Question

定義函數(shù)其導函數(shù)記為．
（Ⅰ）求y=f_n（x）-nx的單調(diào)遞增區(qū)間；
（Ⅱ）若，求證：0＜x₀＜1；
（Ⅲ）設函數(shù)φ（x）=f₃（x）-f₂（x），數(shù)列{a_k}前k項和為S_k，2kS_k=φ（k-1）+2ka_k，其中a₁=1．對于給定的正整數(shù)n（n≥2），數(shù)列{b_n}滿足a_k+1b_k+1=（k-n）b_k（k=1，2…，n-1），且b₁=1，求b₁+b₂+…+b_n．

Answer 1

（Ⅰ）解：，
令g（x）=（1+x）ⁿ-1-nx，則g'（x）=n[（1+x）^n-1-1]，
當x∈（-2，0）時，g'（x）＜0，當x∈（0，+∞）時，g'（x）＞0，
所以y=f_n（x）-nx的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）…（4分）
（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）可知，當x∈（-2，0）時，g'（x）＜0，當x∈（0，+∞）時，g'（x）＞0，
所以g（x）在（-2，0）上遞減，在（0，+∞）上遞增，則g（x）在x=0有最小值g（0）=0，
則g（x）≥0，即（1+x）ⁿ＞1+nx，…（5分）
由得，．
所以，所以．
又x₀＞0，，
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：
∵2kS_k=φ（k-1）+2ka_k，∴，∴2S_k=（k-1）k+2a_k
∴當k＞1時，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
∴…（14分）
分析：（Ⅰ）構(gòu)建新函數(shù)g（x）=（1+x）ⁿ-1-nx，求導函數(shù)，由導數(shù)大于0，可得y=f_n（x）-nx的單調(diào)遞增區(qū)間；
（Ⅱ）根據(jù)g（x）在（-2，0）上遞減，在（0，+∞）上遞增，可得g（x）≥g（0）=0，由，求得，進而可得結(jié)論；
（Ⅲ）由2kS_k=φ（k-1）+2ka_k，可得2S_k=（k-1）k+2a_k，再寫一式，兩式相減，確定數(shù)列{a_n}的通項，再根據(jù)a_k+1b_k+1=（k-n）b_k，可得（k+1）b_k+1-kb_k=-nb_k，從而利用疊加法，可得結(jié)論．
點評：本題考查導數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查不等式的證明，考查數(shù)列的通項，考查疊加法的運用，綜合性強，屬于中檔題．