题目内容

已知Sn=a1Cn1+a2Cn2+a3Cn3+a4Cn4+…+anCnn，bn=n•2n
（1）若{an}是等差数列，且首项是(
x
-
2
x
)6展开式的常数项的
1
60
，公差d为(
x
-
2
x
)6展开式的各项系数和①求S2，S3，S4，②找出Sn与bn的关系，并说明理由．
（2）若an=
qn-1
q-1
(q≠±1)，且数列{cn}满足c1+c2+c3+…+cn=
Sn
2n
，求证：{cn}是等比数列．
分析：（1）利用二项式定理求出，a1=1，d=1，①利用组合数公式可求出S2，S3，S4，②可得出Sn=
1
2
bn，再用倒序相加法证明．
（2）通项akCnk=
qk-1
q-1
C
k
n
 =
1
q-1
qk 
C
k
n
-
1
q-1
C
k
n
 (q≠±1)，利用分组法，结合二项式定理的逆用、二项式系数的性质，求出 Tn=c1+c2+c3+…+cn=
Sn
2n
=
1
q-1
[(
1+q
2
)n-1]．再利用数列Tn与cn的关系求出cn=
1
2
(
1+q
2
)n-1，从而易证{cn}是等比数列．
解答：解：（1）(
x
-
2
x
)6展开式的通项为
C
r
6
(
x
)6-r(-
2
x
)r=(-2)r
C
r
6
x3-
3
2
r，令3-
3
2
r=0，r=2，
常数项为（-2）2C62=60，a1=1，在(
x
-
2
x
)6展开式中令x=1，得出各项系数和为（1-2）6=1，即d=1．an=n．
①S2=C21+2C22=4，S3=C31+2C32+3C33=12，S4=C41+2C42+3C43+4C44=32
②Sn=
1
2
bn
∵Sn=Cn1+2Cn2+3Cn3+4Cn4+…+nCnn
又 Sn=nCnn+（n-1）Cn n-1+（n-2）Cn n-2+（n-3）Cn n-3+…+Cn1
两式相加得2Sn=Cn1+n（Cn1+Cn2+Cn3+Cn4+…+Cnn-1）+nCnn=n（2n-Cn0-Cnn）+2n=n•2n=b n
∴Sn=
1
2
bn．
（2）∵akCnk=
qk-1
q-1
C
k
n
 =
1
q-1
qk 
C
k
n
-
1
q-1
C
k
n
 (q≠±1)     
∴Sn=
1
q-1
n
k=1
qk
C
k
n
-
1
q-1
n
k=1
C
k
n
=
1
q-1
[(1+q)n-1 ]-
1
q-1
（2n-1）=
1
q-1
[（1+q）n-2n]．
∴Tn=c1+c2+c3+…+cn=
Sn
2n
=
1
q-1
[(
1+q
2
)n-1]．
当n=1时，c1=T1=
1
q-1
q-1
2
=
1
2
．
当n≥2时 cn=Tn-Tn-1=
1
q-1
[(
1+q
2
)n-(
1+q
2
)n-1]=
1
2
(
1+q
2
)n-1，对n=1时也成立．
∴cn=
1
2
(
1+q
2
)n-1，{cn}是以
1
2
为首项，以(
1+q
2
) 为公比的等比数列．
点评：重点考察二项式定理的应用，解决的方法有倒序相加法求和，利用数列和的定义求通项，难点在于综合分析，配凑逆用二项式定理，属于难题．考查计算、化简能力．
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（2）若，且数列{cn}满足，求证：{cn}是等比数列．

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