Question

15．已知等差數(shù)列{a_n}的公差為d，a₃=5，且（a₁x+d）⁵的展開式中x²與x³的系數(shù)之比為2：1．
（1）求（a₁x-a₂）⁶的展開式中二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng)；
（2）設(shè)[a₁x²-（a₃-a₁）x+a₃]ⁿ=b₀+b₁（x-2）+b₂（x-2）²+…+b_2n（x-2）²ⁿ，n∈N^*，求a₁b₁+a₂b₂+…+a_2nb_2n的值；
（3）當(dāng)n≥2時，求證：$（{a}_{n+1}）^{{a}_{n+1}}$＞11×16ⁿ+8n⁴．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)和二項(xiàng)式展開定理求出a₁=1，d=2，即可求出展開式中二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng)，
（2）根據(jù)二項(xiàng)式展開定理，得到b₁=b₃=b₅=…=b_2n-1=0，b₀=C_n⁰，b₂=C_n¹，…b_2n=C_nⁿ，繼而得到a₁b₁+a₂b₂+…+a_2nb_2n=3C_n¹+7C_n²+11C_n³+…+（4n-1）C_nⁿ，利用倒序相加法即可求出答案，
（3）根據(jù)二項(xiàng)式展開定理和多次放縮即可證明．

解答 解：（1）等差數(shù)列{a_n}的公差為d，a₃=5，且（a₁x+d）⁵的展開式中x²與x³的系數(shù)之比為2：1．
∴a₁=5-2d且${C}_{5}^{3}（{a}_{1}）^{2}0xbaw4p^{3}=2{C}_{5}^{2}{（a}_{1}）^{3}kw4rfdp^{2}$，
解得a₁=1，d=2，
∴a_n=2n-1，
∴（a₁x-a₂）⁶=（x-3）⁶
∴（x-3）⁶的展開式中二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng)是第四項(xiàng)為${C}_{6}^{3}{x}^{3}（-3）^{3}$=-540x³；
（2）∵a₁=1，a₃=5，則[a₁x²-（a₃-a₁）x+a₃]ⁿ=[（x-2）²+1]ⁿ=C_n⁰[（x-2）²]⁰+C_n¹[（x-2）²]¹+…+C_n^n-1[（x-2）²]^n-1+C_nⁿ[（x-2）²]ⁿ，
=C_n⁰（x-2）²+C_n¹（x-2）²+…+C_n^n-1（x-2）^2n-2+C_nⁿ（x-2）²ⁿ，
=b₀+b₁（x-2）+b₂（x-2）²+…+b_2n（x-2）²ⁿ，n∈N^*，
∴b₁=b₃=b₅=…=b_2n-1=0，b₀=C_n⁰，b₂=C_n¹，…b_2n=C_nⁿ，
∴a₁b₁+a₂b₂+…+a_2nb_2n=3C_n¹+7C_n²+11C_n³+…+（4n-1）C_nⁿ，
令S=3C_n¹+7C_n²+11C_n³+…+（4n-1）C_nⁿ，
則S=[（-1）C_n⁰+3C_n¹+C_n²+11C_n³+…+（4n-1）C_nⁿ]+1
即S=[[（4n-1）C_nⁿ+（4n-5）C_n^n-1+…+（-1）C_n⁰]+1，
∴2S=（4n-2）（C_n⁰+C_n¹+C_n²+C_n³+…+C_nⁿ）+2
∴S=（2n-1）×2ⁿ+1；
（3）：$（{a}_{n+1}）^{{a}_{n+1}}$=（2n+1）²ⁿ⁺¹=（2n）²ⁿ⁺¹+C_2n¹（2n）²ⁿ+C_2n²（2n）^2n-1+…+C_2n^2n-1（2n）²+1，
∵n＞2，
∴2n＞4，
∴$（{a}_{n+1}）^{{a}_{n+1}}$=（2n+1）²ⁿ⁺¹＞4²ⁿ⁺¹+C₅¹4²ⁿ+C₅²4^2n-1+C_2n²（2n）²＞4×16ⁿ+5×16ⁿ+$\frac{5}{2}$×16ⁿ+8n⁴＞11×16ⁿ+8n⁴．

點(diǎn)評 本題考查了二項(xiàng)式展開定理和等差數(shù)列的性質(zhì)，以及倒序相加法和放縮法，運(yùn)算量大，屬于難題．