Question

已知函数f(x)=

x(1+alnx)

x-1

(x＞1)．
（Ⅰ）若a≥0，讨论g（x）=（x-1）²f′（x）的单调性；
（Ⅱ）当a=1时，若f（x）＞n恒成立，求满足条件的正整数n的值；
（Ⅲ）求证：(1+1×2)•(1+2×3)…[1+n(n+1)]＞e2n-

5

2

．

Answer 1

考点：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）求得g（x）的解析式，利用导数即可判断其单调性；
（2）当a=1时，若f（x）＞n恒成立，等价于f（x）_min＞n成立，利用导数求得f（x）_min，即得n≤3，故正整数n的值为1、2或3．
（3）由（Ⅱ）知，当x＞1时，f（x）＞3恒成立，即

x(1+lnx)

x-1

＞3，1+lnx＞

3(x-1)

x

，lnx＞

3(x-1)

x

-1=

2x-3

x

=2-

3

x

(x＞1)，
令x=1+n（n+1），得ln[1+n(n+1)]＞2-

3

n(n+1)+1

＞2-

3

n(n+1)

=2-3(

1

n

-

1

n+1

)，利用累加法化简整理即得结论成立．

解答： 解：（Ⅰ） f′(x)=

[1•(1+alnx)+x(0+ a x )](x-1)-x(1+alnx)•1

(x-1)2

=

ax-alnx-a-1

(x-1)2

，
g（x）=ax-alnx-a-1，a=0时g（x）=-1为常函数，不具有单调性．a＞0时g′(x)=a-

a

x

=

a(x-1)

x

＞0，
g（x）在（1，+∞）上单调递增；
（Ⅱ）a=1时g（x）=x-lnx-2，g(3)=3-ln3-2=ln

e

3

＜0，g(4)=4-ln4-2=ln

e2

4

＞0，
设g（b）=0，则b∈（3，4）．因为此时g（x）在（1，+∞）上单调递增可知当x∈（1，b）时，g（x）＜0；
当x∈（b，+∞）时，g（x）＜0，
当x∈（1，b）时，f′（x）＜0；当x∈（b，+∞）时，f′（x）＞0，
当x=b时，f(x)min=f(b)=

b(1+lnb)

b-1

，∵g（b）=0，∴b-lnb-2=0，即lnb=b-2，所以f（b）=b，
∵b∈（3，4），
∴f（b）∈（3，4），
∴n≤3，故正整数n的值为1、2或3．
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当x＞1时，f（x）＞3恒成立，
即

x(1+lnx)

x-1

＞3，1+lnx＞

3(x-1)

x

，lnx＞

3(x-1)

x

-1=

2x-3

x

=2-

3

x

(x＞1)，
令x=1+n（n+1），得ln[1+n(n+1)]＞2-

3

n(n+1)+1

＞2-

3

n(n+1)

=2-3(

1

n

-

1

n+1

)
则ln（1+1×2）=ln3（n=1暂时不放缩）ln(1+2×3)＞2-3(

1

2

-

1

3

)，
…，ln[1+n(n+1)]＞2-3(

1

n

-

1

n+1

)．
以上n个式子相加得：ln(1+1×2)+ln(1+2×3)+…+ln[1+n(n+1)]＞ln3+2(n-1)-3(

1

2

-

1

n+1

)＞lne+2n-

7

2

+

3

n+1

=2n-

5

2

+

3

n+1

＞2n-

5

2

所以ln{(1+1×2)•(1+2×3)…[1+n(n+1)]}＞2n-

5

2

，
即(1+1×2)•(1+2×3)…[1+n(n+1)]＞e2n-

5

2

．

点评：本题主要考查利用导数研究函数单调性等性质，考查分类讨论思想的运用及不等式恒成立问题的解题策略，综合性强，属难题．