嘿，这个问题我之前碰到过类似的，先给你梳理清楚关键结论和推导思路：

首先我们可以先判断这个导数在0点的非零条件：只有当k是t的整数倍（即存在整数m，使得$k = t \cdot m$），并且$m \leq l$时，结果才不为0，否则直接等于0。为什么呢？

原多项式$(1+x^t)l$展开后只有形如$x^{t \cdot i}$的项（$i$从0到l），对它求k阶导数后，每一项会变成$\binom{l}{i} \cdot (t i)_k \cdot x^{t i - k}$。当代入x=0时，只有当$t i - k = 0$（也就是$i = \frac{k}{t}$）的项才会保留下来，其他项因为x的指数不为0，代入0后都消失了。如果$\frac{k}{t}$不是整数，或者$\frac{k}{t} > l$，那根本没有这样的i，所以结果就是0。

当k是t的倍数时的精确值 #

假设$k = t \cdot m$，其中$0 \leq m \leq l$，那此时$i = m$是唯一符合条件的项，代入你的和式：
$$
\sum\limits_{i \geq \frac{k}{t}}^{l}\binom{l}{i}(ti)_k = \binom{l}{m} \cdot (t m)_k
$$
而$(t m)k = (t m){t m} = (t m)!$（因为k=tm，下降阶乘正好是从tm连续乘t*m个数，也就是阶乘），所以最终结果可以写成：
$$
\binom{l}{m} \cdot (t m)! = \frac{l!}{(l - m)!} \cdot (t m)!
$$

关于你提到的斯特林数思路 #

你尝试用第一类斯特林数展开下降阶乘$(ti)k = \sum\limits{s=0}^k s(k,s) (ti)^s$，其实也能得到相同结论：
把展开式代入和式后交换求和顺序：
$$
\sum\limits_{i \geq \frac{k}{t}}^l \binom{l}{i} \sum\limits_{s=0}^k s(k,s) (ti)^s = \sum\limits_{s=0}^k s(k,s) t^s \sum\limits_{i \geq \frac{k}{t}}^l \binom{l}{i} i^s
$$
但当k不是t的倍数时，$\frac{k}{t}$不是整数，此时$\sum\limits_{i \geq \frac{k}{t}}^l \binom{l}{i} i^s$虽然存在，但结合原多项式的项结构，最终整个和还是0；当k是t的倍数m*t时，同样只有i=m的项有贡献，代入后也能推导出和之前一致的结果。

非平凡估计 #

如果需要估计这个值的量级，当k=t*m且m≤l时，可以用斯特林近似公式$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left( \frac{n}{e} \right)^n$，代入后：
$$
\frac{l!}{(l - m)!} \cdot (t m)! \approx \frac{\sqrt{2\pi l} \left( \frac{l}{e} \right)^l}{\sqrt{2\pi (l - m)} \left( \frac{l - m}{e} \right)^{l - m}} \cdot \sqrt{2\pi t m} \left( \frac{t m}{e} \right)^{t m}
$$
化简后可以得到该值的渐近量级，适合m或l较大时的估计。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Orel_Algebraist