直接去分析vp或可得出答案

用Kummer定理可以先证明，如果素数p≥2k，则vp(C(2n, n))≥vp(n+k)
( 设n+k=m*p^t (t为正整数), 那n=m*p^t-k在p进制下的最后t位数字全都≥p/2, 在进行n+n时至少会进位t次 )
而最多存在一个正整数i, 满足1≤i≤k且p | n+i，所以vp(C(2n, n))≥vp((n+1)(n+2)…(n+k))
然后只要让n满足对任意素数q≤2k, vq(C(2n, n))≥vq((n+1)(n+2)…(n+k)) 就可以了
可以取n为lcm(1,2,…,2k)²的正整数倍，这样对任意1≤i≤k与任意素数q≤2k, vq(n+i)=vq(i)
设n=t*lcm(1,2,…,2k)², 只需要vq(C(2n, n))≥vq(k!) 成立就可以, 后者是一个只与q和k有关的常数, 当k给定时存在固定的上界N
而对任意素数q, 任意正整数m与N, 都存在正整数t使得vq(C(2mt,mt))>N，只需要让t+1是q^(N+1)的正整数倍就可以, 这样t+t在q进制下尾部可以进位N次
所以原题中只要再取t = r*lcm(1,2,…,2k)^(N+1)-1就满足要求，r可以是任意正整数

类似这样还可以证明更强一点的结论，对任意正整数k, 存在无穷多个正整数n使得 n!² | (2n-k)!

感谢回复，好在我自己也独立写出来了（对p≤k，取n+k≡-1（modp^m）（m足够大），再计算（可写））