Question

已知函数f（x）=

1+ln(x+1)

x

（x＞0）
（1）当x＞0时，f（x）＞

k

x+1

恒成立，求正整数k的最大值；
（2）求证：（1+1•2）（1+2•3）（1+3•4）…（1+n（n+1））＞e^2n-3（n∈N^*）．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：导数的概念及应用

分析：（1）将不等式f（x）＞

k

x+1

转化为

1+ln(x+1)

x

（x+1）＞k，构造函数f（x）=

1+ln(x+1)

x

（x+1），利用导数研究函数单调性并确定其最值．从而得到正整数k的最大值．
（2）根据（1）的结论得到ln（1+n（n+1））＞2-

3

n(n+′1)

，从而可得ln（1+1•2）+ln（1+2•3）+ln（1+3•4）…+ln（1+n（n+1））＞2-

3

1×2

+2-

3

2×3

+…+2-

3

n(n+1)

，利用裂项相消法求和即可证明不等式．

解答： 解：（1）∵f（x）=

1+ln(x+1)

x

（x＞0）
∴f（x）＞

k

x+1

可化为

1+ln(x+1)

x

＞

k

x+1

，
即

1+ln(x+1)

x

（x+1）＞k，
令f（x）=

1+ln(x+1)

x

（x+1），
则f′(x)=

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

x2

=

x-1-ln(x+1)

x2

，
令h（x）=x-1-ln（x+1），
则h′(x)=1-

1

x+1

，
∵x＞0，
∴h′(x)=1-

1

x+1

＞0，
∴f′（x）在（0，+∞）上单调递增，
又∵f′（2）=

1-ln3

4

＜0，f′（3）=

2-ln4

9

＞0，
∴在（2，3）上存在x₀使f′（x₀）=0，
即ln（x₀+1）=x₀-1，
当x∈（0，x₀）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（x₀，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
∴f(x)≥f(x0)=

1+ln(x0+1)

x0

(x0+1)
=x₀+1，
∵3＜x₀+1＜4，
∴正整数k的最大值是3．
（2）由（1）可知，

1+ln(x+1)

x

（x+1）＞3，
∴ln(x+1)＞

3x

x+1

-1=2-

3

x+1

＞2-

3

x

．
∴ln（1+n（n+1））＞2-

3

n(n+′1)

．
∴ln（1+1•2）+ln（1+2•3）+ln（1+3•4）…+ln（1+n（n+1））
＞2-

3

1×2

+2-

3

2×3

+…+2-

3

n(n+1)

=2n-3（

1

1×2

+

1

2×3

+…+

1

n(n+1)

）
=2n-3（

1

1

-

1

2

+

1

2

-

1

3

+…+

1

n

-

1

n+1

）
=2n-3（1-

1

n+1

）
＞2n-3．
∴（1+1•2）（1+2•3）（1+3•4）…（1+n（n+1））＞e^2n-3．

点评：本题考查导数在函数单调性、最值中的应用，以及放缩法证明不等式的技巧，属于难题．