Question

已知函數f（x）=ax⁴+bx³+cx²+dx+e（a，b，c，d，∈R）是定義在R上的奇函數，且f（x）在x=

2

處取得極小值-

4 2

3

．設f′（x）表示f（x）的導函數，定義數列{a_n}滿足：a_n=f′（

n

）+2（n∈N^*））．
（Ⅰ）求數列{a_n}的通項公式a_n；
（Ⅱ）對任意m，n∈N^*，若m≤n，證明：1+

m

an

≤（1+

1

an

）^m＜3；
（Ⅲ）（理科）試比較（1+

1

an

）^m+1與（1+

1

an+1

）^m+2的大�。�

Answer 1

分析：（Ⅰ）根據函數f（x）=ax⁴+bx³+cx²+dx+e（a，b，c，d，∈R）是定義在R上的奇函數，可得f（-x）=-f（x），從而a=c=e=0，再利用f（x）在x=

2

處取得極小值-

4 2

3

，建立方程組，即可求得函數解析式，利用a_n=f′（

n

）+2，可得數列{a_n}的通項公式a_n；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知1+

m

an

≤（1+

1

an

）^m＜3等價于1+

m

n

≤(1+

1

n

)m＜3，利用二項展開式，及放縮法可得結論；
（Ⅲ）解：(1+

1

n

)n+1＞(1+

1

n+1

)n+2等價于（n+1）ln（1+

1

n

）＞（n+1+1）ln（1+

1

n+1

），構造函數f（x）=（x+1）ln（1+

1

x

）（x≥1），則上式等價于證f*n）＞f（n+1）成立，求導函數，求得函數的單調性，即可得到結論．

解答：（Ⅰ）解：f′（x）=4ax³+3bx²+2cx+d，
∵函數f（x）=ax⁴+bx³+cx²+dx+e（a，b，c，d，∈R）是定義在R上的奇函數，
∴f（-x）=-f（x），∴ax⁴-bx³+cx²-dx+e=-（ax⁴+bx³+cx²+dx+e），∴a=c=e=0
∴f（x）=bx³+dx，f′（x）=3bx²+d，
∵f（x）在x=

2

處取得極小值-

4 2

3

∴

f′( 2 )=0 f( 2 )=- 4 2 3

，∴

6b+d=0 2 2 b+ 2 d=- 4 2 3

，∴b=

1

3

，d=-2
∴f（x）=

1

3

x3-2x，∴f′（x）=x²-2，
∴a_n=f′（

n

）+2=n；
（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）知1+

m

an

≤（1+

1

an

）^m＜3等價于1+

m

n

≤(1+

1

n

)m＜3．
因為(1+

1

n

)m≥

C

0 m

+

C

1 m

×

1

n

=1+

m

n

（當m=1時取等號）．
又m≤n，∴(1+

1

n

)m≤(1+

1

n

)n=1+

C

1 n

×

1

n

+…+

C

n n

×

1

nn

＜1+1+

1

2!

+…+

1

n！

＜1+1+

1

2

+…+

1

2n-1

＜3
（Ⅲ）解：(1+

1

n

)n+1＞(1+

1

n+1

)n+2等價于（n+1）ln（1+

1

n

）＞（n+1+1）ln（1+

1

n+1

），
構造函數f（x）=（x+1）ln（1+

1

x

）（x≥1），則上式等價于證f*n）＞f（n+1）成立，所以f′(x)=ln(1+

1

x

)-

1

x

．
又令g（t）=ln（1+t）-t（t＞0），則g′（t）=

1

1+t

-1＜0當t＞0時成立，即得g（t）在（0，+∞）上單調遞減，
于是g（t）＜g（0）=0成立，即ln（1+t）-t＜0，即ln（1+t）＜t（t＞0）成立，
故ln（1+

1

x

）＜

1

x

成立．
所以f′(x)=ln(1+

1

x

)-

1

x

＜0，由此知f（x）單調遞減，所以f（n）＞f（n+1），
所以(1+

1

n

)n+1＞(1+

1

n+1

)n+2，
所以（1+

1

an

）^m+1＞（1+

1

an+1

）^m+2．

點評：本題考查導數知識的運用，考查函數的極值，考查不等式的證明，考查放縮法的運用，難度較大．