Question

已知f(x)=

1+lnx

x

．
（1）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（a，a+1）上有極值，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）若關于x的方程f（x）=x²-2x+k有實數(shù)解，求實數(shù)k的取值范圍；
（3）當n∈N*，n≥2時，求證：nf(n)＜2+

1

2

+

1

3

+…+

1

n-1

．

Answer 1

分析：（1）函數(shù)f（x）在區(qū)間（a，a+1）上有極值?f′（x）=0在（a，a+1）上有根，結合條件由函數(shù)的單調性可得函數(shù)有唯一極值點x=1，1∈（a，a+1）．
（2）構造函數(shù)g（x）=x²-2x+k，若關于x的方程f（x）=x²-2x+k有實數(shù)解?f（x）=g（x）有實數(shù)解?g（x）_min=g（1）≤f（x）_max
（法二）由f（x）=x²-2x+k分離系數(shù)k=

1+lnx

x

+2x-x2，構造函數(shù)h（x）=

1+lnx

x

+2x-x2 ，(x＞0)，由題意可得，k≤h（x）_max．
（3）結合函數(shù)f（x）在（1，+∞）上的單調性可得，f (

1

n

+1)＜f(1)=1?1+f(1+

1

n

)＜1+f(1)?ln (n+1)- lnn＜

1

n

，利用該結論分別把n=1，2，3，…代入疊加可證．

解答：解：（1）∵f(x)=

1+lnx

x

，∴f′(x)=

1 x •x-(1+lnx)

x2

=-

lnx

x2

∴當x∈（0，1）時，f'（x）＞0；當x∈（1，+∞）時，f'（x）＜0；
∴函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）上為增函數(shù)；在區(qū)間（1，+∞）為減函數(shù)（3分）
∴當x=1時，函數(shù)f（x）取得極大值，而函數(shù)f（x）在區(qū)間（a，a+1）有極值．
∴

a＜1 a+1＞1

，解得0＜a＜1
（2）由（1）得f（x）的極大值為f（1）=1，令g（x）=x²-2x+k，
所以當x=1時，函數(shù)g（x）取得最小值g（1）=k-1，
又因為方程f（x）=x²-2x+k有實數(shù)解，那么k-1≤1，即k≤2，所以實數(shù)k的取值范圍是：k≤2

解法二：∵f（x）=x²-2x+k，∴k=

1+lnx

x

+2x-x2，
令h（x）=

1+lnx

x

+2x-x2，所以h'（x）=-

lnx

x2

+2-2x，當x=1時，h'（x）=0
當x∈（0，1）時，h'（x）＞0；
當x∈（1，+∞）時，h'（x）＜0
∴當x=1時，函數(shù)h（x）取得極大值為h（1）=2
∴當方程f（x）=x²-2x+k有實數(shù)解時，k≤2．）
（3）∵函數(shù)f（x）在區(qū)間（1，+∞）為減函數(shù)，而1+

1

n

＞1(n∈N*，n≥2)，
∴f(1+

1

n

)＜f(1)=1，∴1+ln(1+

1

n

)＜1+

1

n

，即ln(n+1)-lnn＜

1

n

∴l(xiāng)nn=ln2-ln1+ln3-ln2+…+lnn-ln（n-1）＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n-1

∴1+lnn＜2+

1

2

+

1

3

+…+

1

n-1

而n•f（n）=1+lnn，
nf(n)＜2+

1

2

+

1

3

+…+

1

n-1

，結論成立

點評：本題考查函數(shù)存在極值的性質，函數(shù)與方程的轉化，及利用函數(shù)的單調性證明不等式，要注意疊加法及放縮法在證明不等式中的應用．