Question

15．已知函数f${\;}_{n}（x）={x}^{n}+（1-x）^{n}，x∈（0，1），n∈{N}^{*}$．
（Ⅰ）求证：2^1-n≤f_n（x）≤1；
（Ⅱ）令b${\;}_{n}=\frac{3-2lo{g}_{3}{f}_{n}（x）}{1-lo{g}_{3}{f}_{n}（x）}$，求证：b₁•b₂…b_n$＞\sqrt{{2}^{2n}（n+1）}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出导数，求得单调区间，由单调性即可得证；
（Ⅱ）将b_n化简，运用变量分离，再由（1）的结论，可得$\frac{1}{2}$b_n≥$\frac{2n+1}{2n}$，由累乘法和$\frac{2n+1}{2n}$＞$\frac{2n+2}{2n+1}$，运用放缩法，即可得证．

解答 证明：（Ⅰ）f′_n（x）=nx^n-1-n（1-x）^n-1，当n≥2时，由f′_n（x）＞0可得$\frac{1}{2}$＜x＜1．
由f′_n（x）＜0可得0＜x＜$\frac{1}{2}$，即有f_n（x）在区间（0，$\frac{1}{2}$]上单调递减，
在[$\frac{1}{2}$，1]上单调递增，则f_n（$\frac{1}{2}$）≤f_n（x）≤max{f_n（0），f_n（1）}（n≥2），
即2^1-n≤f_n（x）≤1；
（Ⅱ）b_n=$\frac{3-2lo{g}_{2}{f}_{n}（x）}{1-lo{g}_{2}{f}_{n}（x）}$=3+$\frac{lo{g}_{2}{f}_{n}（x）}{1-lo{g}_{2}{f}_{n}（x）}$
=3+$\frac{1}{\frac{1}{lo{g}_{2}{f}_{n}（x）}-1}$，
由（Ⅰ）可得$\frac{1}{2}$b_n≥$\frac{2n+1}{2n}$，
累乘，易得$\frac{1}{2}$b₁•$\frac{1}{2}$b₂•$\frac{1}{2}$b₃…$\frac{1}{2}$b_n≥$\frac{3}{2}$•$\frac{5}{4}$•$\frac{7}{6}$…$\frac{2n+1}{2n}$，
∵$\frac{2n+1}{2n}$＞$\frac{2n+2}{2n+1}$，∴$\frac{3}{2}$＞$\frac{4}{3}$，$\frac{5}{4}$＞$\frac{6}{5}$，$\frac{7}{6}$＞$\frac{8}{7}$，…，$\frac{2n+1}{2n}$＞$\frac{2n+2}{2n+1}$，
∴$\frac{3}{2}$•$\frac{5}{4}$•$\frac{7}{6}$…$\frac{2n+1}{2n}$＞$\frac{4}{3}$•$\frac{6}{5}$•$\frac{8}{7}$…$\frac{2n+2}{2n+1}$，
（$\frac{3}{2}$•$\frac{5}{4}$•$\frac{7}{6}$…$\frac{2n+1}{2n}$）²＞$\frac{3}{2}$•$\frac{4}{3}$•$\frac{5}{4}$…$\frac{2n+1}{2n}$•$\frac{2n+2}{2n+1}$=n+1，
即有$\frac{3}{2}$•$\frac{5}{4}$•$\frac{7}{6}$…$\frac{2n+1}{2n}$＞$\sqrt{n+1}$，
则b₁•b₂…b_n$＞\sqrt{{2}^{2n}（n+1）}$成立．

点评 本题考查不等式的证明，注意运用导数判断单调性，由单调性证得，同时考查累乘法的运用，和放缩法证明不等式的方法，考查推理能力，具有一定的难度．