Question

10．?dāng)?shù)學(xué)運(yùn)算中，常用符號來表示算式，如$\sum_{i=0}^{n}{a}_{i}$=a₀+a₁+a₂+a₃+…+a_n，其中i∈N，n∈N^*
（Ⅰ）若a₀、a₁、a₂、…a_n成等差數(shù)列，且a₀=0，公差d=1，求證：$\sum_{i=0}^{n}$（a_iC${\;}_{n}^{i}$）=n•2^n-1
（Ⅱ）若$\sum_{k=1}^{2n}$（1+x）^k=a₀+a₁x+a₂x²+…+a_2nx^2k，b_n=$\sum_{i=0}^{n}{a}_{2i}$，記d_n=1+$\sum_{i=1}^{n}$[（-1）ⁱb_iC${\;}_{n}^{i}$]且不等式t•（d_n-1）≤b_n對于?n∈N^*恒成立，求實數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意求出等差數(shù)列的通項公式，然后結(jié)合二項式系數(shù)的性質(zhì)證明$\sum_{i=0}^{n}$（a_iC${\;}_{n}^{i}$）=n•2^n-1；
（Ⅱ）在二項式展開式中分別取x=-1，x=1，求出b_n，再借助于二項式系數(shù)的性質(zhì)化簡可得d_n，代入不等式t•（d_n-1）≤b_n，分n為奇數(shù)和偶數(shù)求得t的取值范圍．

解答 （Ⅰ）證明：由已知得，等差數(shù)列的通項公式為a_n=n，
則$\sum_{i=0}^{n}$（a_iC${\;}_{n}^{i}$）=${a}_{0}+{a}_{1}{C}_{n}^{1}+{a}_{2}{C}_{n}^{2}+…+{a}_{n}{C}_{n}^{n}$=${a}_{0}（{C}_{n}^{0}+{C}_{n}^{1}+…+{C}_{n}^{n}）+（{C}_{n}^{1}+2{C}_{n}^{2}+…+n{C}_{n}^{n}）$．
∵$k{C}_{n}^{k}=n{C}_{n-1}^{k-1}$，∴${C}_{n}^{1}+2{C}_{n}^{2}+…+n{C}_{n}^{n}=n（{C}_{n-1}^{0}+{C}_{n-1}^{1}+…+{C}_{n-1}^{n-1}）$，
∴$\sum_{i=0}^{n}$（a_iC${\;}_{n}^{i}$）=${a}_{0}•{2}^{n}+n•{2}^{n-1}=n•{2}^{n-1}$；
（Ⅱ）解：令x=1，則$\sum_{i=0}^{2n}{a}_{i}=2+{2}^{2}+{2}^{3}+…+{2}^{2n}=\frac{2（1-{4}^{n}）}{-1}=2•{4}^{n}-2$，
令x=-1，則$\sum_{i=0}^{2n}[（-1）^{i}{a}_{i}]=0$，∴$_{n}=\sum_{i=0}^{n}{a}_{2i}=\frac{1}{2}（2•{4}^{n}-2）={4}^{n}-1$，
由已知可知，$i42aw2w_{n}={C}_{n}^{0}-（4-1）{C}_{n}^{1}+（{4}^{2}-1）{C}_{n}^{2}$$-（{4}^{3}-1）{C}_{n}^{3}+…+（-1）^{n}（{4}^{n}-1）{C}_{n}^{n}$
=$[{C}_{n}^{0}+{C}_{n}^{1}（-4）+{C}_{n}^{2}（-4）^{2}+{C}_{n}^{3}（-4）^{3}+…+{C}_{n}^{n}（-4）^{n}]$$-[{C}_{n}^{0}-{C}_{n}^{1}+{C}_{n}^{2}-{C}_{n}^{3}+{C}_{n}^{4}+…+（-1）^{n}{C}_{n}^{n}]+1$
=（1-4）ⁿ-（1-1）ⁿ+1=（-3）ⁿ+1，
∴$a64gu6k_{n}=（-3）^{n}+1$，
將$_{n}={4}^{n}-1，604awos_{n}=（-3）^{n}+1$代入不等式t•（d_n-1）≤b_n，得t•（-3）ⁿ≤4ⁿ-1，
當(dāng)n為偶數(shù)時，$t≤（\frac{4}{3}）^{n}-（\frac{1}{3}）^{n}$，∴t≤$（\frac{4}{3}）^{2}-（\frac{1}{3}）^{2}=\frac{5}{3}$；
當(dāng)n為奇數(shù)時，$t≥-[（\frac{4}{3}）^{n}-（\frac{1}{3}）^{n}]$，∴$t≥-[（\frac{4}{3}）^{1}-（\frac{1}{3}）^{1}]=-1$．
綜上所述，所求實數(shù)t的范圍是[-1，$\frac{5}{3}$]．

點評 本題考查數(shù)列的求和，考查了二項式系數(shù)的性質(zhì)，考查了邏輯思維能力和推理運(yùn)算能力，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，屬難題．