Question

已知函數f(x)=

1+lnx

x

．
（1）若函數在區間(t，t+

1

2

)（其中t＞0）上存在極值，求實數t的取值范圍；
（2）如果當x≥1時，不等式f(x)≥

a

x+1

恒成立，求實數a的取值范圍，并且判斷代數式[（n+1）!]²與（n+1）•e^n-2（n∈N^*）的大小．

Answer 1

分析：（1）利用導數可得當x=1時，函數f（x）取得極值，因此可得t＜1＜t+

1

2

(t＞0)．解得即可；
（2）不等式f(x)≥

a

x+1

，即為

(x+1)(1+lnx)

x

≥a，記g(x)=

(x+1)(1+lnx)

x

，利用導數研究其最小值即可．由上述知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），則ln[n(n+1)]＞1-

2

n(n+1)

，通過疊加即可得出．

解答：解：（Ⅰ）因為f(x)=

1+lnx

x

，x＞0，則f′(x)=-

lnx

x2

，
當0＜x＜1時，f'（x）＞0；當x＞1時，f'（x）＜0．
∴f（x）在（0，1）上單調遞增；在（1，+∞）上單調遞減，
∴函數f（x）在x=1處取得極大值．
∵函數f（x）在區間(t，  t+

1

2

)(其中t＞0)上存在極值，
∴

t＜1 t+ 1 2 ＞1

，解得

1

2

＜t＜1．
（Ⅱ）不等式f(x)≥

a

x+1

，即為

(x+1)(1+lnx)

x

≥a，記g(x)=

(x+1)(1+lnx)

x

，
∴g′(x)=

[(x+1)(1+lnx)]′x-(x+1)(1+lnx)

x2

=

x-lnx

x2

．
令h（x）=x-lnx，則h′(x)=1-

1

x

，
∵x≥1，∴h'（x）≥0，∴h（x）在[1，+∞）上單調遞增，
∴[h（x）]_min=h（1）=1＞0，從而g'（x）＞0，
故g（x）在[1，+∞）上也單調遞增，∴[g（x）]_min=g（1）=2，
∴a≤2．
由上述知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），則ln[n(n+1)]＞1-

2

n(n+1)

，
∴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)

，
疊加得ln[1×22×32×…×n2(n+1)]＞n-2[

1

1×2

+

1

2×3

+…+

1

n(n+1)

]=n-2(1-

1

n+1

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

點評：本題考查了利用導數研究函數的單調性極值與最值、疊加法、導數的運算等基礎知識與基本技能方法，屬于難題．