Question

已知三次函數(shù)f（x）=

1

3

ax3+

1

2

bx2+cx（a，b，c∈R，a≠0）的導(dǎo)數(shù)為f′（x）滿足條件：
（i）當(dāng)x∈R時(shí)，f′（x-4）=f′（2-x），且f′（x）≥x；
（ii）當(dāng)x∈（O，2）時(shí)，f′（x）≤(

x+1

2

)2；
（iii）f′（x）在R上的最小值為0．?dāng)?shù)列{a_n}是正項(xiàng)數(shù)列，{a_n}的前n項(xiàng)的和是S_n，且滿足S_n=f′（a_n）．
（1）求f′（x）的解析式；
（2）求證：數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列；
（3）求證：

C 0 n

a1

+

C 1 n

a2

+

C 2 n

a3

+…+

C n n

an+1

≤2n-1•

a1+an+1

a1an+1

．

Answer 1

分析：（1）由已知，f′（x）=ax²+bx+c  由（i）知圖象對(duì)稱軸為x=-1，由（iii）知，x=-1時(shí)，y=O，即a-b+c=0，在(

x+1

2

)≥2f′（x）≥x中，令x=1得 f′（1）=1．解相關(guān)的方程組即可求出a，b，c．
（2）由（1）S_n=f′（a_n）=

1

4

a

2 n

+

1

2

an+

1

4

．再利用a_n與Sn的關(guān)系變形構(gòu)造a_n-a_n-1=2．即證數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列．
（3）結(jié)合二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)，將原不等式轉(zhuǎn)化為2（

C 0 n

1

+

C 1 n

3

+

C 2 n

5

+…+

C n n

2n+1

）≤2（C_n⁰+C_n¹+C_n²+…C_nⁿ）•

n+1

2n+1

用分析法逐項(xiàng)對(duì)應(yīng)證明 

C k-1 n

2k-1

+

C n-k+1 n

2n-2k+3

≤

2(n+1)

2n+1

C

k-1 n

（k=1，2，3…n+1）．

解答：解：
證明：（1）由f(x)=

1

3

ax3+

1

2

bx2+cx知，f′（x）=ax²+bx+c．
∵f′（x-4）=f′（2-x），∴函數(shù)f′（x）的圖象關(guān)于x=-1對(duì)稱，∴-

b

2a

=-1，b=2a；
由（iii）知，x=-1時(shí)，y=O，即a-b+c=0
由（i）得f′（1）≥1，由（2）得f'（1）≤1．
∴f′（1）=1，即a+b+c=1，又a-b+c=0=0．
∴b=

1

2

，a=

1

4

，c=

1

4

•
∴f′(x)=

1

4

x2+

1

2

x+

1

4

．
（2）證明：由（1）知Sn=f′(an)=

1

4

a

2 n

+

1

2

an+

1

4

．
當(dāng)n=1時(shí)，a1=S1=

1

4

a

2 1

+

1

2

a1+

1

4

，即

1

4

a

2 1

-

1

2

a1+

1

4

=0，
即（a₁-1）²=0，即a₁=1．
當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-Sn-1=(

1

4

a

2 n

+

1

2

an+

1

4

)-(

1

4

a

2 n-1

+

1

2

an-1+

1

4

)=

1

4

(a

2 n

-

a

2 n-1

)+

1

2

(an-an-1)

1

4

(an+an-1 )(an-an-1)-

1

2

(an+an-1)=0
(an+an-1 )[

1

4

(an-an-1)-

1

2

]=0
因?yàn)閿?shù)列{a_n}是正項(xiàng)數(shù)列 

1

4

(an-an-1)-

1

2

=0
所以a_n-a_n-1=2
∴數(shù)列{a_n}是正項(xiàng)等差數(shù)列．
（3）由（2）知，數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為1、公差為2的等差數(shù)列，
∴a_n=1+（n-1）×2=2n-1．
∴

C 0 n

a1

+

C 1 n

a2

+

C 2 n

a3

+…+

C n n

an+1

≤2n-1•

a1+an+1

a1an+1

等價(jià)于

C 0 n

1

+

C 1 n

3

+

C 2 n

5

+…+

C n n

2n+1

≤

(n+1)2n

2n+1

?2（

C 0 n

1

+

C 1 n

3

+

C 2 n

5

+…+

C n n

2n+1

）≤2（C_n⁰+C_n¹+C_n²+…C_nⁿ）•

n+1

2n+1

?（

C 0 n

1

+

C n n

2n+1

）+（

C 1 0

3

+

C 2 n

2n-1

）+…+ (

C n n

2n+1

+

C 0 n

1

)≤

n

k=0

2(n+1)

2n+1

C

k n

為此，只需證明

C k-1 n

2k-1

+

C n-k+1 n

2n-2k+3

≤

2(n+1)

2n+1

C

k-1 n

（k=1，2，3…n+1）
?

1

2k-1

+

1

2n-2k+3

≤

2(n+1)

2n+1

•
即證明

(2k-1)+(2n-2k+3)

(2k-1)(2n-2k+3)

≤

2(n+1)

2n+1

?

2(n+1)

(2k-1)(2n-2k+3)

≤

2(n+1)

2n+1

?

1

(2k-1)(2n-2k+3)

≤

1

2n+1

?2n+1≤（2k-1）（2n-2k+3）
?4kn-4n+8k-4k²-4≥0
?（k-1）n-（k-1）²≥0
?（k-1）[n-（k-1）]≥0
上式顯然成立．
∴原不等式成立．

點(diǎn)評(píng)：本題是函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、數(shù)列、不等式的綜合，是一道難題．著重考查函數(shù)圖象的對(duì)稱性、等差數(shù)列的定義、二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)等知識(shí)，考查了待定系數(shù)法、轉(zhuǎn)化構(gòu)造法、倒序相加法、放縮法、數(shù)形結(jié)合等思想方法．