问题
解答题
已知常数a>0，n为正整数，fn（x）=xn-（x+a）n（x>0）是关于x的函数，
（1）判定函数fn（x）的单调性，并证明你的结论；
（2）对任意n≥a，证明fn+1′（n+1）<（n+1）fn′（n）。
答案
解：（1）fn′（x）=nxn-1-n（x+a）n-1=n[xn-1-（x+a）n-1]，
∵a>0，x>0，
∴fn′（x）<0，
∴fn（x）在（0，+∞）单调递减。
（2）由上知：当x>a>0时，fn（x）=xn-（x+a）n是关于x的减函数，
∴当n≥a时，有：（n+1）n-（n+1+a）n≤nn-（n+a）n，
又∵fn+1′（x）=（n+1）[xn-（x+a）n]，
∴fn+1′（n+1）=（n+1）[（n+1）n-（n+1+a）n]<（n+1）[nn-（n+a）n]
=（n+1）[nn-（n+a）（n+a）n-1]
（n+1）fn′（n）=（n+1）n[nn-1-（n+a）n-1]=（n+1）[nn-n（n+a）n-1]，
∵（n+a）>n，
∴fn+1′（n+1）<（n+1）fn′（n）。
