Question

设函数f(x)=(1+

1

n

)x（n∈N，且n＞1，x∈N）．
（Ⅰ）当x=6时，求(1+

1

n

)x的展开式中二项式系数最大的项；
（Ⅱ）对任意的实数x，证明

f(2x)+f(2)

2

＞f'（x）（f'（x）是f（x）的导函数）；
（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，试证明你的结论并求出a的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析：（1）利用二项式系数的特点，找到展开式系数最大的项，即第四项；
（2）利用基本不等式适当放缩进行证明或函数思想进行转化与证明；
（3）探究性问题处理不等式问题，要注意对展开式系数进行适当放缩从而达到证明的目的．

解答：解：（Ⅰ）展开式中二项式系数最大的项是第4项，这项是

C

3 6

15(

1

n

)3=

20

n3

（Ⅱ）证法一：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)
证法二：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

)
故只需对(1+

1

n

)和ln(1+

1

n

)进行比较．
令g（x）=x-lnx（x≥1），有g′(x)=1-

1

x

=

x-1

x

由

x-1

x

=0，得x=1
因为当0＜x＜1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；当1＜x＜+∞时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，所以在x=1处g（x）有极小值1
故当x＞1时，g（x）＞g（1）=1，
从而有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）对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，从而有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．

点评：本题考查函数、不等式、导数、二项式定理、组合数计算公式等内容和数学思想方法．考查综合推理论证与分析解决问题的能力及创新意识．