Question

已知函数f(x)=

1+lnx

x

．
（1）若函数在区间(t，t+

1

2

)（其中t＞0）上存在极值，求实数t的取值范围；
（2）如果当x≥1时，不等式f(x)≥

a

x+1

恒成立，求实数a的取值范围，并且判断代数式[（n+1）!]²与（n+1）•e^n-2（n∈N^*）的大小．

Answer 1

分析：（1）利用导数可得当x=1时，函数f（x）取得极值，因此可得t＜1＜t+

1

2

(t＞0)．解得即可；
（2）不等式f(x)≥

a

x+1

，即为

(x+1)(1+lnx)

x

≥a，记g(x)=

(x+1)(1+lnx)

x

，利用导数研究其最小值即可．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），则ln[n(n+1)]＞1-

2

n(n+1)

，通过叠加即可得出．

解答：解：（Ⅰ）因为f(x)=

1+lnx

x

，x＞0，则f′(x)=-

lnx

x2

，
当0＜x＜1时，f'（x）＞0；当x＞1时，f'（x）＜0．
∴f（x）在（0，1）上单调递增；在（1，+∞）上单调递减，
∴函数f（x）在x=1处取得极大值．
∵函数f（x）在区间(t，  t+

1

2

)(其中t＞0)上存在极值，
∴

t＜1 t+ 1 2 ＞1

，解得

1

2

＜t＜1．
（Ⅱ）不等式f(x)≥

a

x+1

，即为

(x+1)(1+lnx)

x

≥a，记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，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，
∴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），则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)

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

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、叠加法、导数的运算等基础知识与基本技能方法，属于难题．