Question

（2013•淄博二模）已知P（x，y）为函数y=1+lnx图象上一点，O为坐标原点，记直线OP的斜率k=f（x）．
（I）若函数f（x）在区间(m，m+

1

3

)（m＞0）上存在极值，求实数m的取值范围；
（II）当 x≥1时，不等式f(x)≥

t

x+1

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

Answer 1

分析：（Ⅰ）由斜率公式求出k=f（x），求出导数f′（x），根据导数符号可判断f（x）的极值情况，要使函数f（x）在区间(m，m+

1

3

)（其中m＞0）上存在极值，须有极值点在该区间内，从而得不等式组，解出即可；
（Ⅱ）由f(x)≥

t

x+1

得t≤

(x+1)(1+lnx)

x

，令g(x)=

(x+1)(1+lnx)

x

，则问题转化为求函数g（x）的最小值问题，利用导数研究函数g（x）的单调性，由单调性即可求得其最小值；
（Ⅲ）由（Ⅱ） 知f(x)≥

2

x+1

恒成立，即 

1+lnx

x

≥

2

x+1

?lnx≥

x-1

x+1

=1-

2

x+1

＞1-

2

x

，令x=n（n+1），则lnn(n+1)＞1-

2

n(n+1)

，
令n=1，2，3，…，n可得n个不等式，相加用裂项法化简后再变形即可得到结论；

解答：解：（Ⅰ）由题意k=f(x)=

1+lnx

x

，x＞0，
所以f′(x)=(

1+lnx

x

)′=-

lnx

x2

，
当0＜x＜1时，f'（x）＞0；当x＞1时，f'（x）＜0．
所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．
故f（x）在x=1处取得极大值．
因为函数f（x）在区间(m，m+

1

3

)（其中m＞0）上存在极值，
所以

0＜m＜1 m+ 1 3 ＞1

，解得

2

3

＜m＜1．
故实数m的取值范围是(

2

3

，1)．
（Ⅱ）由f(x)≥

t

x+1

得t≤

(x+1)(1+lnx)

x

，
令g(x)=

(x+1)(1+lnx)

x

，则g′(x)=

x-lnx

x2

．
令h（x）=x-lnx，则h′（x）=1-

1

x

=

x-1

x

，
因为x≥1，所以h'（x）≥0，故h（x）在[1，+∞）上单调递增．
所以h（x）≥h（1）=1＞0，从而g'（x）＞0，g（x）在[1，+∞）上单调递增，g（x）≥g（1）=2，
所以实数t的取值范围是（-∞，2]．
（Ⅲ）由（Ⅱ） 知f(x)≥

2

x+1

恒成立，
即 

1+lnx

x

≥

2

x+1

?lnx≥

x-1

x+1

=1-

2

x+1

＞1-

2

x

，
令x=n（n+1），则lnn(n+1)＞1-

2

n(n+1)

，
所以ln(1×2)＞1-

2

1×2

，ln(2×3)＞1-

2

2×3

，…，lnn(n+1)＞1-

2

n(n+1)

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

点评：本题考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值，考查恒成立问题及不等式的证明，恒成立问题往往转化为求函数最值，解决本题（Ⅲ）问的关键是利用（Ⅱ）结论构造不等式．