（2014•南昌模拟）已知函数f(x)＝1+lnxx．

解题思路：（1）求出函数f(x)＝

1+lnx

x

的极值，在探讨函数在区间(a，a+

1

3

)(a＞0)上存在极值，寻找关于a的不等式，求出实数a的取值范围；
（2）如果当x≥1时，不等式f(x)≥

k

x+1

恒成立，把k分离出来，转化为求k的范围．
（3）借助于（2）的结论根据叠加法证明不等式：[(n+1)!]2＞(n+1)en−2+

2

n+1

．

1）函数f(x)＝
1+lnx
x的定义域为（0，+∞），
f′（x）=(
1
x+
lnx
x)′＝−
1
x2+

1
x•x−lnx
x2＝−
lnx
x2．
由f′（x）=0，解得：x=1，当0＜x＜1时，f′（x）＞0，当x＞1时，由f′（x）＜0，
∴f （x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
函数f （x）在x=1处取得唯一的极值
由题意得

a＞0
a＜1＜a+
1
3，解得[2/3＜a＜1，故所求实数a的取值范围为(
2
3，1)．
（2）当x≥1时，不等式f(x)≥
k
x+1]恒成立化为：[1+lnx/x≥
k
x+1]，
即k≤
(x+1)(1+lnx)
x在[1，+∞）恒成立，
令g(x)＝
(x+1)(1+lnx)
x(x≥1)，则g′(x)＝
x−lnx
x2
令h（x）=x-lnx（x≥1），则h′(x)＝1−
1
x≥0，当且仅当x=1时取等号
所以h（x）=x-lnx在[1，+∞）上单调递增，h （x）≥h（1）=1＞0
因此g′(x)＝
x−lnx
x2=
h(x)
x2＞0，∴g （x）在[1，+∞）上单调递增，g（x）_max=g（1）=2，
因此，k≤2，即实数k的取值范围为（-∞，2]；
（3）证明：由（2）知，当x≥1时，不等式f(x)≥

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用；数列与不等式的综合．

考点点评： 此题主要考查应用导数研究函数的极值最值问题，有关恒成立的问题一般采取分离参数，转化为求函数的最值问题，体现了转化的思想方法，证明数列不等式，借助函数的单调性或恒成立问题加以证明．属难题．