2022年東北師大附中高考第二輪復(fù)習(xí)專題七《排列組合二項(xiàng)式定理》

1、2013 東北師大附中高考第二輪復(fù)習(xí)：專題七排列、組合、二項(xiàng)式定理【考點(diǎn)梳理】一、考試內(nèi)容1.分類計(jì)數(shù)原理與分步計(jì)數(shù)原理。2.排列、排列數(shù)公式。3.組合、組合數(shù)公式。4.組合數(shù)的兩個(gè)性質(zhì)。5.二項(xiàng)式定理，二項(xiàng)式展開的性質(zhì)。二、考試要求1.掌握分類計(jì)數(shù)原理及分步計(jì)數(shù)原理，并能用這兩個(gè)原理分析和解決一些簡單的問題。2.理解排列、組合的意義，掌握排列數(shù)、組合數(shù)的計(jì)算公式和組合數(shù)的性質(zhì)，并能用它解決一些簡單 的問題。3.掌握二項(xiàng)式定理和二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)，并能用它們計(jì)算和論證一些簡單問題。三、考點(diǎn)簡析1.排列、組合、二項(xiàng)式知識相互關(guān)系表2.兩個(gè)基本原理（1）分類計(jì)數(shù)原理中的分類。（2）分步計(jì)數(shù)原理中的分

2、步。正確地分類與分步是學(xué)好這一章的關(guān)鍵。3.排列（1）排列定義，排列數(shù)（2）排列數(shù)公式：系m A n=(nn !)!=n(n-1) (n-m+1) m（3）全排列列：An=n! 1！=1，2！=2，3！=6，4！=24，5！=120，6！=720 n（4）記住下列幾個(gè)階乘數(shù)：4.組合（1）組合的定義，排列與組合的區(qū)別（2）組合數(shù)公式：Cn m=m (!n !m)!=n(n-1)(n-m21)nm(m1 )1（3）組合數(shù)的性質(zhì)Cnm=Cnn-mCr1CrCr1nnnrCnr=nCn-1r-1Cn0+Cn1+ +Cnn=2nCn0-Cn1+ +(-1)nCnn=0 即Cn0+Cn2+Cn4+ =C

3、n1+Cn3+ =2n-15.二項(xiàng)式定理（1）二項(xiàng)式展開公式(a+b) n=Cn0a n+Cn1a n-1b+ +Cnka n-kb k+ +Cnnb n（2）通項(xiàng)公式：二項(xiàng)式展開式中第 k+1 項(xiàng)的通項(xiàng)公式是T k+1=Cn ka n-kb k6.二項(xiàng)式的應(yīng)用（1）求某些多項(xiàng)式系數(shù)的和。（2）證明一些簡單的組合恒等式。（3）證明整除性。求數(shù)的末位；數(shù)的整除性及求系數(shù)；簡單多項(xiàng)式的整除問題。（4）近似計(jì)算。當(dāng) |x|充分小時(shí)，我們常用下列公式估計(jì)近似值：(1+x)n1+nx (1+x)n1+nx+n(n1 )x22（5）證明不等式。四、思想方法1.解排列組合應(yīng)用題的基本規(guī)律（1）分類計(jì)數(shù)原理與

4、分步計(jì)數(shù)原理使用方法有兩種：單獨(dú)使用；聯(lián)合使用。（2）將具體問題抽象為排列問題或組合問題，是解排列組合應(yīng)用題的關(guān)鍵一步。（3）對于帶限制條件的排列問題，通常從以下三種途徑考慮：元素分析法：先考慮特殊元素要求，再考慮其他元素。位置分析法：先考慮特殊位置的要求，再考慮其他位置。整體排除法：先算出不帶限制條件的排列數(shù)，再減去不滿足限制條件的排列數(shù)。（4）對解組合問題，應(yīng)注意以下三點(diǎn)：對“ 組合數(shù)” 恰當(dāng)?shù)姆诸愑?jì)算，是解組合題的常用方法。是用“ 直接法” 還是“ 間接法” 解組合題，其原則是“ 正難則反”。設(shè)計(jì)“ 分組方案” 是解組合題的關(guān)鍵所在。2.解排列、組合題的基本策略與方法（1）去雜法對有限制

5、條件的問題，先從總體考慮，再把不符合條件的所有情況去掉。這是解決排列組合應(yīng)用題時(shí)一種常用的解題方法。（2）分類處理某些問題總體不好解決時(shí)，常常分成若干類，再由分類計(jì)數(shù)原理得出結(jié)論。這是解排列組合問題的基本策略之一。注意的是：分類不重復(fù)不遺漏，即：每兩類的交集為空集，所有各類的并集為全集。（3）分步處理與分類處理類似，某些問題總體不好解決時(shí)，常常分成若干步，再由分步計(jì)數(shù)原理解決。在處理排列組合問題時(shí)，常常既要分類，又要分步，其原則是先分類，后分步。（4）插入法（插空法）某些元素不能相鄰或某些元素要在某特殊位置時(shí)可采用插入法。即先安排好沒有限制條件的元素，然后再將有限制條件的元素按要求插入排好的元

6、素之間。（5）“ 捆綁” 法把相鄰的若干特殊元素“ 捆綁” 為一個(gè)大元素，然后再與其余“ 普通元素” 全排列，最后再“ 松綁”。將特殊元素在這些位置上全排列，即是“ 捆綁法”。（6）窮舉法：將所有滿足題設(shè)條件的排列與組合逐一排列出來。（7）探索法：對于復(fù)雜的情況，不易發(fā)現(xiàn)其規(guī)律的問題，需仔細(xì)分析，從特殊到一般，或一般到特殊，探索出其中 規(guī)律，再給予解決。（8）消序處理對均勻分組問題的解決，一定要區(qū)分開是“ 有序分組” 還是“ 無序分組”，若是“ 無序分組”，一定要清除均勻分組無形中產(chǎn)生的有序因素。（9）“ 住店” 法 解決“ 允許重復(fù)排列問題” 要注意區(qū)分兩類元素：一類元素可以重復(fù)，另一類不能

7、重復(fù)。把不能重復(fù)的元素看作“ 客”，能重復(fù)的元素看作“ 店”，再利用分步計(jì)數(shù)原理直接求解的方法稱為“ 住店” 法。（10）等價(jià)命題轉(zhuǎn)換法 將陌生、復(fù)雜的問題轉(zhuǎn)化為熟悉、簡單的問題。這是解數(shù)學(xué)題的主要思想方法之一，也是解較難的排 列、組合題的重要策略。3.賦值法 所謂賦值法是指在二項(xiàng)展開公式兩邊用特殊值代入，得出某些等式及組合數(shù)的性質(zhì)。解決與二項(xiàng)式系 數(shù)相關(guān)的問題。4.構(gòu)造二次式 5.算兩次 對同一對象從兩個(gè)不同角度去進(jìn)行計(jì)數(shù)，再將兩方面計(jì)算的結(jié)果綜合起來，獲得所需結(jié)論。這樣一種 處理問題的方法，稱之為算兩次。在排列組合中，常對同一問題可有不同的分類辦法去解，可得到有關(guān)排列數(shù)與組合數(shù)的不同關(guān)系式

8、。【例題解析】例 1 完成下列選擇題與填空題（1）有三個(gè)不同的信箱，今有四封不同的信欲投其中，則不同的投法有 種。D.4 A.81 B.64 C.24 （2）四名學(xué)生爭奪三項(xiàng)冠軍，獲得冠軍的可能的種數(shù)是（）A.81 B.64 C.24 D.4 （3）有四位學(xué)生參加三項(xiàng)不同的競賽，每位學(xué)生必須參加一項(xiàng)競賽，則有不同的參賽方法有；每項(xiàng)競賽只許有一位學(xué)生參加，則有不同的參賽方法有 每位學(xué)生最多參加一項(xiàng)競賽，每項(xiàng)競賽只許有一位學(xué)生參加，則不同的參賽方法有。解析（ 1）完成一件事是“ 分步” 進(jìn)行還是“ 分類” 進(jìn)行，是選用基本原理的關(guān)鍵。將“ 投四封信”這件事分四步完成，每投一封信作為一步，每步都有投

9、入三個(gè)不同信箱的三種方法，因此：N=3 3 33=3 4=81，故答案選 A。本題也可以這樣分類完成，四封信投入一個(gè)信箱中，有C31種投法；四封信投入兩個(gè)信箱中，有C32（C41 A22+C42 C22）種投法；四封信投入三個(gè)信箱，有兩封信在同一信箱中，有 C42A 33種投法、，故共有 C3 1+C3 2（C4 1A 2 2+C4 2C2 2）+C4 2 A 3 3=81（種）。故選 A 。（2）因?qū)W生可同時(shí)奪得 n 項(xiàng)冠軍， 故學(xué)生可重復(fù)排列， 將 4 名學(xué)生看作 4 個(gè)“ 店” ，3 項(xiàng)冠軍看作 “ 客” ，每個(gè)“ 客” 都可住進(jìn) 4 家“ 店” 中的任意一家，即每個(gè)“ 客” 有 4 種

10、住宿法。由分步計(jì)數(shù)原理得：N=4 4 4=64。故答案選 B。（3）學(xué)生可以選擇項(xiàng)目，而競賽項(xiàng)目對學(xué)生無條件限制，所以類似（1）可得N=34=81（種）；競賽項(xiàng)目可以挑學(xué)生，而學(xué)生無選擇項(xiàng)目的機(jī)會，每一項(xiàng)可以挑 N=4 3=64（種）；4 種不同學(xué)生，共有等價(jià)于從4 個(gè)學(xué)生中挑選3 個(gè)學(xué)生去參加三個(gè)項(xiàng)目的競賽，每人參加一項(xiàng)，故共有C43A33=24（種）。注 本題有許多形式，一般地都可以看作下列命題：設(shè)集合 A=a 1,a2, ,an, 集合 B=b 1,b2, ,bm，則 f：A B 的不同映射是 mn,f：BA 的不同映射是 nm。若 nm，則 f：AB 的單值映射是：A m n。例 2

11、同室四人各寫一張賀年卡，先集中起來，然后每人從中拿一張別人送出的賀年卡，則四張賀年卡不同的分配方式有（）A.6 種 B.9 種 C.11 種 D.23 種解法一 由于共四人（用 1，2，3，4 代表甲、乙、丙、丁四人） ，這個(gè)數(shù)目不大，化為填數(shù)問題之后，可用窮舉法進(jìn)行具體的填寫：再按照題目要求檢驗(yàn)，最終易知有 9 種分配方法。解法二記四人為甲、乙、丙、丁，則甲送出的卡片可以且只可以由其他三人之一收到，故有3 種分配方式；以乙收到為例，其他人收到卡片的情況可分為兩類：第一類：甲收到乙送出的卡片，這時(shí)丙、丁只有互送卡片 1 種分配方式；第二類：甲收到的不是乙送出的卡片，這時(shí)，甲收到卡片的方式有 2

12、 種（分別是丙和丁送出的）。對每一種情況，丙、丁收到卡片的方式只有一種。因此，根據(jù)乘法原理，不同的分配方式數(shù)為 （ 1+2）=9。解法三 給四個(gè)人編號：1，2，3，4，每個(gè)號碼代表 1 個(gè)人，人與號碼之間的關(guān)系為一對一的關(guān)系；每個(gè)人送出的賀年卡賦給與其編號相同的數(shù)字作為代表，這樣，賀年卡的分配問題可抽象為如下“ 數(shù)學(xué)問題” ：將數(shù)字 1，2， 3，4，填入標(biāo)號為1，2，3，4 的 4 個(gè)方格里，每格填寫一個(gè)數(shù)字，且每個(gè)方格的編號與所填數(shù)字都不同的填法共有多少種（也可以說成：用數(shù)字1， 2，3，4 組成沒有重復(fù)數(shù)字的4 位數(shù)，而且每位數(shù)字都不等于位數(shù)的4 位數(shù)共有多少個(gè)）？這時(shí)，可用乘法原理求解

13、答案：首先，在第 1 號方格里填寫數(shù)字，可填上 2、3、4 中的任一個(gè)數(shù)，有 3 種填法；其次，當(dāng)?shù)?1 號方格填寫的數(shù)字為 i（2 i4）時(shí)，則填寫第 i 種方格的數(shù)字，有 3 種填法；最后，將剩下的兩個(gè)數(shù)填寫到空著的兩個(gè)空格里，只有 1 種填法（因?yàn)槭Ｏ碌膬蓚€(gè)數(shù)中，至少有 1 個(gè)與空著的格子的序號相同）。因此，根據(jù)乘法原理，得不同填法：3 3 1=9 注本題是“ 亂坐問題”，也稱“ 錯(cuò)排問題”，當(dāng)元素較大時(shí)，必須用容斥原理求解，但元素較小時(shí)，應(yīng)用分步計(jì)數(shù)原理和分類計(jì)數(shù)原理便可以求解，或可以窮舉。例 3 宿舍樓走廊上有有編號的照明燈一排8 盞，為節(jié)約用電又不影響照明，要求同時(shí)熄掉其中3 盞，

14、但不能同時(shí)熄掉相鄰的燈，問熄燈的方法有多少種？解法一 我們將 8 盞燈依次編號為 1，2，3，4，5，6，7， 8。在所熄的三盞燈中，若第一盞熄 1 號燈，第二盞熄 3 號燈，則第 3 盞可以熄 5，6，7，8 號燈中的任意一盞，共有 4 種熄法。若第一盞熄 1 號燈，第 2 盞熄 4 號燈，則第 3 盞可以熄 6， 7，8 號燈中的任意一盞。依次類推，得若 1 號燈熄了，則共有 4+3+2+1=10 種熄法。若 1 號燈不熄，第一盞熄的是 2 號燈，第二盞熄的是 4 號燈，則第三盞可以熄 6，7，8 號燈中的任意一盞，共有 3 種熄法。依次類推得，若第一盞燈熄的是 2 號燈，則共有 3+2+

15、1=6 種熄法。同理，若第一盞熄的是 3 號燈，則共有 2+1=3 種熄法。同理，若第一盞熄的是 4 號燈，則有 1 種熄法。綜上所述共有：10+6+3+1=20 種熄法。解法二 我們可以假定 8 盞燈還未安裝，其中 5 盞燈是亮著的，3 盞燈不亮。這樣原問題就等價(jià)于：將 5 盞亮著的燈與 3 盞不亮的燈排成一排，使 3 盞不亮的燈不相鄰（燈是相同的） 。5 盞亮著的燈之間產(chǎn)生6 個(gè)間隔 （包括兩邊） ，從中插入 3 個(gè)作為熄滅的燈就是我們經(jīng)常解決的“ 相鄰不相鄰”問題，采用“ 插入法” ，得其答案為 C6 3=20 種。注 解法一是窮舉法，將所有可能的情況依次逐一排出。這種方法思路清晰，但有

16、時(shí)較繁。方法二從另外一個(gè)角度審題，認(rèn)清其數(shù)學(xué)本質(zhì)，抽象成數(shù)學(xué)模型，解題時(shí)有一種豁然開朗的感覺。例 4 已知直線 ax+by+c=0 中的 a,b,c 是取自集合 -3,-2,-1,0,1,2,3 中的 3 個(gè)不同的元素， 并且該直線的傾斜角為銳角，求符合這些條件的直線的條數(shù)。解 設(shè)傾斜角為 ，由 為銳角，得 tan =-a0,即 a、b 異號。b（1）若 c=0，a、b 各有 3 種取法，排除 2 個(gè)重復(fù)（ 3x-3y=0,2x-2y=0,x-y=0 ），故有 3 3-2=7（條）。（2）若 c 0，a 有 3 種取法， b 有 3 種取法，而同時(shí)c 還有 4 種取法，且其中任兩條直線均不相同

17、，故這樣的直線有 3 3 4=36 條，從而符合要求的直線共有 7+36=43 條。注 本題是 1999 年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽中的一填空題，據(jù)抽樣分析正確率只有 0.37。錯(cuò)誤原因沒有對c=0 與 c 0 正確分類；沒有考慮 c=0 中出現(xiàn)重復(fù)的直線。例 5 平面上給定 10 個(gè)點(diǎn)，任意三點(diǎn)不共線， 由這 10 個(gè)點(diǎn)確定的直線中，無三條直線交于同一點(diǎn)（除原 10 點(diǎn)外），無兩條直線互相平行。求：（1）這些直線所交成的點(diǎn)的個(gè)數(shù)（除原 10 點(diǎn)外）。（2）這些直線交成多少個(gè)三角形。解法一（1）由題設(shè)這10 點(diǎn)所確定的直線是C102=45 條。C45 2 個(gè)交點(diǎn)。而在這 45 條直線除原10 點(diǎn)外無三

18、條直線交于同一點(diǎn)，由任意兩條直線交一個(gè)點(diǎn)，共有原來 10 點(diǎn)上有 9 條直線共點(diǎn)于此。所以，在原來點(diǎn)上有 所以這些直線交成新的點(diǎn)是：C452-10C92=630。10C92點(diǎn)被重復(fù)計(jì)數(shù)。（2）這些直線所交成的三角形個(gè)數(shù)可如下求：因?yàn)槊總€(gè)三角形對應(yīng)著三個(gè)頂點(diǎn)，這三個(gè)點(diǎn)來自上述630 個(gè)點(diǎn)或原來的10 個(gè)點(diǎn)。所以三角形的個(gè)數(shù)相當(dāng)于從這640 個(gè)點(diǎn)中任取三個(gè)點(diǎn)的組合，即 C6403=43 486080（個(gè)）。解法二（1）如圖對給定的 10 點(diǎn)中任取 4 個(gè)點(diǎn)，四點(diǎn)連成 6 條直線，這 6 條直線交 3 個(gè)新的點(diǎn)。故原題對應(yīng)于在 10 個(gè)點(diǎn)中任取 4 點(diǎn)的不同取法的 3 倍，即這些直線新交成的點(diǎn)的個(gè)數(shù)

19、是：3C104=630。（2）同解法一。注 用排列、組合解決有關(guān)幾何計(jì)算問題，除了應(yīng)用排列、組合的各種方法與對策之外，還要考慮實(shí)際幾何意義。例 6 （1）如果（ x+1 ） 2n 展開式中，第四項(xiàng)與第六項(xiàng)的系數(shù)相等。求 xn，并求展開式中的常數(shù)項(xiàng)；（2）求（x -21x）8展開式中的所有的有理項(xiàng)。4解（1）由 C2n3=C2n5,可得 3+5=2n n=4。設(shè)第 k+1 項(xiàng)為常數(shù)項(xiàng)則T k+1=C8kx8-kx-k=C 8kx8-2k8-2k=0 ，即 k=4 常數(shù)項(xiàng)為 T 5=C84=70。（2）設(shè)第 k+1 項(xiàng)有理項(xiàng)，則Tk1C8kx82k(1x1)k0.001。42C8k(1)kx163

20、 k42因?yàn)?0k8，要使1643 k Z，只有使 k 分別取 0，4，8 所以所求的有理項(xiàng)應(yīng)為：T 1=x4,T 5=35x,T 9=1x-28256注（1）二項(xiàng)式展開中，要注意“ 系數(shù)” 與“ 二項(xiàng)式系數(shù)” 的區(qū)別；（2）在二項(xiàng)展開式中求得k 后，對應(yīng)的項(xiàng)應(yīng)該是k+1 項(xiàng)。例 7 （1）求 4 6n+5n+1 被 20 除后的余數(shù)；（2）7n+Cn17n-1+Cn27n-2+ +Cnn-1 7 除以 9，得余數(shù)是多少？（3）根據(jù)下列要求的精確度，求1.025的近似值。精確到0.01；精確到解（1）首先考慮46n+5n+1被 4 整除的余數(shù)。5n+1=(4+1)n+1=4n+1+Cn+114

21、 n+Cn+124 n-1+ +Cn+1n4+1 其被 4 整除的余數(shù)為1 被 20 整除的余數(shù)可以為1，5，9， 13，17 然后考慮 46n+1+5n+1 被 5 整除的余數(shù)。46n=4(5+1)n=4(5n+Cn15n-1+Cn2 5n-2+ +C nn-15+1) 被 5 整除的余數(shù)為4 其被 20 整除的余數(shù)可以為4，9，14，19。綜上所述，被20 整除后的余數(shù)為9。（2）7n+Cn17n-1+Cn27n-2+ +Cn n-17 =(7+1)n-1=8n-1=(9-1)n-1 =9n-C n19n-1+C n29n-2+ +(-1)n-1Cnn-19+(-1)nCnn-1 (i)

22、當(dāng) n 為奇數(shù)時(shí)原式 =9n-Cn 1 9n-1+C n 29n-2+ +（-1）n-1Cn n-1 9-2 除以 9 所得余數(shù)為 7。(ii) 當(dāng) n 為偶數(shù)時(shí)原式 =9n-Cn 1 9n-1+C n 29n-2+ +(-1)n-1Cnn-19 除以 9 所得余數(shù)為0，即被 9 整除。（3）(1.02)5（ 1+0.02 ）5=1+c 510.02+C520.022+C530.023+C540.024+C550.025C52 0.022=0.004,C 53 0.023=8 10-5當(dāng)精確到 0.01 時(shí)，只要展開式的前三項(xiàng)和，1+0.10+0.004=1.104 ，近似值為 1.10。當(dāng)精

23、確到 0.001 時(shí)，只要取展開式的前四項(xiàng)和，1+0.10+0.004+0.0008=1.10408 ，近似值為 1.104。注（1）用二項(xiàng)式定理來處理余數(shù)問題或整除問題時(shí)，通常把底數(shù)適當(dāng)?shù)夭鸪蓛身?xiàng)之和或之差再按二項(xiàng)式定理展開推得所求結(jié)論。（2）用二項(xiàng)式定理來求近似值，可以根據(jù)不同精確度來確定應(yīng)該取到展開式的第幾項(xiàng)。例 8 證明下列不等式：n n（1）a b（a b）n,（a、bx|x 是正實(shí)數(shù) ,n N）; 2 2（2）已知 a、b 為正數(shù)，且 1 + 1 =1，則對于 nN 有a b（a+b）n-a n-b n22n-2 n+1。證明（ 1）令 a=x+ ， b=x- a b則 x=2an

24、+bn=(x+ )n+(x- )n=xn+Cn1xn-1 + +C nnn+xn-Cn1xn-1 + (-1) nCnnn=2(xn+C n 2xn-22+Cn4xn-44+ ) 2xn即an2bn（a2b）nn（2）(a+b)n=a n+C n1a n-1b+ +C nnb(a+b)n=bn+C n1bn-1a+ +Cnnan上述兩式相加得：2(a+b)n=(an+bn)+Cn1(an-1b+bn-1a)+ +Cnk(an-kbk+bn-kak)+ +Cnn(an+bn) n(*) 1 + a1 =1，且 a、b 為正數(shù) bab=a+b2abab 4 又 an-kbk+bn-kak2an b

25、n=2(ab )n(k=1,2, ,n-1) 2(a+b) n2an+2bn+C n12(ab )n+C n22（ab ）n+ +C nn-12(ab )(a+b)n-a n-bn(Cn1+Cn2+ +Cnn-1) （ab ）n(2n-2)2 n=22n-2n+1注 利用二項(xiàng)式定理的展開式，可以證明一些與自然數(shù)有關(guān)的不等式問題。題（1）中的換元法稱之為均值換元（對稱換元）。這樣消去 奇數(shù)次項(xiàng)，從而使每一項(xiàng)均大于或等于零。題（2）中，由由稱位置二項(xiàng)式系數(shù)相等，將展開式倒過來寫再與原來的展開式相加，這樣充分利用對稱性來解題的方法是利用二項(xiàng)式展開式解題的常用方法。例 9 已知 (1-ax)n展開式的

26、第p,p+1,p+2 三項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列，第 n+1-p 與第 n+2-p 項(xiàng)的系數(shù)之和為0，而（ 1-ax）n+1展開式的第p+1 與 p+2 項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)之比為12。（1）求（ 1-ax）n+1展開式的中間項(xiàng)；（2）求（ 1-ax）n的展開式中系數(shù)最大的項(xiàng)。解由題設(shè)得：Cp n1p(a)n1p02 Cp nCp n1Cn np(a)npCn n12 Cp n1Cp n1 1ppCn p+np由得， 2Cn p=Cn pn1p1兩邊約去 Cnp,可得：2=npp+nnp1pCn+1p1p1由得， 2Cn+1p=1p約去 Cn+1p可得， n=3p+1 解方程組nppp1np21p1n3得： n=7,p=2. 將 p=2,n=7 代入得：C57(-a)5+C76(-a)6=0 解之得： a=0 或 3。若 a=0 ，則（ 1-0 x）8的中間項(xiàng) T 5=0，（1-0 x）7 展開式中系數(shù)最大的項(xiàng)是 T 1=1。若 a=3，則（ 1-3x）8的中間項(xiàng) T 5=C 84 （-3x）4=5670 x 4，（1-3x） 7 的展開式中，奇數(shù)項(xiàng)系數(shù)為正，k k C 7-3 令 k 2 k 2