Question

已知函數(shù)f（x）=（1+x）ⁿ（x＞-1，n∈N^*）在點（0，1）處的切線L為y=g（x）
（Ⅰ）求切線L并判斷函數(shù)f（x）在x∈（-1，+∞）上的單調(diào)性；
（Ⅱ）求證：f（x）≥g（x）對任意的x∈（-1，+∞）都成立；
（Ⅲ）求證：已知m，n∈N^*，S_m=1^m+2^m+…+n^m，求證：n^m+1＜（m+1）S_m．

Answer 1

分析：（Ⅰ）利用導(dǎo)數(shù)可求得切線y=g（x）的斜率，利用直線的點斜式即可得到切線L的方程，由f′（x）＞0，可求得f（x）在x∈（-1，+∞）上的單調(diào)性；
（Ⅱ）構(gòu)造函數(shù)h（x）=（1+x）ⁿ-nx-1，可求得h′（x）=n（x+1）^n-1-n=n[（x+1）^n-1-1]，可分①n=1與②n≥2兩種情況討論，即可證f（x）≥g（x）對任意的x∈（-1，+∞）都成立；
（Ⅲ）通過分析法：要證：n^m+1＜（m+1）（1^m+2^m+…+n^m），只需證：（1^m+1-0^m+1）+（2^m+1-1^m+1）+…+（n^m+1-（n-1）^m+1）＜（m+1）（1^m+2^m+…+n^m），
只需證：（n^m+1-（n-1）^m+1）＜（m+1）n^m，整理即可得證．

解答：解：（Ⅰ）f′（0）=n，所以：y-1=n（x-0）⇒g（x）=nx+1，f′（x）=n（1+x）^n-1，
∵x＞-1，
∴f′（x）＞0，所以f（x）在（-1，+∞）上單調(diào)遞增；-（4分）
（Ⅱ）要證：（1+x）ⁿ≥1+nx（x＞-1，n∈N^*）有三條可能的路徑：
（1）二項式定理展開比較法（不難得證）；
（2）數(shù)學歸納法（可參見選修4-5的貝努力不等式）
（3）構(gòu)造新函數(shù)法：要證：（1+x）ⁿ≥1+nx（x＞-1，n∈N^*），
把n當成常數(shù)，把x當成變量，構(gòu)造函數(shù)h（x）=（1+x）ⁿ-nx-1，
h′（x）=n（x+1）^n-1-n=n[（x+1）^n-1-1]--------------------------------（5分）
①n=1時，h（x）=0滿足題意------------------------------------（6分）
②n≥2時，由（Ⅰ）知y=（x+1）^n-1在（-1，+∞）上單調(diào)遞增，
h′（x）＞0?（x+1）^n-1＞1=（0+1）^n-1?x＞0
所以h（x）在（-1，0）上單調(diào)遞減；（0，+∞）上單調(diào)遞增，
所以h（x）≥h（0）=0，即f（x）≥g（x）對任意的x∈（-1，+∞）都成立-------（8分）
構(gòu)造左n項右n項
（Ⅲ）要證：n^m+1＜（m+1）（1^m+2^m+…+n^m），
只需證：（1^m+1-0^m+1）+（2^m+1-1^m+1）+…+（n^m+1-（n-1）^m+1）＜（m+1）（1^m+2^m+…+n^m），
只需證：（n^m+1-（n-1）^m+1）＜（m+1）n^m，
只需證：n-(1-

1

n

)m（n-1）＜m+1，只需證：n-m-1＜(1-

1

n

)m（n-1），
又(1-

1

n

)m（n-1）＞（1-

m

n

）（n-1）=n-1-m+

m

n

＞n-1-m成立，
所以n^m+1＜（m+1）（1^m+2^m+…+n^m）成立．-----------------------------------------------------（14分）

點評：本題考查綜合法與分析法，考查利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程及函數(shù)的單調(diào)性，突出考查分析法，考查構(gòu)造函數(shù)思想與分類討論思想、等價轉(zhuǎn)化思想的綜合應(yīng)用，屬于難題．