专题15 二项式定理及数学归纳法（高考押题）-2017年高考数学（理）考纲解读与热点难点突破

专题15 二项式定理及数学归纳法（高考押题）-2017年高考数学（理）考纲解读与热点难点突破

专题15 二项式定理及数学归纳法（高考押题）‎ ‎2017年高考数学（理）考纲解读与热点难点突破 ‎ 1． (x－y)8的展开式中，x6y2项的系数是(　　)‎ A．56 B．－56 C．28 D．－28‎ ‎【答案】A　‎ ‎【解析】二项式的通项为Tr＋1＝Cx8－r·(－y)r，令8－r＝6，即r＝2，得x6y2项的系数为C(－)2＝56.‎ ‎2．已知a＝2cosdx，则二项式的展开式中x的系数为(　　)‎ A．10 B．－10 C．80 D．－80‎ ‎【答案】D　‎ ‎3．在的二项展开式中，常数项为(　　)‎ A．1 024 B．1 324 C．1 792 D．－1 080‎ ‎【答案】C ‎【解析】的二项展开式的通项公式为Tr＋1＝Cx8－r(－2)rx－＝‎ ‎(－2)rCx8－，令8－r＝0，解得r＝6，故展开式中的常数项为1 792.故选C.‎ ‎4．若二项式(3－x)n(n∈N*)中所有项的系数之和为a，所有项的系数的绝对值之和为b，则＋的最小值为(　　)‎ A．2 B. C. D. ‎【答案】B　【解析】令x＝1，可求得a＝2n；‎ 令x＝－1，可求得b＝4n；‎ 所以＋＝2n＋，令t＝2n，t≥2，‎ 所以＋＝t＋≥2＋＝，故选B.‎ ‎5．设(1＋x＋x2)n＝a0＋a1x＋…＋a2nx2n，则a2＋a4＋…＋a2n的值为(　　)‎ A. B. C．3n－2 D．3n ‎【答案】B　‎ ‎6．已知(ax＋1)5的展开式中x2的系数与的展开式中x3的系数相等，则a＝________.‎ ‎【解析】　由二项式定理知，(ax＋1)5的展开式中x2的系数为Ca2，‎ 的展开式中x3的系数为C×，于是有Ca2＝C×，解得a2＝，‎ 所以a＝±.‎ ‎【答案】　± ‎7．的展开式中各项系数之和为729，则该展开式中x2的系数为________．‎ ‎【解析】　依题意，得3n＝729，即n＝6.二项式的展开式的通项是Tr＋1＝C·(2x)6－r·＝C·26－r·x6－.令6－＝2，得r＝3.因此，在该二项式的展开式中x2的系数是C×26－3＝160.‎ ‎【答案】　160‎ ‎8．在的展开式中，x2项的系数为________． (结果用数字表示)．‎ ‎【答案】　45‎ ‎9．设(2x－1)6＝a6x6＋a5x5＋…＋a1x＋a0，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝________.‎ 解析　∵Tr＋1＝C(2x)6－r(－1)r＝(－1)r26－rCx6－r，‎ ‎∴ar＋1＝(－1)r26－rC.‎ ‎∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a6|‎ ‎＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝2×(－1)－1]6＝36.‎ 答案　729‎ ‎10．二项式(x＋y)5的展开式中，含x2y3的项的系数是________(用数字作答)．‎ 解析　设二项式(x＋y)5的展开式的通项公式为Tr＋1，则Tr＋1＝Cx5－r·yr，令r＝3，则含x2y3的项的系数是C＝10.‎ 答案　10‎ ‎11．若将函数f(x)＝x5表示为f(x)＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a5(1＋x)5，其中a0，a1，a2，…，a5为实数，则a3＝________.‎ 解析　由等式两边对应项系数相等，即 ⇒a3＝10.‎ 答案　10‎ ‎12．设二项式的展开式中常数项为A，则A＝________.‎ ‎13．若的展开式中x3项的系数为20，则a2＋b2的最小值为________．‎ 解析　Tr＋1＝C(ax2) 6－r＝Ca6－rbrx12－3r，令12－3r＝3，则r＝3.‎ ‎∴Ca3b3＝20，即ab＝1.‎ ‎∴a2＋b2≥2ab＝2，‎ 即a2＋b2的最小值为2.‎ 答案　2‎ ‎14． 的展开式中x2y2的系数为________(用数字作答)．‎ 解析　Tr＋1＝C·· ‎＝(－1)r·C·x·y，‎ 令得r＝4.‎ 所以展开式中x2y2的系数为(－1)4·C＝70.‎ 答案　70‎ ‎15．设(2－x)100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100，求下列各式的值；‎ ‎(1)a0；‎ ‎(2)a1＋a3＋a5＋…＋a99；‎ ‎(3)(a0＋a2＋a4＋…＋a100)2－(a1＋a3＋…＋a99)2.‎ 解　(1)由(2－x)100展开式中的常数项为C·2100，即a0＝2100，或令x＝0，则展开式可化为a0＝2100.‎ ‎(2)令x＝1，得 a0＋a1＋a2＋…＋a99＋a100＝(2－)100①‎ 令x＝－1.可得a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝(2＋)100②‎ 联立①②得：a1＋a3＋…＋a99‎ ‎＝.‎ ‎(3)原式＝(a0＋a2＋…＋a100)＋(a1＋a3＋…＋a99)]·(a0＋a2＋…＋a100)－(a1＋a3＋…＋a99)]‎ ‎＝(a0＋a1＋a2＋…＋a100)(a0－a1＋a2－a3＋…＋a98－a99＋a100)‎ ‎＝(2－)100(2＋)100＝1.‎ ‎16．设a＞0，f(x)＝，令a1＝1，an＋1＝f(an)，n∈N*.‎ ‎(1)写出a2，a3，a4的值，并猜想数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)用数学归纳法证明你的结论．‎ 解：(1)因为a1＝1，所以a2＝f(a1)＝f(1)＝，a3＝f(a2)＝，a4＝f(a3)＝，‎ 猜想an＝(n∈N*)．‎ ‎17．各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a－a＝2.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)求证：＋＋…＋≤对一切n∈N*恒成立．‎ 解：(1)因为a－a＝2，‎ 所以数列{a}是首项为1，公差为2的等差数列，‎ 所以a＝1＋(n－1)·2＝2n－1，‎ 又an＞0，则an＝.‎ ‎(2)证明：由(1)知，即证1＋＋…＋≤.‎ ‎①当n＝1时，左边＝1，右边＝1，所以不等式成立；‎ 当n＝2时，左边＜右边，所以不等式成立．‎ ‎②假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时不等式成立，‎ 即1＋＋…＋≤，‎ 当n＝k＋1时，‎ 左边＝1＋＋…＋＋≤＋＜＋＝＋ ‎＝＝.‎ 所以当n＝k＋1时不等式成立．‎ 由①②知对一切n∈N*不等式恒成立．‎ ‎18．已知函数f(x)＝x2－ax＋ln(x＋1)(a∈R)．‎ ‎(1)当a＝2时，求函数f(x)的极值点；‎ ‎(2)若函数f(x)在区间(0，1)上恒有f′(x)＞x，求实数a的取值范围；‎ ‎(3)已知a＜1，c1＞0，且cn＋1＝f′(cn)(n＝1，2，…)，证明数列{cn}是单调递增数列．‎ 解：(1)当a＝2时，f(x)＝x2－2x＋ln(x＋1)，‎ f′(x)＝2x－2＋＝.‎ 令f′(x)＝0，得x＝±.‎ 当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；‎ 当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．‎ 当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．‎ 所以函数f(x)的极大值点为x＝－，极小值点为x＝.‎ ‎(2)因为f′(x)＝2x－a＋，‎ 由f′(x)＞x，得2x－a＋＞x，‎ 所以由题意知，a＜x＋(0＜x＜1)恒成立．‎ 又x＋＝x＋1＋－1≥1，当且仅当x＋1＝，即x＝0时等号成立．‎ 所以a≤1.‎ 故所求实数a的取值范围为(－∞，1]．‎ ‎19．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b＞0且b≠1， b，r均为常数)的图象上．‎ ‎(1)求r的值；‎ ‎(2)当b＝2时，记bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，证明：对任意的n∈N*，不等式··…·＞成立．‎ 解：(1)由题意，Sn＝bn＋r，当n≥2时，Sn－1＝bn－1＋r.‎ 所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)．‎ 由于b＞0且b≠1，‎ 所以n≥2时，{an}是以b为公比的等比数列．‎ 又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，‎ 所以＝b，即＝b，解得r＝－1.‎ ‎(2)由(1)及b＝2知an＝2n－1，因此bn＝2(log2an＋1)＝2n(n∈N*)，‎ 所证不等式为··…·＞.‎ ‎①当n＝1时，左式＝，右式＝，‎ 左式＞右式，所以结论成立．‎ ‎②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时结论成立，即··…·＞，‎ 则当n＝k＋1时，··…··＞·＝.‎ 要证当n＝k＋1时结论成立，只需证≥，‎ 即证≥.‎ 由基本不等式得＝≥成立，‎ 故≥成立，‎ 所以，当n＝k＋1时，结论成立．‎ 由①②可知，n∈N*时，不等式··…·＞成立．‎ ‎20．已知数列{an}满足a1＝a，an＋1＝2an＋(a，λ∈R)．‎ ‎(1)若λ＝－2，数列{an}单调递增，求实数a的取值范围；‎ ‎(2)若a＝2，试写出an≥2对任意的n∈N*成立的充要条件，并证明你的结论．‎ 解：(1)当λ＝－2时，an＋1＝2an－，由题意知an＋1>an，所以an＋1－an＝an－>0，解得an>或－或－0，知f(x)在区间2，＋∞)上单调递增，所以ak＋1＝2ak＋≥4＋≥2.‎ ‎②当λ>0时，对x∈2，＋∞)总有f(x)＝2x＋>4>2，所以ak＋1＝2ak＋>2.‎ 所以当n＝k＋1时，ak＋1≥2成立．‎ 综上可知，当λ≥－4时，对任意的n∈N*，an≥2成立．‎ 故an≥2对任意的n∈N*成立的充要条件是λ≥－4.‎ ‎21．已知函数f(x)＝aln x＋(a∈R)．‎ ‎(1)当a＝1时，求f(x)在x∈1，＋∞)内的最小值；‎ ‎(2)若f(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；‎ ‎(3)求证ln(n＋1)>＋＋＋…＋(n∈N*)．‎ 解：(1)当a＝1时，f(x)＝ln x＋，定义域为(0，＋∞)．‎ 因为f′(x)＝－＝>0，‎ 所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以f(x)在x∈1，＋∞)内的最小值为f(1)＝1.‎ ‎ (3)证明：当n＝1时，ln(n＋1)＝ln 2，‎ ‎∵3ln 2＝ln 8>1，∴ln 2>，即当n＝1时，不等式成立．‎ 设当n＝k时，ln(k＋1)>＋＋…＋成立．‎ 当n＝k＋1时，ln(n＋1)＝ln(k＋2)＝ln(k＋1)＋ln>＋＋…＋＋ln.‎ 根据(1)的结论可知，当x>1时，ln x＋>1，即ln x>.‎ 令x＝，所以ln>，则有ln(k＋2)>＋＋…＋＋，即当n＝k＋1时，不等式也成立．‎ 综上可知不等式成立．‎