Question

16．已知函數(shù)f（x）=（x+1）lnx，g（x）=a（x-1）（a∈R）．
（Ⅰ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若f（x）≥g（x）對(duì)任意的x∈[1，+∞）恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）求證：ln2•ln3…lnn＞$\frac{{2}^{n}}{n（n+1）}$（n≥2，n∈N⁺）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）求出h（x）的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性確定a的具體范圍即可；
（Ⅲ）得到lnx≥$\frac{2（x-1）}{x+1}$，令x=n（n≥2，n∈N^*），得lnn＞$\frac{2（n-1）}{n+1}$，x取不同的值，相乘即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），f′（x）=lnx+$\frac{1}{x}$+1，
設(shè)g（x）=f′（x），g′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
令g′（x）＞0，得x＞1，g′（x）＜0，得0＜x＜1，
∴g（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增，g（x）_min=g（1）=2，
∴f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，
∴f（x）的遞增區(qū)間為（0，+∞），無(wú)遞減區(qū)間．
（Ⅱ）設(shè)h（x）=（x-1）lnx-ax+a，
由（Ⅰ）知：h′（x）=lnx+$\frac{1}{x}$=1-a=g（x）-a，
g（x）在（1，+∞）遞增，∴g（x）≥g（1）=2，
（1）當(dāng)a≤2時(shí)，h′（x）≥0，h（x）在[1，+∞）遞增，
∴h（x）≥h（1）=0，滿(mǎn)足題意．
（2）當(dāng)a＞2時(shí)，設(shè)ω（x）=h′（x），ω′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
當(dāng)x≥1時(shí)，ω′（x）≥0，∴ω（x）在[1，+∞）遞增，
ω（1）=2-a＜0，ω（e^a）=1+e^-a＞0，
∴?x₀∈（1，e^a），使ω（x₀）=0，∵ω（x）在[1，+∞）遞增，
∴x∈（1，x₀），ω（x）＜0，即h′（x）＜0，
∴當(dāng)x∈（1，x₀時(shí)，h（x）＜h（1）=0，不滿(mǎn)足題意．
綜上，a的取值范圍為（-∞，2]．
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，令a=2，（x+1）lnx≥2（x-1），
∴x≥1，lnx≥$\frac{2（x-1）}{x+1}$（當(dāng)且僅當(dāng)x=1取“=”），
令x=n（n≥2，n∈N^*）得lnn＞$\frac{2（n-1）}{n+1}$，
即ln2＞$\frac{2-1}{3}$，ln3＞$\frac{2-2}{4}$，ln4＞$\frac{2-3}{5}$，…，
ln（n-2）＞$\frac{2（n-3）}{n-1}$，ln（n-1）＞$\frac{2（n-2）}{n}$，lnn＞$\frac{2（n-1）}{n+1}$，
將上述n-1個(gè)式子相乘得：ln2•ln3…lnn＞$\frac{{2}^{n+1}•2}{n（n+1）}$=$\frac{{2}^{n}}{n（n+1）}$，
∴原命題得證．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式的證明，考查分類(lèi)討論思想，是一道綜合題．