Question

15．設(shè)函數(shù)f（x）=（x-1）ⁿ+（2-x）ⁿ（1＜x＜2，n∈N^*）的最小值為a_n．
（1）求a_n
（2）記b_n=$\frac{1}{{{a_n}+{{（\frac{3}{4}）}^{n-1}}}}$，求證：${b_1}+{b_2}+…+{b_n}＜{（\frac{8}{5}）^n}$-1．

Answer 1

分析 （1）通過求導(dǎo)可知f（x）在區(qū)間（1，$\frac{3}{2}$）上單調(diào)遞減、在（$\frac{3}{2}$，2）上單調(diào)遞增，利用a_n=f（$\frac{3}{2}$），計(jì)算即得結(jié)論；
（2）通過a_n=$\frac{1}{{2}^{n-1}}$、整理可知b_n=$\frac{1}{{{a_n}+{{（\frac{3}{4}）}^{n-1}}}}$=$\frac{1}{（\frac{5}{8}-\frac{1}{8}）^{n-1}+（\frac{5}{8}+\frac{1}{8}）^{n-1}}$，利用二項(xiàng)式展開定理以及放縮法可知b_n≤$\frac{1}{2}•$$（\frac{8}{5}）^{n-1}$，進(jìn)而利用等比數(shù)列的求和公式、再一次放縮即得結(jié)論．

解答 （1）解：∵f（x）=（x-1）ⁿ+（2-x）ⁿ，
∴f′（x）=n（x-1）^n-1+n（2-x）^n-1
=n[（x-1）^n-1+（2-x）^n-1]，
∴f′（x）=0時(shí)，x=$\frac{3}{2}$，
又∵1＜x＜2，n∈N^*，
∴f（x）在區(qū)間（1，$\frac{3}{2}$）上單調(diào)遞減，在（$\frac{3}{2}$，2）上單調(diào)遞增，
∴a_n=f（$\frac{3}{2}$）=$\frac{1}{{2}^{n}}$+$\frac{1}{{2}^{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n-1}}$；
（2）證明：∵a_n=$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
∴b_n=$\frac{1}{{{a_n}+{{（\frac{3}{4}）}^{n-1}}}}$
=$\frac{1}{\frac{1}{{2}^{n-1}}+（\frac{3}{4}）^{n-1}}$
=$\frac{1}{（\frac{5}{8}-\frac{1}{8}）^{n-1}+（\frac{5}{8}+\frac{1}{8}）^{n-1}}$
=$\frac{1}{2}$•$\frac{1}{（\frac{5}{8}）^{n-1}+{C}_{n}^{2}（\frac{5}{8}）^{n-2}•（\frac{1}{8}）^{2}+…}$
≤$\frac{1}{2}•$$\frac{1}{（\frac{5}{8}）^{n-1}}$
=$\frac{1}{2}•$$（\frac{8}{5}）^{n-1}$，
∴b₁+b₂+…+b_n≤$\frac{1}{2}•$[$（\frac{8}{5}）^{0}$+$（\frac{8}{5}）^{1}$+…+$（\frac{8}{5}）^{n-1}$]
=$\frac{1}{2}•$$\frac{1-（{\frac{8}{5}）}^{n}}{1-\frac{8}{5}}$
=$\frac{5}{6}$•[$（{\frac{8}{5}）}^{n}$-1]，
即得證：${b_1}+{b_2}+…+{b_n}＜{（\frac{8}{5}）^n}$-1．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道關(guān)于數(shù)列、函數(shù)、二項(xiàng)式展開的綜合題，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．