(新高考)高考数学一轮复习讲与练第10章§10.3《二项式定理》(含详解)

1、10.3二项式定理考试要求能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理，会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题知识梳理1二项式定理二项式定理(ab)nCeq oal(0,n)anCeq oal(1,n)an1b1Ceq oal(k,n)ankbkCeq oal(n,n)bn(nN*)二项展开式的通项Tk1Ceq oal(k,n)ankbk，它表示展开式的第k1项二项式系数Ceq oal(k,n)(k0,1，n)2.二项式系数的性质(1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等(2)增减性与最大值：当n是偶数时，中间的一项 SKIPIF 1 0 取得最大值；当n是奇数时，中间的两项

2、SKIPIF 1 0 与 SKIPIF 1 0 相等，且同时取得最大值(3)各二项式系数的和：(ab)n的展开式的各二项式系数的和等于2n.常用结论1两个常用公式(1)Ceq oal(0,n)Ceq oal(1,n)Ceq oal(2,n)Ceq oal(n,n)2n.(2)Ceq oal(0,n)Ceq oal(2,n)Ceq oal(4,n)Ceq oal(1,n)Ceq oal(3,n)Ceq oal(5,n)2n1.2二项展开式的三个重要特征(1)字母a的指数按降幂排列由n到0.(2)字母b的指数按升幂排列由0到n.(3)每一项字母a的指数与字母b的指数的和等于n.思考辨析判断下列结论

3、是否正确(请在括号中打“”或“”)(1)Ceq oal(k,n)ankbk是(ab)n的展开式的第k项()(2)(ab)n的展开式中某一项的二项式系数与a，b无关()(3)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项()(4)(ab)n的展开式中，某项的系数与该项的二项式系数不同()教材改编题1(x1)10的展开式的第6项的系数是()ACeq oal(6,10) BCeq oal(6,10)CCeq oal(5,10) DCeq oal(5,10)答案D解析T6Ceq oal(5,10)x5(1)5，所以第6项的系数是Ceq oal(5,10).2(多选)已知(ab)n的展开式中第5项的二项

4、式系数最大，则n的值可以为()A7 B8C9 D10答案ABC解析(ab)n的展开式中第5项的二项式系数Ceq oal(4,n)最大，n7或n8或n9.3在(12x)10的展开式中，各项系数的和是_答案1解析令x1可得各项系数的和为(12)101.题型一通项公式的应用命题点1形如(ab)n(nN*)的展开式的特定项例1(1)(2022烟台模拟)(12eq r(x)8展开式中x项的系数为()A28 B28C112 D112答案C解析(12eq r(x)8展开式的通项公式为Tk1Ceq oal(k,8)(2eq r(x)k SKIPIF 1 0 .要求x项的系数，只需eq f(k,2)1，解得k2

5、，所以x项系数为(2)2Ceq oal(2,8)4eq f(87,21)112.(2)(2022德州模拟)若nZ，且3n6，则eq blc(rc)(avs4alco1(xf(1,x3)n的展开式中的常数项为_答案4解析eq blc(rc)(avs4alco1(xf(1,x3)n的通项公式为Tk1Ceq oal(k,n)xnkeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,x3)kCeq oal(k,n)xn4k，因为3n6，令n4k0，解得n4，k1，所以eq blc(rc)(avs4alco1(xf(1,x3)n的展开式中的常数项为4.命题点2形如(ab)m(cd)n (m，nN*)的展开

6、式问题例2(1)(2022泰安模拟)(x32)eq blc(rc)(avs4alco1(xf(1,r(x)6的展开式中x6的系数为()A6 B10 C13 D15答案C解析由于eq blc(rc)(avs4alco1(xf(1,r(x)6的展开式的通项为Tk1 SKIPIF 1 0 ，令6eq f(3k,2)3，求得k2；令6eq f(3k,2)6，求得k0，故(x32)eq blc(rc)(avs4alco1(xf(1,r(x)6的展开式中x6的系数为Ceq oal(2,6)2Ceq oal(0,6)15213.(2)(2022合肥模拟)二项式eq blc(rc)(avs4alco1(2f(

7、x,a)(12x)4的展开式中x3项的系数是70，则实数a的值为()A2 B2C4 D4答案D解析因为eq blc(rc)(avs4alco1(2f(x,a)(12x)42(12x)4eq f(x,a)(12x)4，(12x)4的展开式的通项公式为Tk1Ceq oal(k,4)(2x)k(2)kCeq oal(k,4)xk，k0,1,2,3,4，所以2(12x)4展开式中x3项的系数是2(2)3Ceq oal(3,4)64，eq f(x,a)(12x)4展开式中x3项的系数是eq f(1,a)(2)2Ceq oal(2,4)eq f(24,a)，所以64eq f(24,a)70，解得a4.教师

8、备选A7 B8C9 D10答案D解析(1x)n的二项展开式中第k1项为Tk1Ceq oal(k,n)(1)kxk，又因为eq blc(rc)(avs4alco1(xf(1,x)(1x)nx(1x)neq f(1,x)(1x)n的展开式不含x5的项，所以xCeq oal(4,n)(1)4x4eq f(1,x)Ceq oal(6,n)(1)6x60，Ceq oal(4,n)x5Ceq oal(6,n)x50，即Ceq oal(4,n)Ceq oal(6,n)，所以n10.2(2022烟台模拟)在(x22xy)5的展开式中，x5y2的系数为()A60 B30C15 D12答案A解析由(x22xy)5

9、(x22x)y5，由通项公式可得Tk1Ceq oal(k,5)(x22x)5kyk，要求x5y2的系数，故k2，此时(x22x)3x3(x2)3，其对应x5的系数为Ceq oal(1,3)216.x5y2的系数为Ceq oal(2,5)660.思维升华(1)求二项展开式中的特定项，一般是化简通项后，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k1，代回通项即可(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，以免重复或遗漏跟踪训练1(1)(2021北京)eq blc(rc)(avs4al

10、co1(x3f(1,x)4的展开式中常数项为_答案4解析eq blc(rc)(avs4alco1(x3f(1,x)4的展开式的通项Tk1Ceq oal(k,4)(x3)4keq blc(rc)(avs4alco1(f(1,x)k(1)kCeq oal(k,4)x124k，令k3得常数项为T4(1)3Ceq oal(3,4)4.(2)(2022攀枝花模拟)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,x2)(12x)5的展开式中，含x3的项的系数是()A112 B48C48 D112答案C解析由eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,x2)(12x)5(12x)5eq f(1,

11、x2)(12x)5，(12x)5展开式的通项公式为Tk1Ceq oal(k,5)(2x)k2kCeq oal(k,5)xk，其中k0,1,2,3,4,5，(12x)5展开式中含x3项的系数为23Ceq oal(3,5)80，eq f(1,x2)(12x)5展开式中含x3项的系数为25Ceq oal(5,5)32，所以eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,x2)(12x)5的展开式中，含x3的项的系数为803248.题型二二项式系数与项的系数的问题命题点1二项式系数和与系数和例3(1)(多选)(2022十堰调研)在eq blc(rc)(avs4alco1(3xf(1,r(x)n的展

12、开式中，各项系数和与二项式系数和之和为128，则()A二项式系数和为64 B各项系数和为64C常数项为135 D常数项为135答案ABD解析在eq blc(rc)(avs4alco1(3xf(1,r(x)n的展开式中，各项系数和与二项式系数和之和为128，令x1，得各项系数和为2n，二项式系数和为2n，则22n128，得n6，即二项式系数和为64，各项系数和也为64，故A，B正确；eq blc(rc)(avs4alco1(3xf(1,r(x)6展开式的通项为Tk1Ceq oal(k,6)(3x)6keq blc(rc)(avs4alco1(f(1,r(x)k SKIPIF 1 0 ，令6eq

13、f(3,2)k0，得k4，因此展开式中的常数项为T5Ceq oal(4,6)(1)432135.故D正确(2)已知多项式(12x)(1xx2)3a0a1xa2x2a6x6，则a1_，a2a3a4a5a6_.答案123解析根据题意，令x1，则(12)(111)3a0a1a2a626，令x0，a0112，由于(12x)(1xx2)3a0a1xa2x2a6x6，a1为展开式中x项的系数，考虑一次项系数a12Ceq oal(1,3)Ceq oal(2,2)121，所以a2a3a4a5a6261223.命题点2系数与二项式系数的最值问题例4eq blc(rc)(avs4alco1(yf(2,x2)6的展

14、开式中二项式系数最大的项为第_项，系数最大的项为_答案4240 x8y2解析因为eq blc(rc)(avs4alco1(yf(2,x2)6的展开式中二项式系数的最大值为Ceq oal(3,6)，所以二项式系数最大的项为第4项因为eq blc(rc)(avs4alco1(yf(2,x2)6的展开式的通项为Tk1Ceq oal(k,6)y6keq blc(rc)(avs4alco1(f(2,x2)kCeq oal(k,6)(2)kx2ky6k，所以展开式中系数最大的项为奇数项展开式中第1,3,5,7项的系数分别为Ceq oal(0,6)(2)0，Ceq oal(2,6)(2)2，Ceq oal(

15、4,6)(2)4，Ceq oal(6,6)(2)6，即1,60,240,64，所以展开式中系数最大的项为240 x8y2.教师备选1(多选)已知(12x)2 022a0a1xa2x2a2 022x2 022，下列命题中正确的是()A展开式中所有项的二项式系数的和为22 022B展开式中所有奇次项系数的和为eq f(32 0221,2)C展开式中所有偶次项系数的和为eq f(32 0221,2)D.eq f(a1,2)eq f(a2,22)eq f(a3,23)eq f(a2 022,22 022)1答案ACD解析选项A，由二项式知，Ceq oal(0,2 022)Ceq oal(1,2 022

16、)Ceq oal(2 022,2 022)(11)2 02222 022，A正确；当x1时，有a0a1a2a2 0221，当x1时，有a0a1a2a3a2 021a2 02232 022，选项B，由上可得a1a3a5a2 021eq f(132 022,2)，B错误；选项C，由上可得a0a2a4a2 022eq f(32 0221,2)，C正确；选项D，令xeq f(1,2)可得a0eq f(a1,2)eq f(a2,22)eq f(a3,23)eq f(a2 022,22 022)0，又a01，所以eq f(a1,2)eq f(a2,22)eq f(a3,23)eq f(a2 022,22

17、022)1，D正确2(多选)已知(x3)8a0a1(x2)a2(x2)2a8(x2)8，则下列结论正确的有()Aa01Ba628C.eq f(a1,2)eq f(a2,22)eq f(a8,28)eq f(255,256)Da0a2a4a6a8128答案ACD解析对于A，取x2，得a01，A正确；对于B，(x3)81(x2)8展开式中第7项为Ceq oal(6,8)(1)2(x2)628(x2)6，即a628，B不正确；对于C，取xeq f(5,2)，得a0eq f(a1,2)eq f(a2,22)eq f(a8,28)eq blc(rc)(avs4alco1(f(5,2)3)8eq f(1,

18、256)，则eq f(a1,2)eq f(a2,22)eq f(a8,28)eq f(1,256)a0eq f(255,256)，C正确；对于D，取x3，得a0a1a2a3a7a80，取x1，得a0a1a2a3a7a8(2)8256，两式相加得2(a0a2a4a6a8)256，即a0a2a4a6a8128，D正确思维升华赋值法的应用一般地，对于多项式(abx)na0a1xa2x2anxn，令g(x)(abx)n，则(abx)n的展开式中各项的系数和为g(1)，(abx)n的展开式中奇数项的系数和为eq f(1,2)g(1)g(1)，(abx)n的展开式中偶数项的系数和为eq f(1,2)g(1

19、)g(1)跟踪训练2(1)已知(2x1)5a5x5a4x4a3x3a2x2a1xa0，则|a0|a1|a5|等于()A1 B243C121 D122答案B解析令x1，得a5a4a3a2a1a01，令x1，得a5a4a3a2a1a0243，得2(a4a2a0)242，即a4a2a0121.，得2(a5a3a1)244，即a5a3a1122.所以|a0|a1|a5|122121243.(2)(多选)(2022济南模拟)在eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,x)x)6的展开式中，下列说法正确的是()A常数项为160B第4项的二项式系数最大C第3项的系数最大D所有项的系数和为64答案BC

20、解析展开式的通项为Tk1Ceq oal(k,6)eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,x)6k(x)k26k(1)kCeq oal(k,6)x2k6，由2k60，得k3，所以常数项为23(1)3Ceq oal(3,6)160，A错误；展开式共有7项，所以第4项二项式系数最大，B正确；第3项的系数最大，C正确；令x1，得eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,x)x)61，所有项的系数和为1，D错误题型三二项式定理的综合应用例5(1)设aZ，且0a13，若512 021a能被13整除，则a等于()A0 B1 C11 D12答案B解析因为aZ，且0a13，所以512 021a

21、(521)2 021a，Ceq oal(0,2 021)522 021Ceq oal(1,2 021)522 020Ceq oal(2,2 021)522 019Ceq oal(2 020,2 021)52Ceq oal(2 021,2 021)a，因为512 021a能被13整除，结合选项，所以Ceq oal(2 021,2 021)a1a能被13整除，所以a1.(2)利用二项式定理计算1.056，则其结果精确到0.01的近似值是()A1.23 B1.24C1.33 D1.34答案D解析1.056(10.05)6Ceq oal(0,6)Ceq oal(1,6)0.05Ceq oal(2,6)

22、0.052Ceq oal(3,6)0.053Ceq oal(6,6)0.05610.30.037 50.002 50.0561.34.教师备选的展开式中，系数最大的项为()A第6项 B第7项C第11项 D第6项和第7项答案B解析SnCeq oal(1,27)Ceq oal(2,27)Ceq oal(3,27)Ceq oal(27,27)n(11)27Ceq oal(0,27)(91)9n19(98Ceq oal(1,9)97Ceq oal(8,9)n2，n3，S能被9整除的正数 n的最小值是n29，n11.eq blc(rc)(avs4alco1(xf(1,x)11的展开式中的通项公式为Tk1

23、Ceq oal(k,11)x11keq blc(rc)(avs4alco1(f(1,x)k(1)kCeq oal(k,11)x112k，只考虑k为偶数的情况，由T5Ceq oal(4,11)x3，T7Ceq oal(6,11)x1，T9Ceq oal(8,11)x5，可知系数最大的项为第7项思维升华二项式定理应用的题型及解法(1)在证明整除问题或求余数问题时要进行合理的变形，使被除式(数)展开后的每一项都含有除式的因式(2)二项式定理的一个重要用途是做近似计算：当n不很大，|x|比较小时，(1x)n1nx.跟踪训练3(1)设n为奇数，那么11nCeq oal(1,n)11n1Ceq oal(2

24、,n)11n2Ceq oal(n1,n)111除以13的余数是()A3 B2C10 D11答案C解析11nCeq oal(1,n)11n1Ceq oal(2,n)11n2Ceq oal(n1,n)111Ceq oal(0,n)11nCeq oal(1,n)11n1Ceq oal(2,n)11n2Ceq oal(n1,n)11Ceq oal(n,n)2(111)n212n2(131)n2Ceq oal(0,n)13nCeq oal(1,n)13n1(1)n1Ceq oal(n1,n)13(1)nCeq oal(n,n)2，因为n为奇数，则上式Ceq oal(0,n)13nCeq oal(1,n)

25、13n1(1)n1Ceq oal(n1,n)133Ceq oal(0,n)13nCeq oal(1,n)13n1(1)n1Ceq oal(n1,n)131310，所以11nCeq oal(1,n)11n1Ceq oal(2,n)11n2Ceq oal(n1,n)111除以13的余数是10.(2)0.996的计算结果精确到0.001的近似值是()A0.940 B0.941C0.942 D0.943答案B解析(0.99)6(10.01)6Ceq oal(0,6)1Ceq oal(1,6)0.01Ceq oal(2,6)0.012Ceq oal(3,6)0.013Ceq oal(6,6)0.0161

26、0.060.001 50.000 020.0160.941.课时精练1(2022济南模拟)eq blc(rc)(avs4alco1(xf(1,x)6的展开式中，含x4项的系数为()A4 B6C10 D15答案B解析eq blc(rc)(avs4alco1(xf(1,x)6的展开式通项为Tk1Ceq oal(k,6)x6keq blc(rc)(avs4alco1(f(1,x)kCeq oal(k,6)x62k，令62k4，解得k1，因此，展开式中含x4项的系数为Ceq oal(1,6)6.2(2022武汉部分重点中学联考)在eq blc(rc)(avs4alco1(f(x,2)f(1,r(3,x

27、)n的展开式中，只有第7项的二项式系数最大，则展开式常数项是()A.eq f(55,2) Beq f(55,2)C28 D28答案B解析展开式中，只有第7项的二项式系数最大，可得展开式有13项，所以n12，展开式的通项为Tk1Ceq oal(k,12)eq blc(rc)(avs4alco1(f(x,2)12keq blc(rc)(avs4alco1(f(1,r(3,x)k SKIPIF 1 0 ，若为常数项，则12eq f(4,3)k0，所以k9 ，得常数项为T10Ceq oal(9,12)(1)9eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)129eq f(220,8)eq f(5

28、5,2).3(2022邯郸模拟)(x2x)(1x)6的展开式中x3项的系数为()A9 B9C21 D21答案A解析展开式中x3项的系数为Ceq oal(1,6)Ceq oal(2,6)9.4(2022芜湖质检)已知(xm)(x2)5a0a1xa2x2a6x6，其中m为常数，若a430，则a0等于()A32 B32C64 D64答案A解析由多项式乘法知，第一个因式中x乘以(x2)5展开式中的x3项得一个x4项，第一个因式中的常数m乘以(x2)5展开式中的x4项得另一个x4项，两项合并同类项得系数即为a4，所以a4Ceq oal(2,5)22mCeq oal(1,5)230，解得m1，再令x0，得

29、a02532.5(2022大连模拟)(axy)(xy)4的展开式中x3y2的系数为2，则实数a的值为()Aeq f(1,3) B1 C1 D.eq f(1,3)答案D解析化简得(axy)(xy)4ax(xy)4y(xy)4，(xy)4的展开式的通项公式Tk1Ceq oal(k,4)x4kyk，当k2时，ax(xy)4的展开式中x3y2的系数为Ceq oal(2,4)a6a，当k1时，y(xy)4的展开式中x3y2的系数为Ceq oal(1,4)4，综上，(axy)(xy)4的展开式中x3y2的系数为6a42，aeq f(1,3).6已知在(2x1)n的二项展开式中，奇次项系数的和比偶次项系数的

30、和小38，则Ceq oal(1,n)Ceq oal(2,n)Ceq oal(3,n)Ceq oal(n,n)的值为()A28 B281C27 D271答案B解析设(2x1)na0a1xa2x2anxn，且奇次项的系数和为A，偶次项的系数和为B.则Aa1a3a5，Ba0a2a4a6.由已知得，BA38，令x1，得a0a1a2a3an(1)n(3)n，即(a0a2a4a6)(a1a3a5a7)(3)n，即BA(3)n，(3)n38(3)8，n8，由二项式系数性质可得Ceq oal(1,n)Ceq oal(2,n)Ceq oal(3,n)Ceq oal(n,n)2nCeq oal(0,n)281.7

31、(多选)(2022邯郸模拟)已知eq blc(rc)(avs4alco1(5xf(3,r(x)n的展开式中，二项式系数之和为64，下列说法正确的是()A2，n,10成等差数列B各项系数之和为64C展开式中二项式系数最大的项是第3项D展开式中第5项为常数项答案ABD解析由eq blc(rc)(avs4alco1(5xf(3,r(x)n的二项式系数之和为2n64，得n6，得2,6,10成等差数列，A正确；令x1，eq blc(rc)(avs4alco1(5xf(3,r(x)62664，则eq blc(rc)(avs4alco1(5xf(3,r(x)6的各项系数之和为64，B正确；eq blc(rc

32、)(avs4alco1(5xf(3,r(x)6的展开式共有7项，则二项式系数最大的项是第4项，C不正确；eq blc(rc)(avs4alco1(5xf(3,r(x)6的展开式中的第5项为Ceq oal(4,6)(5x)2eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,r(x)4152581为常数项，D正确8(多选)(2022烟台模拟)已知(2eq r(3)x)6a0a1xa2x2a6x6，则下列选项正确的是()Aa3360B(a0a2a4a6)2(a1a3a5)21Ca1a2a6(2eq r(3)6D展开式中系数最大的为a2答案BD解析(2eq r(3)x)6的展开式通项为Tk1Ceq o

33、al(k,6)26k(eq r(3)x)kCeq oal(k,6)(eq r(3)k26kxk，对于A，令k3，则a3Ceq oal(3,6)23(eq r(3)3480eq r(3)，A错误；对于B，令x1，则a0a1a6(2eq r(3)6；令x1，则a0a1a2a6(2eq r(3)6，(a0a2a4a6)2(a1a3a5)2(a0a1a2a6)(a0a1a2a6)(2eq r(3)(2eq r(3)61，B正确；对于C，令x0，得a026，a1a2a6(2eq r(3)626，C错误；对于D，a0，a2，a4，a6为正数，a1，a3，a5为负数，又a02664，a2Ceq oal(2,

34、6)243720，a4Ceq oal(4,6)2232540，a63327，展开式中系数最大的为a2，D正确9(2021天津)在eq blc(rc)(avs4alco1(2x3f(1,x)6的展开式中，x6的系数是_答案160解析eq blc(rc)(avs4alco1(2x3f(1,x)6的展开式的通项为Tk1Ceq oal(k,6)(2x3)6keq blc(rc)(avs4alco1(f(1,x)k26kCeq oal(k,6)x184k，令184k6，解得k3，所以x6的系数是23Ceq oal(3,6)160.10(2022济宁模拟)已知eq blc(rc)(avs4alco1(xf

35、(2,x)n的展开式中各项的二项式系数的和为128，则这个展开式中x3项的系数是_答案84解析依题意，2n128，解得n7，eq blc(rc)(avs4alco1(xf(2,x)7的展开式的通项为Tk1Ceq oal(k,7)x7keq blc(rc)(avs4alco1(f(2,x)k(2)kCeq oal(k,7)x72k(kN，k7)，由72k3得k2，所以所求展开式中x3项的系数是(2)2Ceq oal(2,7)4eq f(76,21)84.11(2022温州模拟)若eq blc(rc)(avs4alco1(xf(2,r(x)n的展开式中共有7项，则常数项为_(用数字作答)答案240

36、解析因为eq blc(rc)(avs4alco1(xf(2,r(x)n的展开式中共有7项，所以n17，可得n6，所以eq blc(rc)(avs4alco1(xf(2,r(x)6展开式的通项为Tk1 SKIPIF 1 0 SKIPIF 1 0 令6eq f(3,2)k0，可得k4，所以常数项为Ceq oal(4,6)241516240.12(2021浙江)已知多项式(x1)3(x1)4x4a1x3a2x2a3xa4，则a1_，a2a3a4_.答案510解析(x1)3展开式的通项Tr1Ceq oal(r,3)x3r(1)r，(x1)4展开式的通项Tk1Ceq oal(k,4)x4k，则a1Ceq

37、 oal(0,3)Ceq oal(1,4)145；a2Ceq oal(1,3)(1)1Ceq oal(2,4)3；a3Ceq oal(2,3)(1)2Ceq oal(3,4)7；a4Ceq oal(3,3)(1)3Ceq oal(4,4)0.所以a2a3a437010.13已知n为正整数，若1.1510n，n1)，则n的值为()A2 B3 C4 D5答案C解析因为1.155eq blc(rc)(avs4alco1(1f(3,20)5Ceq oal(0,5)eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,20)0Ceq oal(1,5)eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,20)1Ceq oal(2,5)eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,20)2Ceq oal(3,5)eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,20)3Ceq oal(4,5)eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,20)4Ceq oal(5,5)eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,20)51eq f(3,4)eq f(9,40)eq f(27,800)eq bl