Question

定義函數(shù)fn(x)=(1+x)n-1(x＞-2，n∈N*)其導(dǎo)函數(shù)記為

f

′ n

(x)．
（Ⅰ）求y=f_n（x）-nx的單調(diào)遞增區(qū)間；
（Ⅱ）若

f ′ n (x0)

f ′ n+1 (x0)

=

fn(1)

fn+1(1)

，求證：0＜x₀＜1；
（Ⅲ）設(shè)函數(shù)φ（x）=f₃（x）-f₂（x），數(shù)列{a_k}前k項(xiàng)和為S_k，2kS_k=φ（k-1）+2ka_k，其中a₁=1．對(duì)于給定的正整數(shù)n（n≥2），數(shù)列{b_n}滿足a_k+1b_k+1=（k-n）b_k（k=1，2…，n-1），且b₁=1，求b₁+b₂+…+b_n．

Answer 1

分析：（Ⅰ）構(gòu)建新函數(shù)g（x）=（1+x）ⁿ-1-nx，求導(dǎo)函數(shù)，由導(dǎo)數(shù)大于0，可得y=f_n（x）-nx的單調(diào)遞增區(qū)間；
（Ⅱ）根據(jù)g（x）在（-2，0）上遞減，在（0，+∞）上遞增，可得g（x）≥g（0）=0，由

fn′(x0)

fn+1′(x0)

=

fn(1)

fn+1(1)

，求得x0=

(n-1)2n+1

(n+1)(2n-1)

，進(jìn)而可得結(jié)論；
（Ⅲ）由2kS_k=φ（k-1）+2ka_k，可得2S_k=（k-1）k+2a_k，再寫一式，兩式相減，確定數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)，再根據(jù)a_k+1b_k+1=（k-n）b_k，可得（k+1）b_k+1-kb_k=-nb_k，從而利用疊加法，可得結(jié)論．

解答：（Ⅰ）解：fn(x)-nx=(1+x)n-1-nx，
令g（x）=（1+x）ⁿ-1-nx，則g'（x）=n[（1+x）^n-1-1]，
當(dāng)x∈（-2，0）時(shí)，g'（x）＜0，當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，g'（x）＞0，
所以y=f_n（x）-nx的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）…（4分）
（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）可知，當(dāng)x∈（-2，0）時(shí)，g'（x）＜0，當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，g'（x）＞0，
所以g（x）在（-2，0）上遞減，在（0，+∞）上遞增，則g（x）在x=0有最小值g（0）=0，
則g（x）≥0，即（1+x）ⁿ＞1+nx，…（5分）
由

fn′(x0)

fn+1′(x0)

=

fn(1)

fn+1(1)

得，

n(1+x0)n-1

(n+1)(1+x0)n

=

2n-1

2n+1-1

．
所以1+x0=

n(2n+1-1)

(n+1)(2n-1)

，所以x0=

(n-1)2n+1

(n+1)(2n-1)

．
又x₀＞0，x0-1=

n+2-2n+1

(n+1)(2n-1)

，
所以2ⁿ⁺¹=（1+1）ⁿ⁺¹＞1+（n+1）×1=n+2，所以x₀-1＜0，即x₀＜1，
所以0＜x₀＜1…（9分）
（Ⅲ）解：φ(x)=f3(x)-f2(x)=x(1+x)2
∵2kS_k=φ（k-1）+2ka_k，∴2kSk=(k-1)k2+2kak，∴2S_k=（k-1）k+2a_k
∴當(dāng)k＞1時(shí)，2S_k-1=（k-2）（k-1）+2a_k-1
故2a_k=2（k-1）+2（a_k-a_k-1），即a_k-1=k-1，∴a_n=n
∵a_k+1b_k+1=（k-n）b_k，∴（k+1）b_k+1=（k-n）b_k，
∴（k+1）b_k+1-kb_k=-nb_k，∴2b₂-b₁=-nb₁，3b₃-2b₂=-nb₂，4b₄-3b₃=-nb₃，…，nb_n-（n-1）b_n-1=-nb_n-1，
以上式子累加得nb_n-b₁=-n（b₁+b₂+b₃+…+b_n-1），∴n（b₁+b₂+b₃+…+b_n-1+b_n）=b₁
∴b1+b2+b3+…+bn-1+bn=

1

n

…（14分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查不等式的證明，考查數(shù)列的通項(xiàng)，考查疊加法的運(yùn)用，綜合性強(qiáng)，屬于中檔題．