Question

已知函數(shù)f(x)=

1+lnx

x

．
（Ⅰ）若函數(shù)在區(qū)間(a，a+

1

2

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

k

x+1

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

Answer 1

分析：（Ⅰ）求出函數(shù)f(x)=

1+lnx

x

的極值，在探討函數(shù)在區(qū)間(a，a+

1

2

)（其中a＞0）上存在極值，尋找關于a的不等式，求出
實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）如果當x≥1時，不等式f(x)≥

k

x+1

恒成立，把k分離出來，轉化為求函數(shù)最值．
（Ⅲ）借助于（Ⅱ）的結論證明不等式．

解答：解：（Ⅰ）因為f(x)=

1+lnx

x

，x＞0，則f′(x)=-

lnx

x2

，
當0＜x＜1時，f′（x）＞0；當x＞1時，f′（x）＜0．
所以f（x）在（0，1）上單調遞增；在（1，+∞）上單調遞減，
所以函數(shù)f（x）在x=1處取得極大值．
因為函數(shù)f（x）在區(qū)間(a，a+

1

2

)（其中a＞0）上存在極值，
所以

a＜1 a+ 1 2 ＞1

，解得

1

2

＜a＜1．
（Ⅱ）不等式f(x)≥

k

x+1

，
即為

(x+1)(1+lnx)

x

≥k，記g(x)=

(x+1)(1+lnx)

x

，
所以g′(x)=

[(x+1)(1+lnx)]′x-(x+1)(1+lnx)

x2

=

x-lnx

x2

，
令h（x）=x-lnx，則h′(x)=1-

1

x

，∵x≥1，∴h′（x）≥0．
∴h（x）在[1，+∞）上單調遞增，∴[h（x）]_min=h（1）=1＞0，
從而g′（x）＞0
故g（x）在[1，+∞）上也單調遞增，
∴[g（x）]_min=g（1）=2，所以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)

，
所以ln(1×2)＞1-

2

1×2

，
ln(2×3)＞1-

2

2×3

，ln(3×4)＞1-

2

3×4

，
ln[n(n+1)]＞1-

2

n(n+1)

．
疊加得：ln[1×2²×3²×n2×(n+1)]＞n-2[

1

1×2

+

1

2×3

+

1

n(n+1)

]
=n-2(1-

1

n+1

)＞n-2+

1

n+1

＞n-2
則1×2²×3²×n²×（n+1）＞e^n-2，
所以[（n+1）！]²＞（n+1）•e^n-2（n∈N^*）

點評：考查應用導數(shù)研究函數(shù)的極值最值問題，有關恒成立的問題一般采取分離參數(shù)，轉化為求函數(shù)的最值問題，體現(xiàn)了轉化的思想方法，證明數(shù)列不等式，借助函數(shù)的單調性或恒成立問題加以證明．屬難題．