Question

已知函數(shù)f(x)=

x(1+alnx)

x-1

(x＞1)．
（Ⅰ）若a≥0，討論g（x）=（x-1）²f′（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）當(dāng)a=1時(shí)，若f（x）＞n恒成立，求滿足條件的正整數(shù)n的值；
（Ⅲ）求證：(1+1×2)•(1+2×3)…[1+n(n+1)]＞e2n-

5

2

．

Answer 1

考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）求得g（x）的解析式，利用導(dǎo)數(shù)即可判斷其單調(diào)性；
（2）當(dāng)a=1時(shí)，若f（x）＞n恒成立，等價(jià)于f（x）_min＞n成立，利用導(dǎo)數(shù)求得f（x）_min，即得n≤3，故正整數(shù)n的值為1、2或3．
（3）由（Ⅱ）知，當(dāng)x＞1時(shí)，f（x）＞3恒成立，即

x(1+lnx)

x-1

＞3，1+lnx＞

3(x-1)

x

，lnx＞

3(x-1)

x

-1=

2x-3

x

=2-

3

x

(x＞1)，
令x=1+n（n+1），得ln[1+n(n+1)]＞2-

3

n(n+1)+1

＞2-

3

n(n+1)

=2-3(

1

n

-

1

n+1

)，利用累加法化簡(jiǎn)整理即得結(jié)論成立．

解答： 解：（Ⅰ） f′(x)=

[1•(1+alnx)+x(0+ a x )](x-1)-x(1+alnx)•1

(x-1)2

=

ax-alnx-a-1

(x-1)2

，
g（x）=ax-alnx-a-1，a=0時(shí)g（x）=-1為常函數(shù)，不具有單調(diào)性．a(chǎn)＞0時(shí)g′(x)=a-

a

x

=

a(x-1)

x

＞0，
g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增；
（Ⅱ）a=1時(shí)g（x）=x-lnx-2，g(3)=3-ln3-2=ln

e

3

＜0，g(4)=4-ln4-2=ln

e2

4

＞0，
設(shè)g（b）=0，則b∈（3，4）．因?yàn)榇藭r(shí)g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增可知當(dāng)x∈（1，b）時(shí)，g（x）＜0；
當(dāng)x∈（b，+∞）時(shí)，g（x）＜0，
當(dāng)x∈（1，b）時(shí)，f′（x）＜0；當(dāng)x∈（b，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，
當(dāng)x=b時(shí)，f(x)min=f(b)=

b(1+lnb)

b-1

，∵g（b）=0，∴b-lnb-2=0，即lnb=b-2，所以f（b）=b，
∵b∈（3，4），
∴f（b）∈（3，4），
∴n≤3，故正整數(shù)n的值為1、2或3．
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，當(dāng)x＞1時(shí)，f（x）＞3恒成立，
即

x(1+lnx)

x-1

＞3，1+lnx＞

3(x-1)

x

，lnx＞

3(x-1)

x

-1=

2x-3

x

=2-

3

x

(x＞1)，
令x=1+n（n+1），得ln[1+n(n+1)]＞2-

3

n(n+1)+1

＞2-

3

n(n+1)

=2-3(

1

n

-

1

n+1

)
則ln（1+1×2）=ln3（n=1暫時(shí)不放縮）ln(1+2×3)＞2-3(

1

2

-

1

3

)，
…，ln[1+n(n+1)]＞2-3(

1

n

-

1

n+1

)．
以上n個(gè)式子相加得：ln(1+1×2)+ln(1+2×3)+…+ln[1+n(n+1)]＞ln3+2(n-1)-3(

1

2

-

1

n+1

)＞lne+2n-

7

2

+

3

n+1

=2n-

5

2

+

3

n+1

＞2n-

5

2

所以ln{(1+1×2)•(1+2×3)…[1+n(n+1)]}＞2n-

5

2

，
即(1+1×2)•(1+2×3)…[1+n(n+1)]＞e2n-

5

2

．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性等性質(zhì)，考查分類討論思想的運(yùn)用及不等式恒成立問題的解題策略，綜合性強(qiáng)，屬難題．