Question

已知函数f（x）=

1+ln(x+1)

x

（x＞0）．
（1）试判断函数f（x）在（0，+∞）上单调性并证明你的结论；
（2）若f（x）＞

k

x+1

恒成立，求整数k的最大值；
（3）求证：（1+1×2）（1+2×3）…[1+n（n+1）]＞e^2n-3．

Answer 1

分析：（1）对函数f（x）求导数，可判f′（x）＜0，进而可得单调性；
（2）问题转化为h（x）=

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

x

＞k恒成立，通过构造函数可得h（x）_min∈（3，4），进而可得k值；
（3）由（Ⅱ）知

1+ln(x+1)

x

＞

3

x+1

（x＞0），可得ln（x+1）＞2-

3

x

，令x=n（n+1）（n∈N^*），一系列式子相加，由裂项相消法可得ln（1+1×2）+ln（1+2×3）+…+ln[1+n（n+1）]＞2n-3，进而可得答案．

解答：解：解：（1）∵f（x）=

1+ln(x+1)

x

（x＞0），
∴f′（x）=

1

x2

[

x

x+1

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

1

x2

[

1

x+1

+ln(x+1)]…（2分）
∵x＞0，∴x²＞0，

1

x+1

＞0，ln（x+1）＞0，∴f′（x）＜0，
∴函数f（x）在（0，+∞）上是减函数．…（4分）
（2）f（x）＞

k

x+1

恒成立，即h（x）=

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

x

＞k恒成立，
即h（x）的最小值大于k．…（6分）
而h′（x）=

x-1-ln(x+1)

x

，令g（x）=x-1-ln（x+1）（x＞0），
则g′（x）=

x

x+1

＞0，∴g（x）在（0，+∞）上单调递增，
又g（2）=1-ln3＜0，g（3）=2-2ln2＞0，
∴g（x）=0存在唯一实根a，且满足a∈（2，3），a=1+ln（a+1）
当x＞a时，g（x）＞0，h′（x）＞0，当0＜x＜a时，g（x）＜0，h′（x）＜0，
∴h（x）_min=h（a）=

(a+1)[1+ln(a+1)]

a

=a+1∈（3，4）
故正整数k的最大值是3    …（10分）
（3）由（Ⅱ）知

1+ln(x+1)

x

＞

3

x+1

（x＞0）
∴ln（x+1）＞

3x

x+1

-1=2-

3

x+1

＞2-

3

x

   …（12分）
令x=n（n+1）（n∈N^*），则ln[1+n（n+1）]＞2-

3

n(n+1)

，
∴ln（1+1×2）+ln（1+2×3）+…+ln[1+n（n+1）]
＞（2-

3

1×2

）+（2-

3

1×3

）+…+[2-

3

n(n+1)

]
=2n-3[

1

1×2

+

3

2×3

+…+

1

n(n+1)

]
=2n-3（1-

1

n+1

）=2n-3+

3

n+1

＞2n-3
∴（1+1×2）（1+2×3）…[1+n（n+1）]＞e^2n-3  …（16分）

点评：本题考查函数导数的综合应用，涉及恒成立问题和数列求和的方法，属中档题．