高中数学高考高三数学人教版A版数学（理）高考一轮复习教案：9 3 二项式定理 Word版含答案

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二项式定理的应用
(1)能用计数原理证明二项式定理．
(2)会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．
知识点一 二项式定理
1．定理
公式(a＋b)n＝Ceq \\al(0,n)an＋Ceq \\al(1,n)an－1b＋…＋Ceq \\al(k,n)an－kbk＋…＋Ceq \\al(n,n)bn(n∈N*)叫作二项式定理．
2．通项
Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk为展开式的第k＋1项．
易误提醒 (1)二项式的通项易误认为是第k项实质上是第k＋1项．
(2)(a＋b)n与(b＋a)n虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不相同的，所以公式中的第一个量a与第二个量b的位置不能颠倒．
(3)通项是Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk(k＝0,1,2，…，n)．其中含有Tk＋1，a，b，n，k五个元素，只要知道其中四个即可求第五个元素．
[自测练习]
1.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,\r(x))))6的展开式中常数项为________．
解析：由题意可知常数项为Ceq \\al(4,6)(2x)2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(x))))4＝60.
答案：60
2.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(1,2\r(4,x))))8的展开式中的有理项共有________项．
解析：∵Tr＋1＝Ceq \\al(r,8)(eq \r(x))8－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2\r(4,x))))r＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))rCeq \\al(r,8)xeq \f(16－3r,4)∴r为4的倍数，故r＝0,4,8共3项．
答案：3
知识点二 二项式系数与项的系数
1．二项式系数与项的系数
(1)二项式系数
二项展开式中各项的系数Ceq \\al(k,n)(k∈{0,1，…，n})叫作二项式系数．
(2)项的系数
项的系数是该项中非字母因数部分，包括符号等，与二项式系数是两个不同的概念．
2．二项式系数的性质
3.各二项式系数的和
(a＋b)n的展开式的各个二项式系数的和等于2n，即Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋…＋Ceq \\al(k,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)＝2n.
二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(3,n)＋Ceq \\al(5,n)＋…＝Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(2,n)＋Ceq \\al(4,n)＋…＝2n－1.
易误提醒 二项式系数与展开式项的系数的异同：
在Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk中，Ceq \\al(k,n)就是该项的二项式系数，它与a，b的值无关；Tk＋1项的系数指化简后除字母以外的数，如a＝2x，b＝3y，Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)2n－k·3kxn－kyk，其中Ceq \\al(k,n)2n－k3k就是Tk＋1项的系数．
[自测练习]
3．(2015·高考四川卷)在(2x－1)5的展开式中，含x2的项的系数是________．(用数字填写答案)．
解析：由二项展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(2x)5－r(－1)r(r＝0,1，…，5)知，当r＝3时，T4＝Ceq \\al(3,5)(2x)5－3(－1)3＝－40x2，所以含x2的项的系数是－40.
答案：－40
4．Ceq \\al(0,n)＋3Ceq \\al(1,n)＋5Ceq \\al(2,n)＋…＋(2n＋1)Ceq \\al(n,n)＝________.
解析：设S＝Ceq \\al(0,n)＋3Ceq \\al(1,n)＋5Ceq \\al(2,n)＋…＋(2n－1)·Ceq \\al(n－1,n)＋(2n＋1)Ceq \\al(n,n)，
∴S＝(2n＋1)Ceq \\al(n,n)＋(2n－1)Ceq \\al(n－1,n)＋…＋3Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(0,n)，
∴2S＝2(n＋1)(Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋…＋Ceq \\al(n,n))＝2(n＋1)·2n，
∴S＝(n＋1)·2n.
答案：(n＋1)·2n
考点一 二项展开式中特定项与系数问题|
1．(2016·海淀模拟)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(2,x)))3的展开式中的常数项为( )
A．12 B．－12
C．6 D．－6
解析：由题意可得，二项展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,3)·(x2)3－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x)))r＝(－2)rCeq \\al(r,3)x6－3r，令6－3r＝0，得r＝2，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(2,x)))3的展开式中的常数项为T2＋1＝(－2)2Ceq \\al(2,3)＝12，故选A.
答案：A
2．(2015·高考安徽卷)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3＋\f(1,x)))7的展开式中x5的系数是________．(用数字填写答案)
解析：由题意知，展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,7)(x3)7－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))r＝Ceq \\al(r,7)x21－4r，令21－4r＝5，则r＝4，∴T5＝Ceq \\al(4,7)x5＝35x5，故x5的系数为35.
答案：35
3．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－x\r(x)))n展开式中含有x2项，则n的最小值是________．
解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－x\r(x)))n的展开式的通项是Tr＋1＝Ceq \\al(r,n)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))n－r·(－xeq \r(x))r＝Ceq \\al(r,n)·(－1)r·xeq \f(5,2)r－n.依题意得，关于r的方程eq \f(5,2)r－n＝2，即r＝eq \f(2×n＋2,5)有正整数解；又2与5互质，因此n＋2必是5的倍数，即n＋2＝5k，n＝5k－2，n的最小值是3.
答案：3
求二项展开式中的指定项，一般是利用通项公式进行化简通项公式后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数r＋1，代回通项公式即可．

考点二 二项式系数性质与各项系数和问题|
(1)若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(2,x2)))n展开式中只有第6项的二项式系数最大，则展开式的常数项是( )
A．360 B．180
C．90 D．45
(2)若a1(x－1)4＋a2(x－1)3＋a3(x－1)2＋a4(x－1)＋a5＝x4，则a2＋a3＋a4＝________.
[解析] (1)展开式中只有第6项的二项式系数最大，则展开式总共11项，所以n＝10，
通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,10)(eq \r(x))10－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x2)))r＝Ceq \\al(r,10)2rx5－eq \f(5,2)r，
所以r＝2时，常数项为180.
(2)x4＝[(x－1)＋1]4＝Ceq \\al(0,4)(x－1)4＋Ceq \\al(1,4)(x－1)3＋Ceq \\al(2,4)(x－1)2＋Ceq \\al(3,4)(x－1)＋Ceq \\al(4,4)，对照a1(x－1)4＋a2(x－1)3＋a3(x－1)2＋a4(x－1)＋a5＝x4得a2＝Ceq \\al(1,4)，a3＝Ceq \\al(2,4)，a4＝Ceq \\al(3,4)，所以a2＋a3＋a4＝Ceq \\al(1,4)＋Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(3,4)＝14.
[答案] (1)B (2)14
(1)赋值法研究二项式的系数和问题
“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax＋b)n、(ax2＋bx＋c)m(a，b∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x＝1即可；对形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．
(2)二项式系数最大项的确定方法
(1)如果n是偶数，则中间一项eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(第\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,2)＋1))项))的二项式系数最大．
(2)如果n是奇数，则中间两项eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(第\f(n＋1,2)项与第\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,2)＋1))项))的二项式系数相等并最大．

(2015·成都一中模拟)设(x2＋1)(2x＋1)9＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a11(x＋2)11，则a0＋a1＋a2＋…＋a11的值为( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
解析：令等式中x＝－1可得a0＋a1＋a2＋…＋a11＝(1＋1)(－1)9＝－2，故选A.
答案：A
考点三 多项式展开式中特定项或系数问题|
在高考中，常常涉及一些多项式二项式问题，主要考查学生的化归能力，归纳起来常见的命题角度有：
1．几个多项式和的展开式中的特定项(系数)问题．
2．几个多项式积的展开式中的特定项(系数)问题．
3．三项展开式中的特定项(系数)问题．
探究一 几个多项式和的展开式中的特定项(系数)问题
1．(2016·商丘月考)在(1－x)5＋(1－x)6＋(1－x)7＋(1－x)8的展开式中，含x3的项的系数是( )
A．74 B．121
C．－74 D．－121
解析：展开式中含x3项的系数为Ceq \\al(3,5)(－1)3＋Ceq \\al(3,6)(－1)3＋Ceq \\al(3,7)(－1)3＋Ceq \\al(3,8)(－1)3＝－121.
答案：D
探究二 几个多项式积的展开式中的特定项(系数)问题
2．(2015·高考全国卷Ⅱ)(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝________.
解析：法一：直接将(a＋x)(1＋x)4展开得x5＋(a＋4)x4＋(6＋4a)x3＋(4＋6a)x2＋(1＋4a)x＋a，由题意得1＋(6＋4a)＋(1＋4a)＝32，解得a＝3.
法二：(1＋x)4展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,4)xr，由题意可知，a(Ceq \\al(1,4)＋Ceq \\al(3,4))＋Ceq \\al(0,4)＋Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(4,4)＝32，解得a＝3.
答案：3
探究三 三项展开式中特定项(系数)问题
3．(2015·高考全国卷Ⅰ)(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为( )
A．10 B．20
C．30 D．60
解析：(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5的展开式中只有Ceq \\al(2,5)(x2＋x)3y2中含x5y2，易知x5y2的系数为Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(1,3)＝30，故选C.
答案：C
(1)对于几个多项式和的展开式中的特定项(系数)问题，只需依据二项展开式的通项，从每一项中分别得到特定的项，再求和即可．
(2)对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏．
(3)对于三项式问题一般先变形化为二项式再解决．

30.一般与特殊的思想在二项式问题中的应用(赋值法)
【典例】 若(2x＋eq \r(3))4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2的值是________．
[思维点拨] 要求解的问题与二项式系数有关考虑赋值法，令x＝±1，可求得奇数项与偶数项系数之和．
[解析] 令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝(2＋eq \r(3))4，①
令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋a4＝(－2＋eq \r(3))4.②
故(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(a0＋a2＋a4＋a1＋a3)(a0＋a2＋a4－a1－a3)＝(2＋eq \r(3))4×(－2＋eq \r(3))4＝(3－4)4＝1.
[答案] 1
[方法点评] 赋值法是求展开式中的系数与系数和的常用方法，注意所赋的值要有利于问题的解决，可以取一个或几个值，常赋的值为0，±1.一般地，若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)的展开式中各项系数之和为f(1)，奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝eq \f(f1＋f－1,2)，偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝eq \f(f1－f－1,2).
[跟踪练习] 若(1＋x＋x2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a12x12，则a2＋a4＋…＋a12＝________.
解析：令x＝1，则a0＋a1＋a2＋…＋a12＝36，
令x＝－1，则a0－a1＋a2－…＋a12＝1，
∴a0＋a2＋a4＋…＋a12＝eq \f(36＋1,2).
令x＝0，则a0＝1，∴a2＋a4＋…＋a12＝eq \f(36＋1,2)－1＝364.
答案：364
A组 考点能力演练
1．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,x)))n的展开式中的所有二项式系数之和为512，则该展开式中常数项为( )
A．－84 B．84
C．－36 D．36
解析：由二项式系数之和为2n＝512，得n＝9.又Tr＋1＝(－1)rCeq \\al(r,9)x18－3r，
令18－3r＝0，得r＝6，故常数项为T7＝84.故选B.
答案：B
2．已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a＝( )
A．－4 B．－3
C．－2 D．－1
解析：(1＋x)5中含x与x2的项为T2＝Ceq \\al(1,5)x＝5x，
T3＝Ceq \\al(2,5)x2＝10x2，∴x2的系数为10＋5a＝5，∴a＝－1.
答案：D
3．(2016·青岛模拟)设(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，若a1＋a2＋…＋an＝63，则展开式中系数最大的项是( )
A．15x2 B．20x3
C．21x3 D．35x3
解析：∵(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，
令x＝0，得a0＝1.
令x＝1，则(1＋1)n＝a0＋a1＋a2＋…＋an＝64，∴n＝6，
又(1＋x)6的展开式二项式系数最大项的系数最大，
∴(1＋x)6的展开式系数最大项为T4＝Ceq \\al(3,6)x3＝20x3.
答案：B
4．(2016·西城一模)若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(1,\r(3,x2))))m的展开式中二项式系数之和为128，则展开式中eq \f(1,x3)的系数是( )
A．21 B．－21
C．7 D．－7
解析：∵2m＝128，∴m＝7，∴展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,7)(3x)7－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(3,x2))))r＝Ceq \\al(r,7)37－r(－1)rx7－eq \f(5r,3)，
令7－eq \f(5,3)r＝－3，解得r＝6，
∴eq \f(1,x3)的系数为Ceq \\al(6,7)37－6(－1)6＝21，故选A.
答案：A
5．(2016·广州调研)已知a＝2eq \i\in(0,π,)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))dx，则二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(a,x)))5的展开式中x的系数为( )
A．10 B．－10
C．80 D．－80
解析：a＝2eq \i\in(0,π,)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))dx＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))eq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\\al(π,0)))＝－2，展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(－2)rx10－3r，令10－3r＝1，则r＝3，T4＝Ceq \\al(3,5)(－2)3x＝－80x.
答案：D
6.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2x)))6的展开式中常数项为________．
解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2x)))6的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)x6－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2x)))k＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))kCeq \\al(k,6)x6－2k，令6－2k＝0，得k＝3，故展开式中常数项为－eq \f(5,2).
答案：－eq \f(5,2)
7．(2015·高考天津卷)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,4x)))6的展开式中，x2的系数为________．
解析：二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,4x)))6展开式的第r＋1项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)x6－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)))rx－r＝Ceq \\al(r,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)))rx6－2r，令6－2r＝2，解得r＝2，故x2的系数为Ceq \\al(2,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)))2＝eq \f(15,16).
答案：eq \f(15,16)
8．若(1－2x)2 015＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 015x2 015，则eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a2 015,22 015)＝________.
解析：当x0＝0时，左边＝1，右边＝a0，∴a0＝1
当x＝eq \f(1,2)时，左边＝0，右边＝a0＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a2 015,22 015)
∴0＝1＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a2 015,22 015)
∴eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a2 015,22 015)＝－1
答案：－1
9．已知(a2＋1)n展开式中的各项系数之和等于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,5)x2＋\f(1,\r(x))))5的展开式的常数项，而(a2＋1)n的展开式的系数最大的项等于54，求正数a的值．
解：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,5)x2＋\f(1,\r(x))))5展开式的通项
Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,5)x2))5－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))))r＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,5)))5－rCeq \\al(r,5)xeq \f(20－5r,2)，
令20－5r＝0，得r＝4，
故常数项T5＝Ceq \\al(4,5)·eq \f(16,5)＝16，
又(a2＋1)n展开式的各项系数之和为2n，
由题意，得2n＝16，∴n＝4.
∴(a2＋1)4展开式中系数最大的项是中间项T3，
从而Ceq \\al(2,4)(a2)2＝54，∴a＝eq \r(3).
10．(1)求证：1＋2＋22＋…＋25n－1(n∈N*)能被31整除；
(2)求S＝Ceq \\al(1,27)＋Ceq \\al(2,27)＋…＋Ceq \\al(27,27)除以9的余数．
解：(1)证明：∵1＋2＋22＋…＋25n－1＝eq \f(25n－1,2－1)
＝25n－1＝32n－1＝(31＋1)n－1
＝Ceq \\al(0,n)×31n＋Ceq \\al(1,n)×31n－1＋…＋Ceq \\al(n－1,n)×31＋Ceq \\al(n,n)－1
＝31(Ceq \\al(0,n)×31n－1＋Ceq \\al(1,n)×31n－2＋…＋Ceq \\al(n－1,n))，
显然Ceq \\al(0,n)×31n－1＋Ceq \\al(1,n)×31n－2＋…＋Ceq \\al(n－1,n)为整数，
∴原式能被31整除．
(2)S＝Ceq \\al(1,27)＋Ceq \\al(2,27)＋…＋Ceq \\al(27,27)＝227－1＝89－1
＝(9－1)9－1＝Ceq \\al(0,9)×99－Ceq \\al(1,9)×98＋…＋Ceq \\al(8,9)×9－Ceq \\al(9,9)－1＝9(Ceq \\al(0,9)×98－Ceq \\al(1,9)×97＋…＋Ceq \\al(8,9))－2.
∵Ceq \\al(0,9)×98－Ceq \\al(1,9)×97＋…＋Ceq \\al(8,9)是整数，
∴S被9除的余数为7.
B组 高考题型专练
1．(2014·高考湖北卷)若二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(a,x)))7的展开式中eq \f(1,x3)的系数是84，则实数a＝( )
A．2 B.eq \r(5,4)
C．1 D.eq \f(\r(2),4)
解析：Tr＋1＝Ceq \\al(r,7)·(2x)7－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,x)))r＝27－rCeq \\al(r,7)ar·eq \f(1,x2r－7).令2r－7＝3，则r＝5.由22·Ceq \\al(5,7)a5＝84得a＝1，故选C.
答案：C
2．(2014·高考四川卷)在x(1＋x)6的展开式中，含x3项的系数为( )
A．30 B．20
C．15 D．10
解析：在(1＋x)6的展开式中，含x2的项为T3＝Ceq \\al(2,6)·x2＝15x2，故在x(1＋x)6的展开式中，含x3的项的系数为15.
答案：C
3．(2015·高考湖北卷)已知(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为( )
A．29 B．210
C．211 D．212
解析：因为(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，所以Ceq \\al(3,n)＝Ceq \\al(7,n)，解得n＝10，所以二项式(1＋x)10的展开式中奇数项的二项式系数和为eq \f(1,2)×210＝29.
答案：A
4．(2015·高考广东卷)在(eq \r(x)－1)4的展开式中，x的系数为________．
解析：由题意得Tr＋1＝Ceq \\al(r,4)(eq \r(x))4－r(－1)r＝(－1)rCeq \\al(r,4)·xeq \f(4－r,2)，令eq \f(4－r,2)＝1，得r＝2，所以所求系数为(－1)2Ceq \\al(2,4)＝6.
答案：6
5．(2013·高考浙江卷)设二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(1,\r(3,x))))5的展开式中常数项为A，则A＝________.
解析：展开式通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)·(eq \r(x))5－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(3,x))))r＝Ceq \\al(r,5)(－1)rxeq \f(5,2)－eq \f(5,6)r.
令eq \f(5,2)－eq \f(5,6)r＝0，得r＝3，
当r＝3时，T4＝Ceq \\al(3,5)(－1)3＝－10.故A＝－10.
答案：－10
性 质
内 容
对称性
与首末两端等距离的两个二项式系数相等，即Ceq \\al(m,n)＝Ceq \\al(n－m,n)
增减性
当k当k>eq \f(n＋1,2)时，二项式系数逐渐减小
最大值
当n是偶数时，中间一项eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(第\f(n,2)＋1项))的二项式系数最大，最大值为Ceq \f(n,2)n；当n是奇数时，中间两项eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(第\f(n－1,2)＋1项和))eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(第\f(n＋1,2)＋1项))的二项式系数相等，且同时取得最大值，最大值为Ceq \f(n－1,2)n或Ceq \f(n＋1,2)n