Question

已知等比数列{a_n}，首项a₁是(

x

+

1

5x2

) 5的展开式中的常数项，公比q=

t

24

 • 

C

2m+8 4m

•

A

m 4

，且t≠1．
（1）求a₁及m的值；
（2）化简C_n¹•S₁+C_n²•S₂+…+C_nⁿ•S_n，其中S_n=a₁+a₂+…+a_n；
（3）若b_n=C_n⁰•a₁+C_n¹•a₂+C_n²•a₃+…+C_nⁿ•a_n+1，t=

1

n

时，证明b_n＜3，对任意n∈N*成立．

Answer 1

分析：（1）在展开式的通项公式 T_r+1=

C

r 5

• (

1

5

)r• x

5-5r

2

 中，令

5-5r

2

=0，得r=1，可得a₁ 的值．由

4m≥2m+8 m≤4

可得整数m的值．
（2）由（1）可得a_n=t^n-1，进而得到Sn=

1-tn

1-t

，要求的式子即

1-t

1-t

•

C

n 1

+

1-t2

1-t

•

C

n 2

+

1-t3

1-t

•

C

n 3

+…+

1-tn

1-t

•

C

n n

，提取公因式裂项求和，可得结果

2n-(1+t)n

1-t

．
（3）先利用

1

nn

＜

1

n!

 证明b_n＜2+

1

2!

+

1

3!

+…+

1

n!

，再利用

1

n!

＜

1

n(n-1)

，进而证得b_n＜3-

1

n

，
从而得到b_n＜3．

解答：解：（1）展开式的通项公式 Tr+1=

C

r 5

•(x

1

2

)5-r•(

1

5x2

)r=

C

r 5

• (

1

5

)r• x

5-5r

2

，
令

5-5r

2

=0，∴r=1，∴a1=

C

1 5

• (

1

5

)1=1．
由

4m≥2m+8 m≤4

 可得

m≥4 m≤4

，∴m=4．（3分）
（2）由（1）知q=

t

24

 • 

C

16 16

• 

A

4 4

=t，a_n=t^n-1．
∴Sn=a1+…+an=

a1(1-qn)

1-q

=

1-tn

1-t

，
 故  C_n¹•S₁+C_n²•S₂+…+C_nⁿ•S_n =

1-t

1-t

 • 

C

1 n

+

1-t2

1-t

 • 

C

2 n

+

1-t3

1-t

 • 

C

3 n

+…+

1-tn

1-t

 • 

C

n n

=

1

1-t

[(

C

1 n

+

C

2 n

+…+

C

n n

)-(t • 

C

1 n

+t2 • 

C

2 n

+…+tn • 

C

n n

)] 
=

1

1-t

[(2n-1)-(1+t • 

C

1 n

+t2 • 

C

2 n

+…+tn • 

C

n n

-1)]
=

2n-(1+t)n

1-t

． （6分）
（3）当n≥2时，bn=

C

0 n

•1+

C

1 n

•

1

n

+

C

2 n

•

1

n2

+…+

C

n n

•

1

nn

=1+1+

1

n2

×

n(n-1)

2!

+

1

n3

×

n(n-1)(n-2)

3!

+…+

1

nn

×

n(n-1)…×1

n!

＜2+

1

2!

+

1

3!

+…+

1

n!

＜2+

1

2×1

+

1

3×2

+…+

1

n(n-1)

=2+1-

1

2

+

1

2

-

1

3

+…+

1

n-1

-

1

n

=3-

1

n

＜3．
当n=1时，b_n=2＜3成立，
∴对任意n∈N*，b_n＜3成立． （4分）

点评：本题主要考查二项式定理的应用，组合数的性质，二项式的系数和，用放缩法证明不等式，用放缩法证明不等式，是解题的难点．