Question

已知函数f（x）=

x(1+alnx)

x-1

（x＞1）．
（1）若g（x）=（x-l）²f′（x）在（1，+∞）是增函数，求实数a的取值范围；
（2）当a=1时，若f（x）＞n恒成立，求满足条件的正整数n的最大值；
（3）求证：（1+1×3）×（1+3×5）×…×[1+（2n-l）（2n+l）]＞e 2n-

3

2

．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究函数的单调性

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（1）求导数，利用g（x）=（x-l）²f′（x）在（1，+∞）是增函数，g′（x）=

a(x-1)

x

≥0，尽快求实数a的取值范围；
（2）设g（b）=0，则b∈（3，4），再确定x=b时，f（x）_min=f（b）=

b(1+lnb)

b-1

，即可求满足条件的正整数n的最大值；
（3）先证明ln[1+（2n-1）（2n+1）]＞2-

3

2

（

1

2n-1

-

1

2n+1

），n取1，2，…，n再相加可得结论．

解答： （1）解：f′（x）=

ax-alnx-a-1

(x-1)2

，
∴g（x）=ax-alnx-a-1，
由g′（x）=

a(x-1)

x

≥0，得a≥0，又a=0时，g（x）=-1，函数不具有单调性，
∴a＞0；
（2）解：a=1时，g（x）=x-lnx-2，g（3）=3-ln3-2＜0，g（4）=4-ln4-2＞0，
设g（b）=0，则b∈（3，4），
∴x∈（1，b）时，g（x）＜0，x∈（b，+∞）时，g（x）＞0，
∴x∈（1，b）时，f′（x）＜0，x∈（b，+∞）时，f′（x）＞0，
∴x=b时，f（x）_min=f（b）=

b(1+lnb)

b-1

，
∵g（b）=0，
∴b=lnb-2=0，即lnb=b-2，
∴f（b）=b∈（3，4），
∴n≤3，
∴满足条件的正整数n的最大值为3；
（3）证明：由（2）知a=1时，f（x）＞3恒成立，即

x(1+lnx)

x-1

＞3，
∴lnx＞2-

3

x

（x＞1），
令x=1+（2n-1）（2n+1），则
ln[1+（2n-1）（2n+1）]＞2-

3

2

（

1

2n-1

-

1

2n+1

），
n取1，2，…，n再相加可得：ln{（1+1×3）×（1+3×5）×…×[1+（2n-l）（2n+l）]}＞2n-

3

2

，
∴（1+1×3）×（1+3×5）×…×[1+（2n-l）（2n+l）]＞e 2n-

3

2

．

点评：本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性与最值，考查不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．