Question

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

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間，由單調(diào)性即可得證；
（Ⅱ）將b_n化簡，運(yùn)用變量分離，再由（1）的結(jié)論，可得$\frac{1}{2}$b_n≥$\frac{2n+1}{2n}$，由累乘法和$\frac{2n+1}{2n}$＞$\frac{2n+2}{2n+1}$，運(yùn)用放縮法，即可得證．

解答 證明：（Ⅰ）f′_n（x）=nx^n-1-n（1-x）^n-1，當(dāng)n≥2時，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）在區(qū)間（0，$\frac{1}{2}$]上單調(diào)遞減，
在[$\frac{1}{2}$，1]上單調(diào)遞增，則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$\frac{3}{2}$•$\frac{5}{4}$•$\frac{7}{6}$…$\frac{2n+1}{2n}$＞$\sqrt{n+1}$，
則b₁•b₂…b_n$＞\sqrt{{2}^{2n}（n+1）}$成立．

點評 本題考查不等式的證明，注意運(yùn)用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，由單調(diào)性證得，同時考查累乘法的運(yùn)用，和放縮法證明不等式的方法，考查推理能力，具有一定的難度．