Question

（2012•佛山二模）記函數fn(x)=(1+x)n-1(n≥2，n∈N*)的導函數為f′_n（x），函數g（x）=f_n（x）-nx．
（Ⅰ）討論函數g（x）的單調區間和極值；
（Ⅱ）若實數x₀和正數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）為偶數與n為奇數討論導數的符號，即可求得其單調區間和極值；
（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為偶數時，n-1是奇數，由g'（x）＞0得x＞0；由g'（x）＜0得x＜0．
所以g（x）的遞減區間為（-∞，0），遞增區間為（0，+∞），極小值為g（0）=0．…（5分）
②當n≥2且n為奇數時，n-1是偶數，
由g'（x）＞0得x＜-2或x＞0；由g'（x）＜0得-2＜x＜0．
所以g（x）的遞減區間為（-2，0），遞增區間為（-∞，-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，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，
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：本題考查利用導數研究函數的單調性與極值，突出轉化思想與分類討論思想的運用，突出構造函數的思想的應用，熟練掌握導數法研究函數的單調性與極值與最值是解決這類問題的關鍵，屬于難題．