Question

已知函数f（x）=

1+ln(x+1)

x

（x＞0）．
（1）试判断函数f（x）在（0，+∞）上单调性并证明你的结论；
（2）若f（x）＞

k

x+1

恒成立，求整数k的最大值；
（3）求证：2²×3³×4⁴×5⁵×…×nⁿ×（n+1）ⁿ⁺¹＞e n2．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：导数的综合应用

分析：（1）通过求导得f′（x）＜0，从而问题解决，
（2）f（x）＞

k

x+1

恒成立，即h（x）=

(x+1)[1+ln(x+1)]

x

＞k即h（x）的最小值大于k．而h′（x）=

x-1-ln(x+1)

x2

，记g（x）=x-1-ln（x+1），（x＞0），g（x）=0存在唯一实根a，且满足a∈（2，3），a=1+ln（a+1），从而解决问题，
（3）由（2）知

1+ln(x+1)

x

＞

3

x+1

，（x＞0），化简可得ln（x+1）^x+1＞2x-1，相加得：ln2²+ln3³+…+ln（n+1）ⁿ⁺¹＞2×1-1+2×2-1+…+2n-1，即 ln2²+ln3³+…+ln（n+1）ⁿ⁺¹＞n²，从而问题证出．

解答： 解：（1）f′（x）=-

1

x2

[

1

x+1

+ln（x+1）]，
∵x＞0，∴x²＞0，

1

x+1

＞0，ln（x+1）＞0，
∴f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，+∞）上是减函数．
（2）f（x）＞

k

x+1

恒成立，即h（x）=

(x+1)[1+ln(x+1)]

x

＞k即h（x）的最小值大于k．
而h′（x）=

x-1-ln(x+1)

x2

，记g（x）=x-1-ln（x+1），（x＞0），
则g′（x）=

x

x+1

＞0，∴g（x）在（0，+∞）上单调递增，
又g（2）=1-ln3＜0，g（3）=2-2ln2＞0，
∴g（x）=0存在唯一实根a，且满足a∈（2，3），a=1+ln（a+1），
当x＞a时，g（x）＞0，h′（x）＞0，
当0＜x＜a时，g（x）＜0，h′（x）＜0，
∴h（x）_min=h（a）=

(a+1)[1+ln(a+1)]

a

=a+1∈（3，4），
故正整数k的最大值是3，
（3）由（2）知

1+ln(x+1)

x

＞

3

x+1

，（x＞0），
化简可得ln（x+1）^x+1＞2x-1，
∴ln2²＞2×1-1，ln3³＞2×2-1，…，ln（n+1）ⁿ⁺¹＞2n-1，
相加得：ln2²+ln3³+…+ln（n+1）ⁿ⁺¹＞2×1-1+2×2-1+…+2n-1，
即 ln2²+ln3³+…+ln（n+1）ⁿ⁺¹＞n²，
∴2²×3³×4⁴×5⁵×…×nⁿ×（n+1）ⁿ⁺¹＞e n2．

点评：本题考察了函数的单调性，函数的最值，不等式的证明，导数的应用，是一道综合题．