Question

已知函數(shù)f（x）=

1+lnx

x

．
（1）若函數(shù)在區(qū)間（a，a+

1

2

）上存在極值，其中a＞0，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）如果當(dāng)x≥1時，不等式f（x）≥

k

x+1

恒成立，求實數(shù)k的取值范圍；
（3）求證：[（n+1）]²＞（n+1）•e^n-2（n∈N^*）．

Answer 1

考點：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用,函數(shù)恒成立問題,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）f′（x）=-

lnx

x2

，由于當(dāng)0＜x＜1時，f′（x）＞0；當(dāng)1＜x時，f′（x）＜0．又f′（1）=0，即可得出函數(shù)f（x）在x=1時取得極大值，
由于函數(shù)在區(qū)間（a，a+

1

2

）上存在極值，其中a＞0，可得a＜1＜a+

1

2

，即可得出．
（2）不等式f（x）≥

k

x+1

，即

(x+1)(1+lnx)

x

≥k．令g（x）=

(x+1)(1+lnx)

x

，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值即可得出．
（3）由（2）知：f(x)≥

2

x+1

恒成立，即lnx≥

x-1

x+1

=1-

2

x+1

＞1-

2

x

，令x=n（n+1），則ln[n（n+1）]＞1-

2

n(n+1)

，利用“裂項求和”即可得出．

解答： 解：（1）f′（x）=-

lnx

x2

，
∴當(dāng)0＜x＜1時，f′（x）＞0，此時函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)1＜x時，f′（x）＜0，此時函數(shù)f（x）單調(diào)遞減．
又f′（1）=0，∴函數(shù)f（x）在x=1時取得極大值，
∵函數(shù)在區(qū)間（a，a+

1

2

）上存在極值，其中a＞0，
∴a＜1＜a+

1

2

，解得

1

2

＜a＜1．
∴實數(shù)a的取值范圍是(

1

2

，1)．
（2）不等式f（x）≥

k

x+1

，即

(x+1)(1+lnx)

x

≥k．
令g（x）=

(x+1)(1+lnx)

x

，g′（x）=

x-lnx

x2

，
令h（x）=x-lnx，
∵x≥1，h′（x）=1-

1

x

≥0，∴h（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴h（x）_min=h（1）=1＞0，從而g′（x）＞0，
故g（x）在[1，+∞）上也單調(diào)遞增，
∴g（x）_min=g（1）=2，∴k≤2．
（3）由（2）知：f(x)≥

2

x+1

恒成立，即lnx≥

x-1

x+1

=1-

2

x+1

＞1-

2

x

，
令x=n（n+1），則ln[n（n+1）]＞1-

2

n(n+1)

，
∴l(xiāng)n[n（n+1）]＞1-2(

1

n

-

1

n+1

)，
∴l(xiāng)n（1×2）＞1-

2

1×2

，
ln（2×3）＞1-

2

2×3

，
ln（3×4）＞1-

2

3×4

，
…，
lnn-ln（n+1）＞1-2(

1

n

-

1

n+1

)，
疊加得：ln[1×2²×3²×…×n²（n+1）]＞n-2(1-

1

n+1

)＞n-2+

2

n+1

＞n-2．
∴1×2²×3²×…×n²×（n+1）＞e^n-2，
∴[（n+1）!]²＞（n+1）．e^n-2（n∈N^*）．

點評：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、“裂項求和”、對數(shù)的運算性質(zhì)，考查了恒成立問題的等價轉(zhuǎn)化方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．