Question

6．設(shè)函數(shù)f（x，y）=（1+my）^x（m＞0，y＞0）．
（1）當(dāng)m=2時(shí)，求f（7，y）的展開(kāi)式中二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng)；
（2）已知f（2n，y）的展開(kāi)式中各項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)和比f(wàn)（n，y）的展開(kāi)式中各項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)和大992，若f（n，y）=a₀+a₁y+…+a_nyⁿ，且a₂=40，求$\sum_{i=1}^n{ai}$；
（3）已知正整數(shù)n與正實(shí)數(shù)t，滿(mǎn)足$f（{n，1}）={m^n}f（{n，\frac{1}{t}}）$，求證：$f（{2017，\frac{1}{{1000\sqrt{t}}}}）＞6f（{-2017，\frac{1}{t}}）$．．

Answer 1

分析 （1）將m代入，利用二項(xiàng)式定理展開(kāi)式的通項(xiàng)求指定項(xiàng)；
（2）由題意，分別求出二項(xiàng)式系數(shù)，得到n的方程求出n，然后利用賦值法解答；
（3）利用已知的定義，將$f（{n，1}）={m^n}f（{n，\frac{1}{t}}）$用二項(xiàng)式表示，從要證明的左邊入手，對(duì)$f（2017，\frac{1}{{1000\sqrt{t}}}）$變形為（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，得證．

解答 解：（1）當(dāng)m=2時(shí)，因?yàn)閒（7，y）=（1+2y）⁷，故展開(kāi)式中二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng)分別是第4項(xiàng)和第5項(xiàng)，即T₄=$C_7^3{（{2y}）^3}$=280y³，${T_5}=C_7^4{（{2y}）^4}=560{y^4}$；   …（5分）
（2）由題意知，f（2n，y）=（1+my）²ⁿ，f（n，y）=（1+my）ⁿ；f（2n，y）的展開(kāi)式中各項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)和比f(wàn)（n，y）的展開(kāi)式中各項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)和大992，
∴2²ⁿ-2ⁿ=992，即（2ⁿ-32）（2ⁿ+31）=0，
所以2ⁿ=32，解得n=5，…（7分）
則由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，則$\sum_{i=1}^5{a_i}$=（1+2）⁵-1=3⁵-1=242； …（10分）
（3）證明：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，
則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）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二項(xiàng)式定理的運(yùn)用；明確展開(kāi)式的通項(xiàng)，展開(kāi)式的二項(xiàng)式系數(shù)以及項(xiàng)的系數(shù)；屬于中檔題．