Question

已知函数f(x)=

1+lnx

x

在区间（k+1，+∞）上存在极值．
（Ⅰ）求出实数k的取值范围；
（Ⅱ）对于任意x∈[

1

e

，e]及满足条件中的k值，不等式f(x)≥

k

x+1

是否能恒成立？并说明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）对函数求导可得f′(x)=-

lnx

x2

可得f（x）在（0，1）上单调递增；在（1，+∞）上单调递减，从而可得函数f（x）在x=1处取得极大值．从而可得k+1＜1，可求
（Ⅱ）不等式f(x)≥

k

x+1

即为

(x+1)(1+lnx)

x

≥ k 记g(x)=

(x+1)(1+lnx)

x

，利用函数的导数可求函数g（x）的单调区间g（x）在[

1

e

，e]上的最小值，只需g（x）_min≥k可求

解答：解：（Ⅰ）因为f(x)=

1+lnx

x

，x＞0，则f′(x)=-

lnx

x2

，…（2分）
当0＜x＜1时，f^′（x＞0）；当x＞1时，f^′（x）＜0．
所以f（x）在（0，1）上单调递增；在（1，+∞）上单调递减，…（4分）
所以函数f（x）在x=1处取得极大值．则k+1＜1，得k＜0…（7分）
（Ⅱ）不等式f(x)≥

k

x+1

即为

(x+1)(1+lnx)

x

≥ k 记g(x)=

(x+1)(1+lnx)

x

，
则g′(x)=

[(x+1)(1+lnx)]x-(x+1)(1+lnx)

x2

=

x-lnx

x2

   …（9分）
令h（x）=x-lnx，则h′(x)=1-

1

x

，当x∈[1，e]时h′（x）≥0，∴h（x）在[1，e]上单调递增，
当x∈[

1

e

，1]时h′（x）＜0，∴h（x）在[

1

e

，1]上单调递减，[h（x）]_min=h（1）=1＞0则g^′（x）＞0，
故g（x）在[

1

e

，e]上单调递增，…（12分）
则[g(x)]min=g(

1

e

)=0，所以k≤0．…（14分）
由（Ⅰ）知k＜0，故对于任意x∈[

1

e

，e]及满足条件中的k值，不等式f(x)≥

k

x+1

恒成立．…（15分）

点评：本题主要考查了利用函数的导数求解函数的单调区间及函数的极值、最值，解题的关键是采用构造函数并结合函数的导数把函数的恒成立问题转化为求函数的最值，属于函数知识的综合性考查．