Question

（2012•佛山二模）記函數(shù)fn(x)=(1+x)n-1(n≥2，n∈N*)的導(dǎo)函數(shù)為f′_n（x），函數(shù)g（x）=f_n（x）-nx．
（Ⅰ）討論函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間和極值；
（Ⅱ）若實數(shù)x₀和正數(shù)k滿足：

f′n(x0)

f′n+1(x0)

=

fn(k)

fn+1(k)

，求證：0＜x₀＜k．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由g（x）=（1+x）ⁿ-1-nx，可求得g′（x）=n[（1+x）^n-1-1]，分n（n≥2）為偶數(shù)與n為奇數(shù)討論導(dǎo)數(shù)的符號，即可求得其單調(diào)區(qū)間和極值；
（Ⅱ）由

f′n(x0)

f′n+1(x0)

=

fn(k)

fn+1(k)

可求得x₀=

(nk-1)(1+k)n+1

(n+1)[(1+k)n-1]

，設(shè)分子為h（k）=（nk-1）（1+k）ⁿ+1（k＞0），可分析得到h'（k）＞0，從而h（k）＞h（0）=0，求得x₀＞0；
進一步可求得x₀-k=

1+k(n+1)-(1+k)n+1

(n+1)[(1+k)n-1]

＜0，從而得證0＜x₀＜k．

解答：解：（Ⅰ）由已知得g（x）=（1+x）ⁿ-1-nx，所以g′（x）=n[（1+x）^n-1-1]．…（2分）
①當n≥2且n為偶數(shù)時，n-1是奇數(shù)，由g'（x）＞0得x＞0；由g'（x）＜0得x＜0．
所以g（x）的遞減區(qū)間為（-∞，0），遞增區(qū)間為（0，+∞），極小值為g（0）=0．…（5分）
②當n≥2且n為奇數(shù)時，n-1是偶數(shù)，
由g'（x）＞0得x＜-2或x＞0；由g'（x）＜0得-2＜x＜0．
所以g（x）的遞減區(qū)間為（-2，0），遞增區(qū)間為（-∞，-2）和（0，+∞），
此時g（x）的極大值為g（-2）=2n-2，極小值為g（0）=0．…（8分）
（Ⅱ）由

f′n(x0)

f′n+1(x0)

=

fn(k)

fn+1(k)

得

n(1+x0)n-1

(n+1)(1+x0)n

=

(1+k)n-1

(1+k)n+1-1

，
所以1+x₀=

n[(1+k)n+1-1]

(n+1)[(1+k)n-1]

，x₀=

(nk-1)(1+k)n+1

(n+1)[(1+k)n-1]

…（10分）
顯然分母（n+1）[（1+k）ⁿ-1]＞0，設(shè)分子為h（k）=（nk-1）（1+k）ⁿ+1（k＞0）
則h'（k）=n（1+k）ⁿ+n（1+k）^n-1（nk-1）=n（n+1）k（1+k）^n-1＞0，
所以h（k）是（0，+∞）上的增函數(shù)，所以h（k）＞h（0）=0，故x₀＞0…（12分）
又x₀-k=

1+k(n+1)-(1+k)n+1

(n+1)[(1+k)n-1]

，由（Ⅰ）知，g（x）=（1+x）ⁿ-1-nx是（0，+∞）上的增函數(shù)，
故當x＞0時，g（x）＞g（0）=0，即（1+x）ⁿ＞1+nx，所以1+k（n+1）＞（1+k）ⁿ⁺¹
所以x₀-k＜0，從而x₀＜k．綜上，可知0＜x₀＜k．…（14分）

點評：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值，突出轉(zhuǎn)化思想與分類討論思想的運用，突出構(gòu)造函數(shù)的思想的應(yīng)用，熟練掌握導(dǎo)數(shù)法研究函數(shù)的單調(diào)性與極值與最值是解決這類問題的關(guān)鍵，屬于難題．