（2014•江西模拟）设函数f（x）=axn+1+bxn（x＞0），n为正整数，a，b均为常数，曲线y=f（x）在（1，

（Ⅰ）∵点（1，f（1））在切线x+y-1=0上，
∴f（1）=0．
又∵函数f（x）=axⁿ⁺¹+bxⁿ，
∴f（1）=a+b，
∴a+b=0．
∵f′（x）=a（n+1）xⁿ+bnx^n-1，
∴f′（1）=（a+b）n+a=a，
又∵切线x+y=1的斜率为-1，
∴a=-1，
∴a=-1，b=1．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：f（x）=-xⁿ⁺¹+xⁿ，
故f ′(x)=(n+1)xn-1(
n
n+1-x)，
令f′（x）=0，
解得x=
n
n+1，
即f′（x）在（0，+∞）上有唯一零点x0=
n
n+1．
当0＜x＜
n
n+1时，f′（x）＞0，故f（x）在(0，
n
n+1)上单调递增；
当x＞
n
n+1时，f′（x）＜0，故f（x）在(
n
n+1，+∞)上单调递减．
[f(x)]max=f(
n
n+1)=(
n
n+1)n(1-
n
n+1)=
nn
(1+n)n+1．
（Ⅲ）证明：要对任意的x∈（0，+∞）都有nf(x)＜
1
e，只需证f(x)＜
1
ne．
由（Ⅱ）知f（x）在（0，+∞）上有最大值，[f(x)]max=
nn
(n+1)n+1，
故只需证
nn
(1+n)n+1＜
1
ne，即(
n
n+1)n+1＜
1
e，即ln
n
n+1+
1
n+1＜0，①
令[n/n+1=t(0＜t＜1)，则
1
n+1=1-t，
①转化为lnt-t+1＜0 ②
令g（t）=lnt-t+1（0＜t＜1），
则g ′(t)=
1
t-1=
1-t
t]，
当0＜t＜1时，g′（t）＞0，所以g（t）在（0，1）上单调递增，
∴g（t）＜g（1）=0，即对于任意的0＜t＜1，②式恒成立，
∴对任意的x∈（0，+∞）都有nf（x）＜