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证明:(1)
n
k=0
2k
C
k
n
=3n
(n∈N);
(2)2C2n0+C2n1+2C2n2+C2n3+…+C2n2n-1+2C2n2n=3•22n-1(n∈N);
(3)2<(1+
1
n
)n<3(n∈N)
分析:(1)从右边开始分析,将3看成1+2,由二项式定理展开可得左式,即原等式可得证明;
(2)观察左式,可将左式转化为(C2n0+C2n1+C2n3+…+C2n2n)+(C2n0+C2n2+C2n4+…+C2n2n),由二项式系数的性质,(C2n0+C2n1+C2n3+…+C2n2n)=22n,(C2n0+C2n2+C2n4+…+C2n2n)=22n-1,相加可得右式,即原等式可得证明;
(3)由二项式定理,将(1+
1
n
n展开可得1+
1
n
Cn1+
1
n2
Cn2+…
1
nn
+Cnn=1+1++
1
n2
Cn2+…
1
nn
+Cnn;分析可得:(1+
1
n
n>2;另一方面,用放缩法分析,,(1+
1
n
n=1+1+
1
2!
n-1
n
+
1
3!
(n-1)(n-2)
n2
+…+
1
n!
1
nn-1
•(n-1)(n-2)…2•1<1+1+
1
2!
+
1
3!
+…+
1
n!
<1+1+
1
2
+
1
22
+…+
1
2n-1
;整理可得右式的证明,综合可证得原不等式.
解答:证明:(1)右式=3n=(1+2)n=C2020+C2121+C2222+…+C2n2n=
n
n-1
2k
C
k
n
=左式;
故得证;
(2)左式=(C2n0+C2n1+C2n3+…+C2n2n)+(C2n0+C2n2+C2n4+…+C2n2n)=22n+22n-1=3•22n-1=右式;
故得证;
(3)由二项式定理,(1+
1
n
n=1+
1
n
Cn1+
1
n2
Cn2+…
1
nn
+Cnn=1+1+
1
n2
Cn2+…
1
nn
+Cnn;①
由①知,(1+
1
n
n>2;
另一方面,(1+
1
n
n=1+1+
1
2!
n-1
n
+
1
3!
(n-1)(n-2)
n2
+…+
1
n!
1
nn-1
•(n-1)(n-2)…2•1
<1+1+
1
2!
+
1
3!
+…+
1
n!
<1+1+
1
2
+
1
22
+…+
1
2n-1

<1+
1
1-
1
2
=3;
综合即2<(1+
1
n
n<3.
点评:本题考查二项式定理的应用,涉及等式、不等式的证明;注意观察原等式或不等式的形式,结合二项式定理,进而对原题题干进行恒等变形,最终证明命题.
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相关习题

科目:高中数学 来源: 题型:

(Ⅰ)设f(x)=(1+x)n,f(x)展开式中x2的系数是10,求n的值;
(Ⅱ)利用二项式定理证明:
n
k=1
(-1)k+1k
C
k
n
=0

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科目:高中数学 来源: 题型:

已知函数f(x)=lnx,g(x)=
3
2
-
a
x
(a为实常数)
(1)当a=1时,求函数φ(x)=f(x)-g(x)在x∈[4,+∞)上的最小值;
(2)若方程e2f(x)=g(x)(其中e=2.71828…)在区间[
1
2
,1]上有解,求实数a的取值范围;
(3)证明:
5
4
n+
1
60
n
k=1
[2f(2k+1)-f(k)-f(k+1)]<2n+1,n∈N*
(参考数据:ln2≈0.6931)

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科目:高中数学 来源: 题型:

如果实数x,y,t满足|x-t|≤|y-t|,则称x比y接近t.
(Ⅰ)设a为实数,若a|a|比a更接近1,求a的取值范围;
(Ⅱ)f(x)=ln
x-1
x+1
,证明:
n
k=2
f(k)
2-n-n2
2n(n+1)
更接近0(k∈Z).

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科目:高中数学 来源: 题型:

已知数列{an}中,a1=t,a2=t2(t>0且t≠1).若x=
t
是函数f(x)=an-1x3-3[(t+1)an-an+1]x+1(n≥2)的一个极值点.
(Ⅰ)证明数列{an+1-an}是等比数列,并求数列{an}的通项公式;
(Ⅱ)记bn=2(1-
1
an
)
,当t=2时,数列{bn}的前n项和为Sn,求使Sn>2008的n的最小值;
(Ⅲ)当t=2时,求证:对于任意的正整数n,有 
n
k=1
2k
(ak+1)(ak+1+1)
1
3

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科目:高中数学 来源: 题型:

(2012•成都一模)已知函数f(x)=
1
2
x2-mln
1+2x
+mx-2m
,m<0.
(I)当m=-1时,求函数y=f(x)-
x
3
的单调区间;
(II)已知m≤-
e
2
(其中e是自然对数的底数),若存在实数x0∈(-
1
2
e-1
2
]
,使f(x0)>e+1成立,证明:2m+e+l<0;
(III)证明:
n
k=1
8k-3
3k2
>ln
(n+1)(n+2)
2
(n∈N*)

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