热门试卷

根据题意，等差数列的首项为C5n11-2n-A11-3n2n-2，

则有，解可得≤n≤，

又由n∈N，则n=2，

从而有a1=100，

又由7777-15=（76+1）77-15=C7707677+C7717676+C7727675+…+C777676+1-15，

可得m=5，则数列的公差d=-4，

从而等差数列的通项公式是an=104-4n，

设其前k项之和最大，则，

解得k=25或k=26，

故此数列的前25项之和与前26项之和相等且最大，S25=S26=1300．

依题意，前三项系数的绝对值是1，C1n（），C2n（）2，

且2C1n•=1+C2n（）2，

即n2-9n+8=0，∴n=8（n=1舍去），

∴展开式的第k+1项为Ck8（）8-k（-）k

=（-）kCk8•x•x-=（-1）k•Ck8•x．

（1）证明：若第k+1项为常数项，

当且仅当=0，即3k=16，

∵k∈Z，∴这不可能，∴展开式中没有常数项．

（2）若第k+1项为有理项，当且仅当为整数，

∵0≤k≤8，k∈Z，∴k=0，4，8，

即展开式中的有理项共有三项，它们是：

T1=x4，T5=x，T9=x-2．

（Ⅰ）依题意ak(x)=(x)k-1，k=1，2，3，…，n+1，

a1（x），a2（x），a3（x）的系数依次为Cn0=1，•=，•()2=，

所以2×=1+，

解得n=8；            

（Ⅱ）F（x）=a1（x）+2a2（x）+3a3（x），…+nan（x）+（n+1）an+1（x）=+2(x)+3(x)2…+n(x)n-1+(n+1)(x)n

F（2）-F（0）=2Cn1+3Cn2…+nCnn-1+（n+1）Cnn

设Sn=Cn0+2Cn1+3Cn2…+nCnn-1+（n+1）Cnn，

则Sn=（n+1）Cnn+nCnn-1…+3Cn2+2Cn1+Cn0

考虑到Cnk=Cnn-k，将以上两式相加得：2Sn=（n+2）（Cn0+Cn1+Cn2…+Cnn-1+Cnn）

所以Sn=（n+2）2n-1所以F（2）-F（0）=（n+2）2n-1-1

又当x∈[0，2]时，F'（x）≥0恒成立，

从而F（x）是[0，2]上的单调递增函数，

所以对任意x1，x2∈[0，2]，|F（x1）-F（x2）|≤F（2）-F（0）═（n+2）2n-1-1＜（n+2）2n-1．

易求得展开式前三项的系数为 1，，．（2分）

据题意 2×=1+（3分）⇒n=8（4分）

（1）设展开式中的有理项为Tr+1，由Tr+1=()8-r()r=()rx16-3r4

∴r为4的倍数，又0≤r≤8，∴r=0，4，8．（6分）

Tr+1=()8-r()r=()rx16-3r4

故有理项为：T1=()0x16-3×04=x4，

T5=()4x16-3×44=x，

T9=()8x16-3×84=．（8分）

（2）设展开式中Tr+1项的系数最大，则：()r≥()r+1且()r≥()r-1（10分）

⇒r=2或r=3

故展开式中系数最大项为：T3=()2x16-3×24=7x52T4=()3x16-3×34=7x74．（12分）