Question

（2012•惠州一模）已知函数f(x)=

1+lnx

x

，(x≥1)
（1）试判断f（x）的单调性，并说明理由；
（2）若f(x)≥

k

x+1

恒成立，求实数k的取值范围；
（3）求证：[（n+1）!]²＞（n+1）•e^n-2，（n∈N^*）．

Answer 1

分析：（1）求导函数，根据函数的定义域，即可确定函数的单调性；
（2）如果当x≥1时，不等式f(x)≥

k

x+1

恒成立，把k分离出来，再利用导数法确定函数的单调性，再求出函数最值即可；
（3）由（2）可得lnx≥

x-1

x+1

=1-

2

x+1

＞1-

2

x

，令x=n（n+1），则ln[n(n+1)]＞1-

2

n(n+1)

，写出n个式子，叠加即可证明结论．

解答：（1）解：求导函数，可得f′(x)=

1-(1+lnx)

x2

=

-lnx

x2

∵x≥1，∴lnx≥0，∴f′（x）≤0，
∴函数f（x）在[1，+∞）上单调减
∴函数f（x）的单调减区间是[1，+∞）．
（2）解：不等式f(x)≥

k

x+1

，即为

(x+1)(1+lnx)

x

≥k，记g(x)=

(x+1)(1+lnx)

x

，
所以g′(x)=

[(x+1)(1+lnx)]′x-(x+1)(1+lnx)

x2

=

x-lnx

x2

，
令h（x）=x-lnx，则h′(x)=1-

1

x

，
∵x≥1，∴h′（x）≥0．
∴h（x）在[1，+∞）上单调递增，∴[h（x）]min=h（1）=1＞0，
从而g′（x）＞0
故g（x）在[1，+∞）上也单调递增，
∴[g（x）]_min=g（1）=2，所以k≤2
（3）证明：由（2）知：f(x)＞

2

x+1

恒成立，即lnx≥

x-1

x+1

=1-

2

x+1

＞1-

2

x

，
令x=n（n+1），则ln[n(n+1)]＞1-

2

n(n+1)

，
所以ln(1×2)＞1-

2

1×2

，ln(2×3)＞1-

2

2×3

，ln(3×4)＞1-

2

3×4

，…，ln[n(n+1)]＞1-

2

n(n+1)

．
叠加得：ln[1×2²×3²×…×n²×（n+1）]=n-2(1-

1

n+1

)＞n-2+

1

n+1

＞n-2
则1×2²×3²×…×n²×（n+1）＞e^n-2，
所以[（n+1）!]²＞（n+1）•e^n-2，（n∈N^*）．

点评：本题考查应用导数研究函数的极值最值问题，考查不等式的证明，有关恒成立的问题一般采取分离参数，转化为求函数的最值问题，体现了转化的思想方法．