Question

（2013•牡丹江一模）已知函數(shù)f(x)=

1+1nx

x

．
（1）若函數(shù)f（x）在區(qū)間(a，a+

1

3

)(a＞0)上存在極值點，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）知果當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)en-2+

2

n+1

，這里n∈N^*，（n+1）!=1×2×3×…×（n+1），e為自然對數(shù)的底數(shù)．

Answer 1

分析：（1）先求出定義域，再對f（x）進行求導，利用導數(shù)研究函數(shù)f（x）的極值點問題，先求出極值點；
（2）已知條件當x≥1時，不等式f(x)≥

k

x+1

恒成立，將問題轉化為k≤

(x+1)(1+lnx)

x

，利用了常數(shù)分離法，只要求出

(x+1)(1+lnx)

x

的最小值即可，可以令新的函數(shù)g（x），然后利用導數(shù)研究函數(shù)g（x）的最值問題，從而求出k的范圍；
（3）利用（2）的恒成立式子，可有l(wèi)n[k（k+1）]＞1-

2

k(k+1)

，利用此不等式對所要證明的不等式兩邊進行放縮，從而進行證明；

解答：解：（1）函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），f′（x）=

1 x •x-(1+lnx)•1

x2

=-

lnx

x2

，
f′（x）＞0?lnx＜0?0＜x＜1，
f′（x）＜0?lnx＞0?x＞1，
所以f（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減，函數(shù)f（x）在x=1處取得唯一的極值，
由題意，a＞0，且a＜1＜a+

1

3

，解得

2

3

＜a＜1，
所以實數(shù)a的取值范圍為

2

3

＜a＜1；
（2）當x≥1時，f（x）≥

k

x+1

?

1+lnx

x

≥

k

x+1

?k≤

(x+1)(1+lnx)

x

，
令g（x）=

(x+1)(1+lnx)

x

（x≥1），由題意，k≤g（x）在[1，+∞）上恒成立，
g′（x）=

[(x+1)(1+lnx)]′•x-(x+1)(1+lnx)

x2

=

x-lnx

x2

，
令h（x）=x-lnx（x≥1），則h′（x）=1-

1

x

≥0，當且僅當x=1時取等號，
所以h（x）=x-lnx在[1，+∞）上單調遞增，h（x）≥h（1）=1＞0，
因此g′（x）=

h(x)

x2

＞0，g（x）在[1，+∞）上單調遞增，g（x）_min=g（1）=2，
所以k≤2；
（3）由（2），當x≥1時，f（x）≥

2

x+1

，即

1+lnx

x

≥

2

x+1

，
從而lnx≥1-

2

x+1

＞1-

2

x

，
令x=k（k+1），k∈N₊，則有l(wèi)n[k（k+1）]＞1-

2

k(k+1)

，
分別令k=1，2，3，…，n（n≥2）則有l(wèi)n（1×2）＞1-

2

1×2

，ln（2×3）＞1-

2

2×3

，…，
ln[n（n-1）]＞1-

2

(n-1)n

，ln[n（n+1）]＞1-

2

n(n+1)

，
將這個不等式左右兩端分別相加，則得，
ln[1×2²×3²×…×n²（n+1）]＞n-2[

1

1×2

+

1

2×3

+…+

1

n(n+1)

]=n-2+

2

n+1

，
故1×2²×3²×…×n²（n+1）＞en-2+

2

n+1

，從而[(n+1)!]2＞(n+1)en-2+

2

n+1

，
當n=1時，不等式顯然成立；
所以?n∈N₊，[(n+1)!]2＞(n+1)en-2+

2

n+1

；

點評：此題難度比較大，考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性和最值問題，第三問難度最大，需要對不等式的兩邊進行放縮，巧妙利用第（2）問的條件得到一個不等式，利用這個不等式進行放縮證明，是我們常用的方法；