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

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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.‎
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