Question

7．在等式cos2x=2cos²x-1（x∈R）的兩邊對(duì)x求導(dǎo)，得（-sin2x）•2=4cosx（-sinx），化簡后得等式sin2x=2cosxsinx．
（1）利用上述方法，試由等式（1+x）ⁿ=C_n⁰+C_n¹x+…+C_n^n-1x^n-1+C_nⁿxⁿ（x∈R，正整數(shù)n≥2），
①證明：n[（1+x）^n-1-1]=$\sum_{k=2}^n$k$C_n^k$x^k-1；
②求C₁₀¹+2C₁₀²+3C₁₀³+…+10C₁₀¹⁰．
（2）對(duì)于正整數(shù)n≥3，求 $\sum_{k=1}^n$（-1）^kk（k+1）C_n^k．

Answer 1

分析 （1）①對(duì)二項(xiàng)式定理的展開式兩邊對(duì)x求導(dǎo)數(shù)，移項(xiàng)得到恒等式；
②對(duì)①，令x=1，n=10，由恒等式計(jì)算即可得到所求值；
（2）對(duì)①中的x 賦值-1，整理得到恒等式$\sum_{k=1}^{n}$（-1）^kk${C}_{n}^{k}$=0；對(duì)二項(xiàng)式的定理的兩邊對(duì)x求導(dǎo)數(shù)，再對(duì)得到的等式對(duì)x兩邊求導(dǎo)數(shù)，給x賦值-1化簡可得$\sum_{k=1}^{n}$（-1）^kk²${C}_{n}^{k}$=0，相加即可得到所求 $\sum_{k=1}^n$（-1）^kk（k+1）C_n^k．

解答 解：（1）①證明：等式（1+x）ⁿ=C_n⁰+C_n¹x+…+C_n^n-1x^n-1+C_nⁿxⁿ（x∈R，正整數(shù)n≥2），
兩邊對(duì)x求導(dǎo)，可得
n（1+x）^n-1=C_n¹+2${C}_{n}^{2}$x+…+（n-1）C_n^n-1x^n-2+nC_nⁿx^n-1，
即有n[（1+x）^n-1-1]=2${C}_{n}^{2}$x+…+（n-1）C_n^n-1x^n-2+nC_nⁿx^n-1=$\sum_{k=2}^n$k$C_n^k$x^k-1；
②由①令x=1可得，n（2^n-1-1）=$\sum_{k=2}^n$k$C_n^k$，
可得，C₁₀¹+2C₁₀²+3C₁₀³+…+10C₁₀¹⁰=10+10（2⁹-1）=5120；
（2）在①式中，令x=-1，可得n[（1-1）^n-1-1]=$\sum_{k=2}^n$k$C_n^k$（-1）^k-1，
整理得$\sum_{k=1}^{n}$（-1）^k-1k${C}_{n}^{k}$=0，
所以$\sum_{k=1}^{n}$（-1）^kk${C}_{n}^{k}$=0；
由n（1+x）^n-1=C_n¹+2C_n²x+…+（n-1）C_n^n-1x^n-2+nC_nⁿx^n-1，n≥3，
兩邊對(duì)x求導(dǎo)，得n（n-1）（1+x）^n-2=2C_n²+3•2C_n³x+…+n（n-1）C_nⁿx^n-2
在上式中，令x=-1，得0=2C_n²+3•2C_n³（-1）+…+n（n-1）C_n²（-1）^n-2
即$\sum_{k=2}^{n}$k（k-1）${C}_{n}^{k}$（-1）^k-2=0，
亦即$\sum_{k=2}^{n}$（k²-k）${C}_{n}^{k}$（-1）^k=0，
又$\sum_{k=1}^{n}$（-1）^kk${C}_{n}^{k}$=0，
兩式相加可得，$\sum_{k=1}^{n}$（-1）^kk²${C}_{n}^{k}$=0，
綜上可得，$\sum_{k=1}^n$（-1）^kk（k+1）C_n^k=$\sum_{k=1}^{n}$（-1）^kk²${C}_{n}^{k}$+$\sum_{k=1}^{n}$（-1）^kk${C}_{n}^{k}$=0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的概念和應(yīng)用，注意對(duì)等式兩邊求導(dǎo)，考查二項(xiàng)式定理的運(yùn)用，注意運(yùn)用賦值法，考查化簡整理的運(yùn)算能力，屬于難題．