Question

（1）若等差數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)為a₁=C

11-2m 5m

-A

2m-2 11-3m

（m∈N^*），公差是（

5

2x

-

2

5

3	x2

）ⁿ展開式中的常數(shù)項(xiàng)，其中n為77⁷⁷-15除以19的余數(shù)，求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式．
（2）已知函數(shù)f（x）=C

0 n

x^2n-1-C

1 n

x^2n-2+C

2 n

x^2n-3-…+C

r n

（-1）^rx^2n-1-r+…+C

n n

（-1）ⁿx^n-1，n∈N^*，是否存在等差數(shù)列{a_n}，使得a₁C

0 n

+a₂C

1 n

+…+a_n+1C

n n

=nf（2）對一切n∈N^*都成立？若存在，求a_n的通項(xiàng)公式，若不存在，說明理由．

Answer 1

考點(diǎn)：二項(xiàng)式定理的應(yīng)用,排列及排列數(shù)公式

專題：二項(xiàng)式定理

分析：（1）由條件求得m=2，可得a₁ 的值．由n為77⁷⁷-15除以19的余數(shù)，可得n=5．在（

5

2x

-

2

5

3	x2

）⁵展開式中的通項(xiàng)公式中，令x的冪指數(shù)等于零，求得 r=3，可得展開式的常數(shù)項(xiàng)，即等差數(shù)列{a_n}的公差，從而求得等差數(shù)列的通項(xiàng)公式．
（2）由條件求得 f（2）=2^n-1．再由 a₁C

0 n

+a₂C

1 n

+…+a_n+1C

n n

=nf（2）=n•2^n-1，

C

m n

=

C

n-m n

，可得 a_n+1C

0 n

+a_nC

1 n

+…+a₁C

n n

=nf（2）=n•2^n-1，可得a₁+a_n+1=n．再分別令n=1、n=2，可得公差d和a₁，可得數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式．

解答： 解：（1）由題意可得

5m≥11-2m 11-3m≥2m-2 m∈N*

，求得m=2，∴a₁=

C

7 10

-

A

2 5

=100．
∴77⁷⁷-15=（1+4×19）⁷⁷-15=

C

0 77

+

C

1 77

（4×19）+

C

2 77

（4×19）²+…+

C

77 77

（4×19）⁷⁷-15，
故77⁷⁷-15除以19的余數(shù)即-14除以19的余數(shù)5，即n=5．
（

5

2x

-

2

5

3	x2

）⁵展開式中的通項(xiàng)公式為 T_r+1=

C

r 5

•（-1）^r•(

5

2

)5-2r•x

5r-15

3

，
令

5r-15

3

=0，求得 r=3，故展開式的常數(shù)項(xiàng)為 T₄=-

C

3 5

•

2

5

=-4，
即等差數(shù)列{a_n}的公差為-4，
∴a_n=a₁+（n-1）d=100+（n-1）（-4）=104-4n．
（2）已知函數(shù)f（x）=C

0 n

x^2n-1-C

1 n

x^2n-2+C

2 n

x^2n-3-…+C

r n

（-1）^rx^2n-1-r+…+C

n n

（-1）ⁿx^n-1
=x^n-1[

C

0 n

•xⁿ-

C

1 n

•x^n-1+

C

2 n

•x^n-2-…+（-1）^r

C

r n

•x^n-r+…+（-1）ⁿ

C

n n

=x^n-1 •（x-1）ⁿ，
∴f（2）=2^n-1．
再由 a₁C

0 n

+a₂C

1 n

+…+a_n+1C

n n

=nf（2）=n•2^n-1，

C

m n

=

C

n-m n

，
可得 a_n+1C

0 n

+a_nC

1 n

+…+a₁C

n n

=nf（2）=n•2^n-1，
故有 a₁+a_n+1=n．
再令n=1，可得 a₁+a₂=1 a₁+a₃=3，∴公差d=a₃-a₂=1，a₁=0，
∴a_n=0+（n-1）×1=n-1，即 a_n=n-1．

點(diǎn)評：本題主要考查排列數(shù)、組合數(shù)的計(jì)算公式，二項(xiàng)式定理的應(yīng)用，二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式，求展開式中某項(xiàng)的系數(shù)，二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題．