已知函数f（x）=（1+x）n（x＞-1，n∈N*）在点（0，1）处的切线L为y=g（x）
（Ⅰ）求切线L并判断函数f（x）在x∈（-1，+∞）上的单调性；
（Ⅱ）求证：f（x）≥g（x）对任意的x∈（-1，+∞）都成立；
（Ⅲ）求证：已知m，n∈N*，Sm=1m+2m+…+nm，求证：nm+1＜（m+1）Sm．
（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，+∞）上单调递增；-（4分）
（Ⅱ）要证：（1+x）n≥1+nx（x＞-1，n∈N*）有三条可能的路径：
（1）二项式定理展开比较法（不难得证）；
（2）数学归纳法（可参见选修4-5的贝努力不等式）
（3）构造新函数法：要证：（1+x）n≥1+nx（x＞-1，n∈N*），
把n当成常数，把x当成变量，构造函数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时，h（x）=0满足题意------------------------------------（6分）
②n≥2时，由（Ⅰ）知y=（x+1）n-1在（-1，+∞）上单调递增，
h′（x）＞0⇔（x+1）n-1＞1=（0+1）n-1⇔x＞0
所以h（x）在（-1，0）上单调递减；（0，+∞）上单调递增，
所以h（x）≥h（0）=0，即f（x）≥g（x）对任意的x∈（-1，+∞）都成立-------（8分）
构造左n项右n项
（Ⅲ）要证：nm+1＜（m+1）（1m+2m+…+nm），
只需证：（1m+1-0m+1）+（2m+1-1m+1）+…+（nm+1-（n-1）m+1）＜（m+1）（1m+2m+…+nm），
只需证：（nm+1-（n-1）m+1）＜（m+1）nm，
只需证：n-(1-
)m（n-1）＜m+1，只需证：n-m-1＜(1-1 n
)m（n-1），1 n
又(1-
)m（n-1）＞（1-1 n
）（n-1）=n-1-m+m n
＞n-1-m成立，m n
所以nm+1＜（m+1）（1m+2m+…+nm）成立．-----------------------------------------------------（14分）