎣⎦，[x ]表示不超过x 的最大整数）的值为 1、C n +C n +C n + +C n （其中

n πn π2n cos 2n sin

4 4 （A ） （B ）

1⎛n -1n π⎫1⎛n -1n π⎫n n 2+2cos ⎪ 2+2sin ⎪2424⎝⎭⎝⎭ （C ） （D ）

7、已知复数Z 1,Z 2满足∣Z 1∣＝2, ∣Z 2∣＝3, 若它们所对应向量的夹角为60°, 则∣(Z1＋Z 2) /(Z1＋Z 2) ∣=。

７、如图，由余弦定理可得：∣Z 1+Z2∣=√19, ∣Z 1-Z 2∣=√7，所以∣(Z1+Z2) ／(Z1－Z 2) ∣=(√19)/(√7)=(√133)

Ⅰ．二项式定理 1．二项工定理

k n -k k

(a +b ) =∑C n a b (n ∈N *)

n

k =0n

第十讲 二项式定理与多项式

知识、方法、技能

2．二项展开式的通项

r n -r r

T r +1=C n a b (0≤r ≤n ) 它是展开式的第r+1项.

3．二项式系数

r C n (0≤r ≤n ).

4．二项式系数的性质

k n -k （1）C n =C n (0≤k ≤n ).

k k k -1（2）C n =C n -1+C n -1(0≤k ≤n -1).

n

2n

n 2n

（3）若n 是偶数，有C

等且最大.

012n （4）C n +C n +C n + +C n =2n .

n

1n

n -12n

0n 1n

> >C

n +12n

n -1n

>C

n

n ，即中间一项的二项式系数

C 最大.

C 和C

n 2n

n +12相n

=C > >C

n -1n

>C

n

即中项二项的二项式系数n ，

024135

（5）C n +C n +C n + =C n +C n +C n + =2n -1.

（6）kC n =nC n -1或C n =

k k -1k

n k -1

C n -1. k

k m k -m k -m m

（7）C n ⋅C k m =C n ⋅C n C n -k +m (m ≤k ≤n ). -m =C n n n n n n +1（8）C n +C n ++C + +C =C +1n +2n +k n +k +1.

m 以上组合恒等式（是指组合数C n 满足的恒等式）是证明一些较复杂的组合恒等式的基

本工具. （7）和（8）的证明将在后面给出. 5．证明组合恒等式的方法常用的有

（1）公式法，利用上述基本组合恒等式进行证明.

（2）利用二项式定理，通过赋值法或构造法用二项式定理于解题中. （3）利用数学归纳法.

（4）构造组合问题模型，将证明方法划归为组合应用问题的解决方法.

赛题精讲

例1：求(x +1+

17

) 的展开式中的常数项. x

【解】由二项式定理得

11

(x +1+) 7=[1+(x +)]7

x x

111101r 7

=C 7+C 7(x +) +C 72(x +) 2+ +C 7(x +) r + +C 7(x +) 7 ①

x x x x

1r r

其中第r +1(0≤r ≤7) 项为T r +1=C 7(x +) ②

x

1r

在(x +) 的展开式中，设第k+1项为常数项，记为T k +1,

x

k r -k 1k k r -2k

, (0≤k ≤r ) ③ 则T k +1, =C r x () =C r x

x

由③得r －2k=0，即r=2k，r 为偶数，再根据①、②知所求常数项为

0214263C 7+C 7C 7+C 7C 7+C 7C 6=393.

【评述】求某一项时用二项展开式的通项. 例2：求(1+2x -3x 2) 6的展开式里x 5的系数. 【解】因为(1+2x -3x 2) 6=(1+3x ) 6(1-x ) 6

[**************]

=[1+C 6⋅3x +C 6⋅(3x ) 2+C 6⋅(3x ) 3+ +C 6⋅(3x ) 6][1-C 6x +C 6x -C 6x +C 6x -C 6x +C 6x ].

所以

5142332

(1+2x -3x 2) 6的展开式里x 5的系数为1(-C 6) +3C 6⋅C 6+32C 6(-C 6) +33C 6⋅C 6

415

+34C 6 ⋅(-C 6) +35C 6⋅1=-16. 8

【评述】本题也可将(1-2x -3x 2) 6化为[1+(2x -3x 2)]6用例1的作法可求得. 例3：已知数列a 0, a 1, a 2, (a 0≠0) 满足 a i -1+a i +1=2a i (i =1, 2, 3, ), 求证：对于任何自然数n ，

0122n -1n -1n n p (x ) =a 0C n (1-x ) n +a 1C n x (1-x ) n -1+a 2C n x (1-x ) n -2+ +a n -1C n x (1-x ) +a n C n x 是x 的一次多

项式或零次多项式. （1986年全国高中数学联赛试题）

【思路分析】由a i -1+a i +1=2a i 知则a i =a i -1+d =a 0+id (i =1, 2, ), 从而可将p (x ) 表{a n }是等差数列，示成a 0和d 的表达式，再化简即可.

【解】因为a i -1+a i +1=2a i (i =1, 2, 3, ) 所以数列{a n }为等差数列，设其公差为d 有a i =a 0+id (i =1, 2, 3, ) 从而

0122n n P (x ) =a 0C n (1-x ) n +(a 0+d ) C n x (1-x ) n -1+(a 0+2d ) C n x (1-x ) n -2+ +(a 0+nd ) C n x

01n n 122n n =a 0[C n (1-x ) n +C n x (1-x ) n -1+ +C n x ]+d [1⋅C n x (1-x ) n -1+2C n x (1-x ) n -2+ +nC n x ],由二项定理，知

0122n n C n (1-x ) n +C n x (1-x ) n -1+C n x (1-x ) n -2+ +C n x =[(1-x ) +x ]n =1, k 又因为kC n =k ⋅

n ! (n -1)! k -1

=n ⋅=nC n -1,

k ! (n -k )! (k -1)! [(n -1) -(k -1)]!

122n n

从而C n x (1-x ) n -1+2C n x (1-x ) n -2+ +nC n x

1n -2=nx [(1-x ) n -1+C n + +x n -1] -1x (1-x )

=nx [(1-x ) +x ]n -1=nx . 所以P (x ) =a 0+ndx .

当d ≠0时, P (x ) 为x 的一次多项式，当d =0时, P (x ) 为零次多项式. 例4：已知a ，b 均为正整数，且a >b , sin θ=

2ab π

(其中0

2a +b

n ∈N *，A n 均为整数.

【思路分析】由sin n θ联想到复数棣莫佛定理，复数需要cos θ，然后分析A n 与复数的关系.

2ab πa 2-b 22

【证明】因为sin θ=2, 且0b , 所以cos θ=-sin θ=2. 22

2a +b a +b

显然sin n θ为(cosθ+i sin θ) n 的虚部，由于(cosθ+i sin θ) n

22

a -b 2ab 11n 22 =(+i ) =(a -b +2abi ) =(a +bi ) 2n . 222222n 22n a +b a +b (a +b ) (a +b )

所以(a 2+b 2) n (cosn θ+i sin n θ) =(a +bi ) 2n . 从而A n =(a 2+b 2) n sin n θ为(a +bi ) 2n 的虚部.

因为a 、b 为整数，根据二项式定理，(a +bi ) 2n 的虚部当然也为整数，所以对一切n ∈N *，A n 为整数. 【评述】把A n 为与复数(cosθ+i sin θ) n 联系在一起是本题的关键. 例5：已知x , y 为整数，P 为素数，求证：(x +y ) P ≡x P +y P (modP )

1P -12P -22p -1

【证明】(x +y ) P =x P +C P x y +C P x y + +C P xy P -1+y P r 由于C P =

p (p -1) (p -r +1)

，又因为P 为素数，且r

r !

r

所以分子中的P 不会红去，因此有P |C P (r =1, 2, , P -1). 所以

(x +y ) P ≡x P +y P (modP ).

【评述】将(x +y ) 展开就与x +y 有联系，只要证明其余的数能被P 整除是本题的关键. 例6：若(+2) 2r +1=m +α(r , m ∈N *,0

【思路分析】由已知m +α=(+2) 2r +1和(m +α) α=1 猜想α=(5-2) 2r +1，因此需要求出α，即只需要证明(5+2) 2r +1-(5-2) 2r +1为正整数即可.

P

P

P

【证明】首先证明，对固定为r ，满足条件的m , α是惟一的. 否则，设(+2) 2r +1=m 1+α1

=m 2+α2[m 1, m 2∈N *,α1, α2∈(0, 1), m 1≠m 2, α1≠α2]

则m 1-m 2=α1-α2≠0, 而m 1-m 2∈Z , α1-α2∈(-1, 0) ⋃(0, 1) 矛盾. 所以满足条件的m 和α是惟一的. 下面求m 及α.

02r +112r 22r -1

因为(5+2) 2r +1-(5-2) 2r +1=C 2+C 2⋅2+C 2⋅22+ +22r +1 r +1(5) r +1() r +1()

02r +112r 22r -1

-[C 2-C 2⋅2+C 2⋅22+ -22r +1] r +1() r +1(5) r +1(5) 12r 32r -2=2[C 2⋅2+C 2⋅23+ +22r +1]r +1(5) r +1(5)

=2[C

1

2r +1

5⋅2+C

r

32r +1

⋅5

r -1

⋅2+ +C

3

2r -12r +1

5

2r -1

+2

2r +1

]∈N *

又因为-2∈(0, 1), 从而(-2) 2r +1∈(0, 1)

1r 3r -12r -1r 2r -1

所以m =2(C 2⋅23+ +C 2+22r +1) r +1⋅5⋅2+C 2r +1⋅5r +1⋅5⋅2

α=(-2) 2r +1

故α(m +α) =(5-2) 2r +1. (5+2) 2r +1=(5-4) 2r +1=1.

【评述】猜想α=(-2) 2r +1, (+2) 2r +1与(5-2) 2r +1进行运算是关键. 例7：数列{a n }中，a 1=3, a n =3a n -1(n ≥2) ，求a 2001的末位数字是多少？ 【思路分析】利用n 取1，2，3，„猜想a n 及a n 的末位数字. 【解】当n=1时，a 1=3，a 2=31=3=27=4⨯6+3 a 3=3

a 2

a 3

=327=34⨯6+3=(34) 6⋅33=(81) 6⋅33=(81) 6⨯27，因此a 2, a 3的末位数字都是7，猜想，

a n =4m +3, m ∈N *. 现假设n=k时，a k =4m +3, m ∈N *.

当n=k+1时， a k +1=3

a k

=34m +3=(4-1) 4m +3

04m +314m +24m +214m +30 =C 4⋅(-1) 0+C 4⋅(-1) 1+ +C 4) 4m +2+C 4) 4m +3 m +34m +3⋅4m +3⋅4⋅(-1m +3⋅4⋅(-1

=4T -1=4(T -1) +3, 从而a n =4m +3(m ∈N *) 于是a n +1=3

a n

=34m +3=(81) m ⨯27. 故a 2001的末位数字是7.

【评述】猜想a n =4m +3是关键.

例8：求N=1988－1的所有形如d =2⋅3, (a , b 为自然数）的因子d 之和.

【思路分析】寻求N 中含2和3的最高幂次数，为此将19变为20－1和18+1，然后用二项式定理展开.

a

b

【解】因为N=1988－1=(20－1) 88－1=(1－4×5) 88－1

1238788

=－C 88⨯4⨯5+C 88⨯42⨯52-C 88⨯43⨯53+ -C 88⨯487⨯587+C 88⨯488⨯588

=-25⨯55+26⨯M =25(2M -55) 其中M 是整数.

上式表明，N 的素因数中2的最高次幂是5. 又因为N=(1+2×9) 88－1

1288 =C 88⨯2⨯9+C 88⨯22⨯92+ +C 88⨯288⨯988

=32×2×88+34·P=32×（2×88+9P）其中P 为整数. 上式表明，N 的素因数中3的最高次幂是2.

综上所述，可知N =25⋅32⋅Q ，其中Q 是正整数，不含因数2和3. 因此，N 中所有形如2⋅3的因数的和为(2+22+23+24+25)(3+32)=744. 例9：设x =(15+220) 19+(15+220) 82，求数x 的个位数字.

【思路分析】直接求x 的个位数字很困难，需将与x 相关数联系，转化成研究其相关数. 【解】令y =(15-220) 19+(15-220) 82, 则x +y =[(15+220) 19+(15+220) 82]

a

b

+[(15-220) 19+(15-220) 82]，由二项式定理知，对任意正整数n.

2

(15+220) n +(15-220) n =2(15n +C n ⋅15n -2⋅220+ ) 为整数，且个位数字为零.

因此，x +y是个位数字为零的整数. 再对y 估值，

558819

因为0

15+22025所以0

【评述】转化的思想很重要，当研究的问题遇到困难时，将其转化为可研究的问题.

例10：已知a 0=0, a 1=1, a n +1=8a n -a n -1(n =1, 2, ) 试问：在数列{a n }中是否有无穷多个能被15整除的项？证明你的结论.

【思路分析】先求出a n ，再将a n 表示成与15有关的表达式，便知是否有无穷多项能被15整除. 【证明】在数列{a n }中有无穷多个能被15整除的项，下面证明之.

数列{a n }的特征方程为x -8x +1=0, 它的两个根为x 1=4+, x 2=4-， 所以a n =A (4+) n +B (4-) n （n=0，1，2，„） 由a 0=0, a 1=1得A =

2

12, B =-

12, 则a n =

12[(4+) n -(4-) n ],

取n =2k (k =0, 1, 2, ) ，由二项式定理得

a n =

1213n -1[2C n ⋅4n -1⋅+2C n ⋅4n -3⋅() 3+ +2C n ⋅4⋅() n -1]

=C ⋅4

1n

n -1

+C ⋅4

3n

n -3

⋅15+ +C ⋅4⋅15

n n

n -22

12k -132k -32k k -1=C 2+C 2⋅15+ +C 2k ⋅4k ⋅4k ⋅4⋅1512k -132k -32k -1=C 2+15(C 2+ +C 2⋅4⋅15k -2) k ⋅4k ⋅4k

=2k ⋅42k -1+15T (其中T 为整数),

由上式知当15|k，即30|n时，15|a n ，因此数列{a n }中有无穷多个能被15整除的项. 【评述】在二项式定理中，(a +b ) n 与(a -b ) n 经常在一起结合使用.

针对性训练题

1．已知实数α, β均不为0，多项f (x ) =αx 3-αx 2+βx +β的三根为x 1, x 2, x 3，求 (x 1+x 2+x 31+1+1) 的值.

x 1

x 2

x 3

2．设f (x ) =x 4+ax 3+bx 2+cx +d ，其中a , b , c , d 为常数，如果f (1) =1, f (2) =2, f (3) =3, 求

1

[f (4) +f (0)]的值. 4

3．定义在实数集上的函数f (x ) 满足：f (x ) +xf (1-x ) =1+x , 求f (x ).

1355

4．证明：当n=6m时，C n -C n ⋅3+C n ⋅3+C n ⋅32- =0.

5．设(1+x +x 2) n 展开式为a 0+a 1x +a 2x 2+ +a 2n x 2n ，求证：a 0+a 3+a 6+ =3n -1. 6．求最小的正整数n ，使得(xy -3x +7y -21) n 的展开式经同类项合并后至少有1996项.

（1996年美国数学邀请赛试题）

7．设f (x ) =(x 3+x -1) 9(2x +1) 4，试求： （1）f (x ) 的展开式中所有项的系数和. （2）f (x ) 的展开式中奇次项的系数和.

8．证明：对任意的正整数n ，不等式(2n +1) ≥(2n ) +(2n -1) 成立.

（第21届全苏数学竞赛题）

第十五章 复数 一、基础知识

2

1．复数的定义：设i 为方程x =-1的根，i 称为虚数单位，由i 与实数进行加、减、乘、除等运算。便产生形如a+bi（a,b ∈R ）的数，称为复数。所有复数构成的集合称复数集。通常用C 来表示。 2．复数的几种形式。对任意复数z=a+bi（a,b ∈R ），a 称实部记作Re(z),b称虚部记作Im(z). z=ai称为代数形式，它由实部、虚部两部分构成；若将(a,b)作为坐标平面内点的坐标，那么z 与坐标平面唯一一个点相对应，从而可以建立复数集与坐标平面内所有的点构成的集合之间的一一映射。因此复数可以用点来

n

n

n

表示，表示复数的平面称为复平面，x 轴称为实轴，y 轴去掉原点称为虚轴，点称为复数的几何形式；如果将(a,b)作为向量的坐标，复数z 又对应唯一一个向量。因此坐标平面内的向量也是复数的一种表示形式，称为向量形式；另外设z 对应复平面内的点Z ，见图15-1，连接OZ ，设∠xOZ=θ,|OZ|=r，则a=rcosθ,b=rsinθ, 所以z=r(cosθ+isinθ) ，这种形式叫做三角形式。若z=r(cosθ+isinθ) ，则θ称为z 的辐角。若0≤θ

3．共轭与模，若z=a+bi，（a,b ∈R ）, 则z =a-bi 称为z 的共轭复数。模与共轭的性质有：（1）z 1±z 2=z 1±z 2；（2）z 1⋅z 2=z 1⋅z 2；（3）z ⋅z =|z |2；（4）

i θ

i θ

⎛z 1⎫z 1z 1|z 1|

⎪=；（5）；（6）；||=|z ⋅z |=|z |⋅|z |1212⎪z 2|z 2|⎝z 2⎭z 2

2

2

2

2

（7）||z1|-|z2||≤|z1±z 2|≤|z1|+|z2|；（8）|z1+z2|+|z1-z 2|=2|z1|+2|z2|；（9）若|z|=1，则z =

1

。 z

4．复数的运算法则：（1）按代数形式运算加、减、乘、除运算法则与实数范围内一致，运算结果可以通过乘以共轭复数将分母分为实数；（2）按向量形式，加、减法满足平行四边形和三角形法则；（3）按三角形式，若z 1=r1(cosθ1+isinθ1), z2=r2(cosθ2+isinθ2) ，则z 1••z 2=r1r 2[cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2)]；若

z 2≠0,

z 1r 1z r i (θ-θ) i(θ1+θ2)

[cos(θ1-θ2)+isin(θ1-θ2)]，用指数形式记为z 1z 2=r1r 2e , 1=1e 12. =

z 2r 2z 2r 2

n

n

5. 棣莫弗定理：[r(cosθ+isinθ)]=r(cosnθ+isinnθ). 6. 开方：若w =r(cosθ+isinθ) ，则w =

n

n r (cos

θ+2k π

n

+i sin

θ+2k π

n

) ，k=0,1,2,„,n-1。

7．单位根：若w =1，则称w 为1的一个n 次单位根，简称单位根，记Z 1=cos 根可表示为1, Z 1, Z 1, , Z 1

2

n -1

2π2π

+i sin ，则全部单位n n

. 单位根的基本性质有（这里记Z k =Z 1k ，k=1,2,„,n-1）：（1）对任意整数

k ，若k=nq+r,q∈Z,0≤r ≤n-1，有Z nq+r=Zr ；（2）对任意整数m ，当n ≥2时，有

⎧0, 当n |m , n-1n-2m m

=特别1+Z1+Z2+„+Zn-1=0；（3）x +x+„+x+1=(x-Z1)(x-Z2) „1+Z 1m +Z 2+ +Z n ⎨-1

⎩n , 当n |m ,

(x-Zn-1)=(x-Z1)(x-Z 12) „(x-Z 1n -1).

8. 复数相等的充要条件：（1）两个复数实部和虚部分别对应相等；（2）两个复数的模和辐角主值分别相等。 9．复数z 是实数的充要条件是z=;z 是纯虚数的充要条件是：z+=0（且z ≠0）. 10. 代数基本定理：在复数范围内，一元n 次方程至少有一个根。

11．实系数方程虚根成对定理：实系数一元n 次方程的虚根成对出现，即若z=a+bi(b≠0) 是方程的一个根，则=a-bi也是一个根。

12．若a,b,c ∈R,a ≠0，则关于x 的方程ax +bx+c=0，当Δ=b-4ac

2

2

-b ±-∆i

.

2a

二、方法与例题 1．模的应用。

2n 2n

例1 求证：当n ∈N +时，方程(z+1)+(z-1)=0只有纯虚根。

2

例2 设f(z)=z+az+b,a,b为复数，对一切|z|=1，有|f(z)|=1，求a,b 的值。

2. 复数相等。

2

例3 设λ∈R ，若二次方程(1-i)x+(λ+i)x+1+λi=0有两个虚根，求λ满足的充要条件。

3．三角形式的应用。

n

例4 设n ≤2000,n ∈N ，且存在θ满足(sinθ+icosθ) =sinnθ+icosnθ，那么这样的n 有多少个？

4．二项式定理的应用。

[1**********]

例5 计算：（1）C 100；（2）C 100 -C 100+C 100- +C 100-C 100+C 100- -C 100

5．复数乘法的几何意义。

例6 以定长线段BC 为一边任作ΔABC ，分别以AB ，AC 为腰，B ，C 为直角顶点向外作等腰直角ΔABM 、等腰直角ΔACN 。求证：MN 的中点为定点。

例7 设A ，B ，C ，D 为平面上任意四点，求证：AB •AD+BC•AD ≥AC •BD 。

6．复数与轨迹。

例8 ΔABC 的顶点A 表示的复数为3i ，底边BC 在实轴上滑动，且|BC|=2，求ΔABC 的外心轨迹。

7．复数与三角。

例9 已知cos α+cosβ+cosγ=sinα+sinβ+sinγ=0，求证：cos2α+cos2β+cos2γ=0。

000

例10 求和：S=cos20+2cos40+„+18cos18×20.

8．复数与多项式。

n n-1

例11 已知f(z)=c0z +c1z +„+cn-1z+cn 是n 次复系数多项式(c0≠0). 求证：一定存在一个复数z 0,|z0|≤1，并且|f(z0)|≥|c0|+|cn |.

9. 单位根的应用。

例12 证明：自⊙O 上任意一点p 到正多边形A 1A 2„A n 各个顶点的距离的平方和为定值。

10．复数与几何。

例13 如图15-2所示，在四边形ABCD 内存在一点P ，使得ΔPAB ，ΔPCD 都是以P 为直角顶点的等腰直角三角形。求证：必存在另一点Q ，使得ΔQBC ，ΔQDA 也都是以Q 为直角顶点的等腰直角三角形。

例14 平面上给定ΔA 1A 2A 3及点p 0，定义A s =As-3,s ≥4，构造点列p 0,p 1,p 2, „, 使得p k+1为绕中心A k+1顺时针旋

转120时p k 所到达的位置，k=0,1,2,„, 若p 1986=p0. 证明：ΔA 1A 2A 3为等边三角形。

三、基础训练题

22

1．满足(2x+5x+2)+(y-y-2)i=0的有序实数对(x,y)有__________组。 2．若z ∈C 且z2=8+6i,且z3-16z-

100

=__________。 z

3. 复数z 满足|z|=5，且(3+4i)•z 是纯虚数，则z =__________。 4．已知z =-

21+3i

，则1+z+z+„+z

21992

=__________。

5. 设复数z 使得

z +1π

的一个辐角的绝对值为，则z 辐角主值的取值范围是__________。 z +26

6．设z,w, λ∈C,|λ|≠1，则关于z 的方程z -Λz=w的解为z=__________。

1+x 1-x 2

+arcsin =__________。 7. 设0

1-x 1+x

αα2

8. 若α，β是方程ax +bx+c=0（a,b,c ∈R ）的两个虚根且∈R ，则=__________。

ββ

2

9．若a,b,c ∈C, 则a +b>c是a +b-c >0成立的__________条件。

22

10．已知关于x 的实系数方程x -2x+2=0和x +2mx+1=0的四个不同的根在复平面上对应的点共圆，则m 取值的集合是__________。

2

11．二次方程ax +x+1=0的两根的模都小于2，求实数a 的取值范围。

12．复平面上定点Z 0，动点Z 1对应的复数分别为z 0,z 1，其中z 0≠0，且满足方程|z1-z 0|=|z1|，①另一个动点Z 对应的复数z 满足z 1•z=-1，②求点Z 的轨迹，并指出它在复平面上的形状和位置。

13．N 个复数z 1,z 2, „,z n 成等比数列，其中|z1|≠1，公比为q,|q|=1且q ≠±1, 复数w 1,w 2, „,w n 满足条件：w k =zk +

222222

1

+h，其中k=1,2,„,n,h 为已知实数，求证：复平面内表示w 1,w 2, „,w n 的点p 1,p 2, „,p n 都在一个z k

焦距为4的椭圆上。 四、高考水平训练题

1．复数z 和cos θ+isinθ对应的点关于直线|iz+1|=|z+i|对称，则z=__________。 2. 设复数z 满足z+|z|=2+i，那么z=__________。

3．有一个人在草原上漫步，开始时从O 出发，向东行走，每走1千米后，便向左转后，首次回到原出发点，则n=__________。

π

角度，他走过n 千米6

(4-3i ) 2(-1+3i ) 10

4. 若z =，则|z|=__________。 12

(1-i )

5. 若a k ≥0,k=1,2,„,n ，并规定a n+1=a1，使不等式值为__________。

∑

k =1

n

a -a k a k +1+a

2

k 2k +1

≥λ∑a k 恒成立的实数λ的最大

k =1

n

x 2y 2

6．已知点P 为椭圆+=1上任意一点，以OP 为边逆时针作正方形OPQR ，则动点R 的轨迹方程为95

__________。

7．已知P 为直线x-y+1=0上的动点，以OP 为边作正ΔOPQ(O，P ，Q 按顺时针方向排列) 。则点Q 的轨迹方程为__________。

z 2

∈R ”的__________条件。 8．已知z ∈C, 则命题“z 是纯虚数”是命题“21-z

9．若n ∈N ，且n ≥3, 则方程z +z-1=0的模为1的虚根的个数为__________。

10．设(x2006n+1n +x2008+3)2007=a0+a1x+a2x +2„+an x n ，则a 0-a a 1a 2a ++a 3-4-5

2222+„

+a3k -a 3k +1a 3k +2-+ +a n =__________。 22

11. 设复数z 1,z 2满足z1•z 2+A z 1+A z 2=0, 其中A ≠0，A ∈C 。证明：

（1）|z1+A|•|z2+A|=|A|； （2）

4322z 1+A z 1+A =. z 2+A z 2+A 12．若z ∈C, 且|z|=1,u=z-z -3z i-z+1.求|u|的最大值和最小值，并求取得最大值、最小值时的复数z.

⎧|z 1|=|z 2|=|z 3|=1, ⎪z z ⎨z 13. 给定实数a,b,c, 已知复数z 1,z 2,z 3满足⎪1+2+3=1, 求

⎩z 2z 3z 1

|az1+bz2+cz3|的值。

三、联赛一试水平训练题

1．已知复数z 满足|2z +1|=1. 则z 的辐角主值的取值范围是__________。 z

2．设复数z=cosθ+isinθ(0≤θ≤π) ，复数z,(1+i)z，2在复平面上对应的三个点分别是P ，Q ，R ，当P ，Q ，R 不共线时，以PQ ，PR 为两边的平行四边形第四个顶点为S ，则S 到原点距离的最大值为__________。

3．设复平面上单位圆内接正20边形的20个顶点所对应的复数依次为z 1,z 2, „,z 20, 则复数1995995z 1, z 1995, , z 1

220所对应的不同点的个数是__________。

4．已知复数z 满足|z|=1，则|z+iz+1|的最小值为__________。

5．设w =-1+i ，z 1=w-z,z2=w+z,z1,z 2对应复平面上的点A ，B ，点O 为原点，∠AOB=900，|AO|=|BO|，22

则ΔOAB 面积是__________。

6．设w =cos π

5+i sin

m π5n ，则(x-w)(x-w)(x-w)(x-w) 的展开式为__________。 3797．已知(3+i ) =(1+i)(m,n∈N +) ，则mn 的最小值是__________。

8．复平面上，非零复数z1,z2在以i 为圆心，1为半径的圆上，z 1•z 2的实部为零，z 1的辐角主值为π，6

则z 2=__________。

9. 当n ∈N, 且1≤n ≤100时，[(+i 7) +1]n 的值中有实数__________个。 2

10．已知复数z 1,z 2满足z 2z 1z +z 2ππ7=，且Argz 1=，Argz 2=，Argz 3=π，则Arg 1的值是368z 1z z 23__________。

184811．集合A={z|z=1},B={w|w=1},C={zw|z∈A,w ∈B}，问：集合C 中有多少个不同的元素？

12．证明：如果复数A 的模为1，那么方程(1+ix n ) =A 的所有根都是不相等的实根（n ∈N +）. 1-ix

13. 对于适合|z|≤1的每一个复数z ，要使0

六、联赛二试水平训练题

1．设非零复数a 1,a 2,a 3,a 4,a 5满足

⎧a 2a 3a 4a 5==⎪=⎪a 1a 2a 3a 4 ⎨⎪a +a +a +a +a =1(a +a +a +a +a ) =S , 1234512345⎪4⎩

其中S 为实数且|S|≤2，求证：复数a 1,a 2,a 3,a 4,a 5在复平面上所对应的点位于同一圆周上。

2．求证：sin π

n ⋅sin

n 2π(n -1) πn ⋅ ⋅sin =n -1(n ≥2) 。 n n 2n-1n-23．已知p(z)=z+c1z +c2z +„+cn 是复变量z 的实系数多项式，且|p(i)|

2222p(a+bi)=0且(a+b+1)

4．运用复数证明：任给8个非零实数a 1,a 2, „,a 8，证明六个数a 1a 3+a2a 4, a1a 5+a2a 6, a1a 7+a2a 8, a3a 5+a4a 6, a 3a 7+a4a 8,a 5a 7+a6a 8中至少有一个是非负数。

1095．已知复数z 满足11z +10iz+10iz-11=0，求证：|z|=1.

6. 设z 1,z 2,z 3为复数，求证：

|z1|+|z2|+|z3|+|z1+z2+z3|≥|z1+z2|+|z2+z3|+|z3+z1|。