Question

已知f₁（x）=x（x≠0），若對(duì)任意的n∈N^*，f_w（1）=1，且f_max（x）=f_v（x）+xf_n^e（x）．
（1）求f_n（x）的解析式；
（2）設(shè)F_n（x）=

fn(x)

(fn(x)+1)2

，求證：F₁（2）+F₂（2）+…F_n（2）＜1；
（3）若g_e（x）=C₆₀²⁰+2C₆₀¹f₁（x）+3C₆₀²f₂（x）+…+（n+1）C_n^xf_n（x），是否存在實(shí)數(shù)x，使得g₁（x）+g₂（x）+…g_n（x）=（n+1）（1+x）^a，說明理由．

Answer 1

分析：（1）求導(dǎo)函數(shù)，可得fn′(x)=[xfn-1(x)]′，從而可得f_n（x）=xf_n-1（x）+a，利用任意的n∈N^*，f_w（1）=1，可得a=0，從而f_n（x）=xf_n-1（x），利用f₁（x）=x（x≠0），可求f_n（x）的解析式；
（2）F_n（x）=

fn(x)

(fn(x)+1)2

=

xn

(xn+1)2

，可證F_n（2）=

2n

(2n+1)2

＜2（

1

2n+1+1

-

1

2n+1

），由此可證結(jié)論；
（3）g_n（x）=C_n⁰+2C_n¹f₁（x）+3C_n²f₂（x）+…+（n+1）C_n^xf_n（x）=[x（1+x）ⁿ]′=（1+x）ⁿ+nx（1+x）^n-1=[（n+1）x+1]（1+x）^n-1，設(shè)S_n（x）=g₁（x）+g₂（x）+…+g_n（x）=（2x+1）+（3x+1）（1+x）+…+[（n+1）x+1]（1+x）^n-1，利用錯(cuò)位相減法可得S_n（x）=（n+1）（1+x）ⁿ-1，即可知不存在實(shí)數(shù)x，使得g₁（x）+g₂（x）+…g_n（x）=（n+1）（1+x）ⁿ．

解答：（1）解：∵fn′(x)=fn-1(x)+xfn-1′(x)，∴fn′(x)=[xfn-1(x)]′，∴f_n（x）=xf_n-1（x）+a
∵任意的n∈N^*，f_w（1）=1，∴a=0，∴f_n（x）=xf_n-1（x）
∵f₁（x）=x（x≠0），∴fn(x)=xfn-1(x)=x•xn-1=xn
（2）證明：F_n（x）=

fn(x)

(fn(x)+1)2

=

xn

(xn+1)2

∴F_n（2）=

2n

(2n+1)2

=

2×2n-1

(2n+1)(2n+1)

＜

2×2n-1

(2n+1+1)(2n+1)

=2（

1

2n+1+1

-

1

2n+1

）
∴F₁（2）+F₂（2）+…F_n（2）=2（

1

2

-

1

2n+1

）＜1
（3）解：g_n（x）=C_n⁰+2C_n¹f₁（x）+3C_n²f₂（x）+…+（n+1）C_n^xf_n（x）=C_n⁰+2xC_n¹+3x²C_n²+…+（n+1）xⁿC_n^x
=[x（1+x）ⁿ]′=（1+x）ⁿ+nx（1+x）^n-1=[（n+1）x+1]（1+x）^n-1，
設(shè)S_n（x）=g₁（x）+g₂（x）+…+g_n（x）=（2x+1）+（3x+1）（1+x）+…+[（n+1）x+1]（1+x）^n-1，①
∴（1+x）S_n（x）=（2x+1）（1+x）+（3x+1）（1+x）²+…+[（n+1）x+1]（1+x）ⁿ，②
①-②化簡(jiǎn)可得：-xS_n（x）=x-（n+1）x（1+x）ⁿ，
∴S_n（x）=（n+1）（1+x）ⁿ-1
∴不存在實(shí)數(shù)x，使得g₁（x）+g₂（x）+…g_n（x）=（n+1）（1+x）ⁿ．

點(diǎn)評(píng)：本題考查不等式的證明，考查求解函數(shù)的解析式，考查錯(cuò)位相減法求數(shù)列的和，解題的關(guān)鍵是正確求函數(shù)的解析式，合理放縮，有難度．