Question

設(shè)函數(shù)f(x)=(1+

1

n

)x（n∈N，且n＞1，x∈N）．
（Ⅰ）當(dāng)x=6時，求(1+

1

n

)x的展開式中二項式系數(shù)最大的項；
（Ⅱ）對任意的實(shí)數(shù)x，證明

f(2x)+f(2)

2

＞f'（x）（f'（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù)）；
（Ⅲ）是否存在a∈N，使得an＜

n

k-1

(1+

1

k

)＜（a+1）n恒成立？若存在，試證明你的結(jié)論并求出a的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）利用二項式系數(shù)的特點(diǎn)，找到展開式系數(shù)最大的項，即第四項；
（2）利用基本不等式適當(dāng)放縮進(jìn)行證明或函數(shù)思想進(jìn)行轉(zhuǎn)化與證明；
（3）探究性問題處理不等式問題，要注意對展開式系數(shù)進(jìn)行適當(dāng)放縮從而達(dá)到證明的目的．

解答：解：（Ⅰ）展開式中二項式系數(shù)最大的項是第4項，這項是

C

3 6

15(

1

n

)3=

20

n3

（Ⅱ）證法一：因f(2x)+f(2)=(1+

1

n

)2n+(1+

1

n

)2≥2

(1+ 1 n )2n•(1+ 1 n )2

=2(1+

1

n

)n•(1+

1

n

)＞2(1+

1

n

)n＞2(1+

1

n

)nln(1+

1

2

)≥2(1+

1

n

)nln(1+

1

n

)=2f′(x)
證法二：因f(2x)+f(2)=(1+

1

n

)2n+(1+

1

n

)2≥2

(1+ 1 n )2n•(1+ 1 n )2

=2(1+

1

n

)n•(1+

1

n

)
而2f′(x)=2(1+

1

n

)nln(1+

1

n

)
故只需對(1+

1

n

)和ln(1+

1

n

)進(jìn)行比較．
令g（x）=x-lnx（x≥1），有g′(x)=1-

1

x

=

x-1

x

由

x-1

x

=0，得x=1
因為當(dāng)0＜x＜1時，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減；當(dāng)1＜x＜+∞時，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，所以在x=1處g（x）有極小值1
故當(dāng)x＞1時，g（x）＞g（1）=1，
從而有x-lnx＞1，亦即x＞lnx+1＞lnx
故有(1+

1

n

)＞ln(1+

1

n

)恒成立．
所以f（2x）+f（2）≥2f′（x），原不等式成立．
（Ⅲ）對m∈N，且m＞1
有(1+

1

m

)m=

C

0 m

+

C

1 m

(

1

m

)+

C

2 m

(

1

m

)2+…+

C

k m

(

1

m

)k+…+

C

m m

(

1

m

)m
=1+1+

m(m-1)

2!

(

1

m

)2+…+

m(m-1)…(m-k+1)

k!

(

1

m

)k+…+

m(m-1)…2•1

m!

(

1

m

)m
=2+

1

2!

(1-

1

m

)+…+

1

k!

(1-

1

m

)(1-

2

m

)…(1-

k-1

m

)+…+

1

m!

(1-

1

m

)…(1-

m-1

m

)
＜2+

1

2!

+…+

1

k!

+…+

1

m!

＜2+(1-

1

2

)+(

1

2

-

1

3

)+…+(

1

k-1

-

1

k

)+…+(

1

m-1

-

1

m

)
=3-

1

m

＜3；
又因

C

k m

(

1

m

)k＞0（k=2，3，…，m），故2＜(1+

1

m

)m＜3
∵2＜(1+

1

m

)m＜3，從而有2n＜

n

k=1

(1+

1

k

)k＜3n成立，
即存在a=2，使得2n＜

n

k=1

(1+

1

k

)k＜3n恒成立．

點(diǎn)評：本題考查函數(shù)、不等式、導(dǎo)數(shù)、二項式定理、組合數(shù)計算公式等內(nèi)容和數(shù)學(xué)思想方法．考查綜合推理論證與分析解決問題的能力及創(chuàng)新意識．