题目内容
（2013•绵阳二模）已知函数f（x）=xlnx（x∈（0，+∞）
（I ）求g（x）=
-x(x∈(-1，+∞))的单调区间与极大值；
（II ）任取两个不等的正数x1，x2，且x1＜x2，若存在x0＞0使f′（x0）=
成立，求证：x1＜x0＜x2
（III）己知数列{an}满足a1=1，an+1=（1+
）an+
（n∈N+），求证：an＜e
（e为自然对数的底数）．
（I ）求g（x）=
| f(x+1) |
| x+1 |
（II ）任取两个不等的正数x1，x2，且x1＜x2，若存在x0＞0使f′（x0）=
| f(x2)-f(x1) |
| x2-x1 |
（III）己知数列{an}满足a1=1，an+1=（1+
| 1 |
| 2n |
| 1 |
| n2 |
| 11 |
| 4 |
分析：（Ⅰ）由f（x）求出f（x+1），代入g（x），对函数g（x）求导后利用导函数的符号求出函数g（x）在定义域内的单调区间，从而求出函数的极大值；
（Ⅱ）求出f′（x0），代入f′（x0）=
后把lnx0用lnx1，lnx2表示，再把lnx0与lnx2作差后构造辅助函数，求导后得到构造的辅助函数的最大值小于0，从而得到lnx0＜lnx2，运用同样的办法得到lnx1＜lnx0，最后得到要证的结论；
（Ⅲ）由给出的递推式an+1=（1+
）an+
说明数列{an}是递增数列，根据a1=1，得到an≥1，由此把递推式an+1=（1+
）an+
放大得到lnan+1≤lnan+ln(1+
+
)，结合（Ⅰ）中的ln（1+x）＜x得到lnan+1＜lnan+
+
，分别取n=1，2，3，…，n-1，得到n个式子后累加即可证得结论．
（Ⅱ）求出f′（x0），代入f′（x0）=
| f(x2)-f(x1) |
| x2-x1 |
（Ⅲ）由给出的递推式an+1=（1+
| 1 |
| 2n |
| 1 |
| n2 |
| 1 |
| 2n |
| 1 |
| n2 |
| 1 |
| 2n |
| 1 |
| n2 |
| 1 |
| 2n |
| 1 |
| n2 |
解答：（Ⅰ）解：由f（x）=xlnx（x∈（0，+∞））．
∴f（x+1）=（x+1）ln（x+1）（x∈（-1，+∞））．
则有g(x)=
-x=
-x=ln（x+1）-x，
此函数的定义域为（-1，+∞）．
g′(x)=
-1=-
．
故当x∈（-1，0）时，g′（x）＞0；当x∈（0，+∞）时，g′（x）＜0．
所以g（x）的单调递增区间是（-1，0），单调递减区间是（0，+∞），
故g（x）的极大值是g（0）=0；
（Ⅱ）证明：由f（x）=xlnx（x∈（0，+∞）），得f′（x）=lnx+1，
所以lnx0+1=
，
于是lnx0-lnx2=
-lnx2-1=
-lnx2-1
=
-1=
-1，
令
=t（t＞1），则h(t)=
-1=
，
因为t-1＞0，只需证明lnt-t+1＜0．
令s（t）=lnt-t+1，则s′(t)=
-1＜0，
∴s（t）在t∈（1，+∞）上递减，所以s（t）＜s（1）=0，
于是h（t）＜0，即lnx0＜lnx2，故x0＜x2．
同理可证x1＜x0，故x1＜x0＜x2．
（Ⅲ）证明：因为a1=1，an+1=(1+
)an+
＞an，所以{an}单调递增，an≥1．
于是an+1=(1+
)an+
≤(1+
)an+
an=(1+
+
)an，
所以lnan+1≤lnan+ln(1+
+
)（*）．
由（Ⅰ）知当x＞0时，ln（1+x）＜x．
所以（*）式变为lnan+1＜lnan+
+
．
即lnak-lnak-1＜
+
（k∈N，k≥2），
令k=2，3，…，n，这n-1个式子相加得
lnan-lna1＜(
+
+…+
)+[
+
+…+
]
＜
+[1+
+
+
+…+
]
=(1-
)+[1+
+(
-
)+(
-
)+…+(
-
)]
=(1-
)+(1+
+
-
)
=
-
-
＜
．
即lnan＜lna1+
=
，
所以an＜e
．
∴f（x+1）=（x+1）ln（x+1）（x∈（-1，+∞））．
则有g(x)=
| f(x+1) |
| x+1 |
| (x+1)ln(x+1) |
| x+1 |
此函数的定义域为（-1，+∞）．
g′(x)=
| 1 |
| x+1 |
| x |
| x+1 |
故当x∈（-1，0）时，g′（x）＞0；当x∈（0，+∞）时，g′（x）＜0．
所以g（x）的单调递增区间是（-1，0），单调递减区间是（0，+∞），
故g（x）的极大值是g（0）=0；
（Ⅱ）证明：由f（x）=xlnx（x∈（0，+∞）），得f′（x）=lnx+1，
所以lnx0+1=
| f(x2)-f(x1) |
| x2-x1 |
于是lnx0-lnx2=
| f(x2)-f(x1) |
| x2-x1 |
| x2lnx2-x1lnx1 |
| x2-x1 |
=
| x1lnx2-x1lnx1 |
| x2-x1 |
ln
| ||
|
令
| x2 |
| x1 |
| lnt |
| t |
| ln-t+1 |
| t-1 |
因为t-1＞0，只需证明lnt-t+1＜0．
令s（t）=lnt-t+1，则s′(t)=
| 1 |
| t |
∴s（t）在t∈（1，+∞）上递减，所以s（t）＜s（1）=0，
于是h（t）＜0，即lnx0＜lnx2，故x0＜x2．
同理可证x1＜x0，故x1＜x0＜x2．
（Ⅲ）证明：因为a1=1，an+1=(1+
| 1 |
| 2n |
| 1 |
| n2 |
于是an+1=(1+
| 1 |
| 2n |
| 1 |
| n2 |
| 1 |
| 2n |
| 1 |
| n2 |
| 1 |
| 2n |
| 1 |
| n2 |
所以lnan+1≤lnan+ln(1+
| 1 |
| 2n |
| 1 |
| n2 |
由（Ⅰ）知当x＞0时，ln（1+x）＜x．
所以（*）式变为lnan+1＜lnan+
| 1 |
| 2n |
| 1 |
| n2 |
即lnak-lnak-1＜
| 1 |
| 2k-1 |
| 1 |
| (k-1)2 |
令k=2，3，…，n，这n-1个式子相加得
lnan-lna1＜(
| 1 |
| 21 |
| 1 |
| 22 |
| 1 |
| 2n-1 |
| 1 |
| 12 |
| 1 |
| 22 |
| 1 |
| (n-1)2 |
＜
| ||||
1-
|
| 1 |
| 4 |
| 1 |
| 2×3 |
| 1 |
| 3×4 |
| 1 |
| (n-2)(n-1) |
=(1-
| 1 |
| 2n-1 |
| 1 |
| 4 |
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 3 |
| 1 |
| 3 |
| 1 |
| 4 |
| 1 |
| n-2 |
| 1 |
| n-1 |
=(1-
| 1 |
| 2n-1 |
| 1 |
| 4 |
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| n-1 |
=
| 11 |
| 4 |
| 1 |
| 2n-1 |
| 1 |
| n-1 |
| 11 |
| 4 |
即lnan＜lna1+
| 11 |
| 4 |
| 11 |
| 4 |
所以an＜e
| 11 |
| 4 |
点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了通过构造函数，利用函数的单调性和极值证明不等式，训练了累加法求数列的通项公式，考查了利用放缩法证明不等式，是一道难度较大的综合题型．
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