Question

（2013•淄博二模）已知P（x，y）為函數y=1+lnx圖象上一點，O為坐標原點，記直線OP的斜率k=f（x）．
（I）若函數f（x）在區間(m，m+

1

3

)（m＞0）上存在極值，求實數m的取值范圍；
（II）當 x≥1時，不等式f(x)≥

t

x+1

恒成立，求實數t的取值范圍；
（III）求證[（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），求出導數f′（x），根據導數符號可判斷f（x）的極值情況，要使函數f（x）在區間(m，m+

1

3

)（其中m＞0）上存在極值，須有極值點在該區間內，從而得不等式組，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

，則問題轉化為求函數g（x）的最小值問題，利用導數研究函數g（x）的單調性，由單調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），則lnn(n+1)＞1-

2

n(n+1)

，
令n=1，2，3，…，n可得n個不等式，相加用裂項法化簡后再變形即可得到結論；

解答：解：（Ⅰ）由題意k=f(x)=

1+lnx

x

，x＞0，
所以f′(x)=(

1+lnx

x

)′=-

lnx

x2

，
當0＜x＜1時，f'（x）＞0；當x＞1時，f'（x）＜0．
所以f（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減．
故f（x）在x=1處取得極大值．
因為函數f（x）在區間(m，m+

1

3

)（其中m＞0）上存在極值，
所以

0＜m＜1 m+ 1 3 ＞1

，解得

2

3

＜m＜1．
故實數m的取值范圍是(

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

，則g′(x)=

x-lnx

x2

．
令h（x）=x-lnx，則h′（x）=1-

1

x

=

x-1

x

，
因為x≥1，所以h'（x）≥0，故h（x）在[1，+∞）上單調遞增．
所以h（x）≥h（1）=1＞0，從而g'（x）＞0，g（x）在[1，+∞）上單調遞增，g（x）≥g（1）=2，
所以實數t的取值范圍是（-∞，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），則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^*）．

點評：本題考查利用導數研究函數的單調性、極值、最值，考查恒成立問題及不等式的證明，恒成立問題往往轉化為求函數最值，解決本題（Ⅲ）問的關鍵是利用（Ⅱ）結論構造不等式．