Question

6．设函数f（x，y）=（1+my）^x（m＞0，y＞0）．
（1）当m=2时，求f（7，y）的展开式中二项式系数最大的项；
（2）已知f（2n，y）的展开式中各项的二项式系数和比f（n，y）的展开式中各项的二项式系数和大992，若f（n，y）=a₀+a₁y+…+a_nyⁿ，且a₂=40，求$\sum_{i=1}^n{ai}$；
（3）已知正整数n与正实数t，满足$f（{n，1}）={m^n}f（{n，\frac{1}{t}}）$，求证：$f（{2017，\frac{1}{{1000\sqrt{t}}}}）＞6f（{-2017，\frac{1}{t}}）$．．

Answer 1

分析 （1）将m代入，利用二项式定理展开式的通项求指定项；
（2）由题意，分别求出二项式系数，得到n的方程求出n，然后利用赋值法解答；
（3）利用已知的定义，将$f（{n，1}）={m^n}f（{n，\frac{1}{t}}）$用二项式表示，从要证明的左边入手，对$f（2017，\frac{1}{{1000\sqrt{t}}}）$变形为（1+$\frac{m}{1000\sqrt{t}}$）²⁰¹⁷=（1+$\frac{1}{1000}$）²⁰¹⁷＞1+$C_{2017}^1$$\frac{1}{1000}$+$C_{2017}^2$（$\frac{1}{1000}$）²+$C_{2017}^3$（$\frac{1}{1000}$）³＞1+2+2+1=6，而$f（-2017，\frac{1}{t}）$=${（{1+\frac{m}{t}}）^{-2017}}$=（1+$\frac{1}{\sqrt{t}}$）^-2017＜1，得证．

解答 解：（1）当m=2时，因为f（7，y）=（1+2y）⁷，故展开式中二项式系数最大的项分别是第4项和第5项，即T₄=$C_7^3{（{2y}）^3}$=280y³，${T_5}=C_7^4{（{2y}）^4}=560{y^4}$；   …（5分）
（2）由题意知，f（2n，y）=（1+my）²ⁿ，f（n，y）=（1+my）ⁿ；f（2n，y）的展开式中各项的二项式系数和比f（n，y）的展开式中各项的二项式系数和大992，
∴2²ⁿ-2ⁿ=992，即（2ⁿ-32）（2ⁿ+31）=0，
所以2ⁿ=32，解得n=5，…（7分）
则由f（5，y）=（1+my）⁵=${a_0}+{a_1}y+…+{a_5}{y^5}$，又${a_2}=C_5^2{m^2}=40$，且m＞0，所以m=2，则$\sum_{i=1}^5{a_i}$=（1+2）⁵-1=3⁵-1=242； …（10分）
（3）证明：由$f（n，1）={m^n}f（n，\frac{1}{t}）$，得（1+m）ⁿ=mⁿ（1+$\frac{m}{t}$）ⁿ=（m+$\frac{{m}^{2}}{t}$）ⁿ，
则1+m=m+$\frac{{m}^{2}}{t}$，所以m=$\sqrt{t}$，…（12分）
又$f（2017，\frac{1}{{1000\sqrt{t}}}）$=（1+$\frac{m}{1000\sqrt{t}}$）²⁰¹⁷=（1+$\frac{1}{1000}$）²⁰¹⁷＞1+$C_{2017}^1$$\frac{1}{1000}$+$C_{2017}^2$（$\frac{1}{1000}$）²+$C_{2017}^3$（$\frac{1}{1000}$）³＞1+2+2+1=6，
而$f（-2017，\frac{1}{t}）$=${（{1+\frac{m}{t}}）^{-2017}}$=（1+$\frac{1}{\sqrt{t}}$）^-2017＜1，
所以$f（2017，\frac{1}{{1000\sqrt{t}}}）＞$$6f（-2017，\frac{1}{t}）$．…（16分）

点评 本题考查了二项式定理的运用；明确展开式的通项，展开式的二项式系数以及项的系数；属于中档题．