（Ⅰ）已知函数：f（x）=2n-1（xn+a）-（x+a）n，（x∈[0，+∞），n∈N*）求函数f（x）的最小值；

（Ⅰ）令f'（x）=2^n-1nx^n-1-n（a+x）^n-1=0
得（2x）^n-1=（a+x）^n-1，∴2x=a+x，∴x=a---------------（2分）
当0≤x≤a时，∴2x＜a+x，∴f'（x）≤0，故f（x）在[0，a]上递减．
当x＞a，f'（x）＞0，故f（x）在（a，+∞）上递增．
∴，当x=a时，f（x）的最小值为f（a）=0---------------（4分）
（Ⅱ）由b＞0，有f（x）≥f（a）=0，即f（b）=2^n-1（aⁿ+bⁿ）-（a+b）ⁿ≥0
故　
an+bn
2≥(
a+b
2)n(a＞0，b＞0，n∈N*)．--------（5分）
（Ⅲ）证明：要证：

an1+
an2+
an3+…+
ank+1
k+1≥(
a1+a2+a3+…+ak+1
k+1)n
只要证：(k+1)n−1(
an1+
an2+
an3+…+
ank+1)≥(a1+a2+a3+…+ak+1)n
设g(x)＝(k+1)n−1(
an1+
an2+
an3+…+xn)−(a1+a2+a3+…+x)n-------------（7分）
则g′(x)＝(k+1)n−1•nxn−1−n(a1+a2+a3+…+x)n−1
令g'（x）=0得x＝
a1+a2+a3+…+ak
k---------------（8分）
当0≤x≤
a1+a2+a3+…+ak
k时，g′(x)＝(k+1)n−1•nxn−1−n(a1+a2+a3+…+x)n−1
≤n(a1+a2+a3+…+x)n−1-n(a1+a2+a3+…+x)n−1=0
故g（x）在[0，
a1+a2+a3+…+ak
k]上递减，
类似地可证g（x）在[
a1+a2+a3+…+ak
k，+∞)递增
∴当x＝
a1+a2+a3+…+ak
k时，g（x）的最小值为g(
a1+a2+a3+…+ak
k)------------（10分）
而g(
a1+a2+a3+…+ak
k)
=(k+1)n−1(
an1+
an2+…+
ank+(
a1+a2+a3+…+ak
k)n)−(a1+a2+…+ak+
a1+a2+a3+…+ak
k)n
=
(k+1)n−1
kn[kn(
an1+
an2+…+
ank+(a1+a2+a3+…+ak)n)−(k+1)(a1+a2+…+ak)n]
=
(k+1)n−1
kn[kn(
an1+
an2+…+
ank)−k(a1+a2+…+ak)n]
=
(k+1)n−1
kn−1[kn−1(
an1+
an2+…+
ank)−(a1+a2+…+ak)n]
由定理知：kn−1(
an1+
an2+…+
ank)−(a1+a2+…+ak)n≥0，
故g(
a1+a2+a3+…+ak
k)≥0
∵a_k+1∈[0，+∞），
∴g(ak+1)≥g(
a1+a2+a3+…+ak
k)≥0
故(k+1)n−1(
an1+
an2+
an3+…+
ank+1)≥(a1+a2+a3+…+ak+1)n
即：

an1+
an2+
an3+…+
ank+1
k+1≥(
a1+a2+a3+…+ak+1
k+1)n---------------（14分）

点评：
本题考点： 综合法与分析法(选修）；不等式的证明．

考点点评： 本题考查函数的单调性，分析法构造法以及函数的导数的综合应用，难度比较大．