Question

5．已知（1-$\frac{x}{2}$）²ⁿ=a₀+a₁x+a₂x²+…+a_2nx²ⁿ（n∈N^*）．
（1）若a₃=-$\frac{1}{2}$，求n的值；
（2）当n=5时，求系数a_i（i∈N，i≤2n）的最大值和最小值；
（3）求证：|a_n|＜$\frac{{2}^{n}}{\sqrt{2n+1}}$（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）利用二项展开式的通项公式以及a₃=-$\frac{1}{2}$，求得n的值．
（2）利用二项展开式的通项公式，根据|a_k|最大，求得k的值．
（3）要证|a_n|＜$\frac{{2}^{n}}{\sqrt{2n+1}}$，只要即证${C}_{2n}^{n}$＜$\frac{{4}^{n}}{\sqrt{2n+1}}$成立，用数学归纳法证得不等式成立．

解答 （1）若a₃=-$\frac{1}{2}$，则${C}_{2n}^{3}$•${（-\frac{1}{2}）}^{3}$=-$\frac{1}{2}$，∴2n³-3n²+n-6=0，
所以（n-2）（2n²+n+3）=0，所n=2．
（2）当n=5时，（1-$\frac{x}{2}$）¹⁰=a₀+a₁x+a₂x²+…+a₁₀x¹⁰ ，其中a_i=${C}_{10}^{i}$•${（-\frac{1}{2}）}^{i}$．
假设系数|a_k|最大，则有$\left\{\begin{array}{l}{{C}_{10}^{k}{{•（\frac{1}{2}）}^{k}≥C}_{10}^{k+1}{•（\frac{1}{2}）}^{k+1}}\\{{C}_{10}^{k}{{•（\frac{1}{2}）}^{k}≥C}_{10}^{k-1}{•（\frac{1}{2}）}^{k-1}}\end{array}\right.$，解得$\frac{8}{3}$≤k≤$\frac{11}{3}$，∴k=3，
所以a₃=${C}_{10}^{3}$•${（-\frac{1}{2}）}^{3}$=-15最小，a₂=${C}_{10}^{2}$•${（-\frac{1}{2}）}^{2}$=$\frac{45}{4}$，a₄=${C}_{10}^{4}$•${（-\frac{1}{2}）}^{4}$=$\frac{105}{8}$＞a₂，
所以a₄最大．
（3）因为a_n=${C}_{2n}^{n}$•${（-\frac{1}{2}）}^{n}$，所以|a_n|=${C}_{2n}^{n}$•${（\frac{1}{2}）}^{n}$，
所以要证|a_n|＜$\frac{{2}^{n}}{\sqrt{2n+1}}$，
只要证：${C}_{2n}^{n}$•${（\frac{1}{2}）}^{n}$＜$\frac{{2}^{n}}{\sqrt{2n+1}}$，即证${C}_{2n}^{n}$＜$\frac{{4}^{n}}{\sqrt{2n+1}}$成立． 
当n=1时，左边=${C}_{2}^{1}$=2，右边=$\frac{4}{\sqrt{3}}$＞2，所以左边＜右边成立； 
假设当n=k时，${C}_{2k}^{k}$＜$\frac{{4}^{k}}{\sqrt{2k+1}}$成立，
则当n=k+1时，${C}_{2k+2}^{k+1}$=$\frac{（2k+2）!}{（k+1）!•（k+1）!}$=$\frac{（2k+2）•（2k+1）•（2k）!}{{（k+1）}^{2}•k!•k!}$＜$\frac{2（2k+1）}{k+1}$•$\frac{{4}^{k}}{\sqrt{2k+1}}$
=$\frac{\sqrt{2k+1}{•4}^{k+1}}{\sqrt{{4k}^{2}+8k+4}}$＜$\frac{\sqrt{2k+1}{•4}^{k+1}}{\sqrt{{4k}^{2}+8k+3}}$=$\frac{{4}^{k+1}}{\sqrt{2k+3}}$=$\frac{{4}^{k+1}}{\sqrt{2（k+1）+1}}$． 
所以当n=k+1时，不等式也成立，
则 ${C}_{2n}^{n}$＜$\frac{{4}^{n}}{\sqrt{2n+1}}$成立，即|a_n|＜$\frac{{2}^{n}}{\sqrt{2n+1}}$，成立．

点评 本题主要考查二项式定理的应用，用数学归纳法证明不等式，属于中档题．