Question

（2012•佛山二模）记函数fn(x)=(1+x)n-1(n≥2，n∈N*)的导函数为f′_n（x），函数g（x）=f_n（x）-nx．
（Ⅰ）讨论函数g（x）的单调区间和极值；
（Ⅱ）若实数x₀和正数k满足：

f′n(x0)

f′n+1(x0)

=

fn(k)

fn+1(k)

，求证：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）为偶数与n为奇数讨论导数的符号，即可求得其单调区间和极值；
（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]

，设分子为h（k）=（nk-1）（1+k）ⁿ+1（k＞0），可分析得到h'（k）＞0，从而h（k）＞h（0）=0，求得x₀＞0；
进一步可求得x₀-k=

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

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

＜0，从而得证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当n≥2且n为偶数时，n-1是奇数，由g'（x）＞0得x＞0；由g'（x）＜0得x＜0．
所以g（x）的递减区间为（-∞，0），递增区间为（0，+∞），极小值为g（0）=0．…（5分）
②当n≥2且n为奇数时，n-1是偶数，
由g'（x）＞0得x＜-2或x＞0；由g'（x）＜0得-2＜x＜0．
所以g（x）的递减区间为（-2，0），递增区间为（-∞，-2）和（0，+∞），
此时g（x）的极大值为g（-2）=2n-2，极小值为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）
显然分母（n+1）[（1+k）ⁿ-1]＞0，设分子为h（k）=（nk-1）（1+k）ⁿ+1（k＞0）
则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，+∞）上的增函数，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，+∞）上的增函数，
故当x＞0时，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，从而x₀＜k．综上，可知0＜x₀＜k．…（14分）

点评：本题考查利用导数研究函数的单调性与极值，突出转化思想与分类讨论思想的运用，突出构造函数的思想的应用，熟练掌握导数法研究函数的单调性与极值与最值是解决这类问题的关键，属于难题．