Question

定义函数fn(x)=(1+x)n-1(x＞-2，n∈N*)其导函数记为

f

′ n

(x)．
（Ⅰ）求y=f_n（x）-nx的单调递增区间；
（Ⅱ）若

f ′ n (x0)

f ′ n+1 (x0)

=

fn(1)

fn+1(1)

，求证：0＜x₀＜1；
（Ⅲ）设函数φ（x）=f₃（x）-f₂（x），数列{a_k}前k项和为S_k，2kS_k=φ（k-1）+2ka_k，其中a₁=1．对于给定的正整数n（n≥2），数列{b_n}满足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）构建新函数g（x）=（1+x）ⁿ-1-nx，求导函数，由导数大于0，可得y=f_n（x）-nx的单调递增区间；
（Ⅱ）根据g（x）在（-2，0）上递减，在（0，+∞）上递增，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)

，进而可得结论；
（Ⅲ）由2kS_k=φ（k-1）+2ka_k，可得2S_k=（k-1）k+2a_k，再写一式，两式相减，确定数列{a_n}的通项，再根据a_k+1b_k+1=（k-n）b_k，可得（k+1）b_k+1-kb_k=-nb_k，从而利用叠加法，可得结论．

解答：（Ⅰ）解：fn(x)-nx=(1+x)n-1-nx，
令g（x）=（1+x）ⁿ-1-nx，则g'（x）=n[（1+x）^n-1-1]，
当x∈（-2，0）时，g'（x）＜0，当x∈（0，+∞）时，g'（x）＞0，
所以y=f_n（x）-nx的单调递增区间为（0，+∞）…（4分）
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知，当x∈（-2，0）时，g'（x）＜0，当x∈（0，+∞）时，g'（x）＞0，
所以g（x）在（-2，0）上递减，在（0，+∞）上递增，则g（x）在x=0有最小值g（0）=0，
则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
∴当k＞1时，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）

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查不等式的证明，考查数列的通项，考查叠加法的运用，综合性强，属于中档题．