Question

已知函數f（x）=x-klnx，常數k＞0．
（Ⅰ）若x=1是函數f（x）的一個極值點，求f（x）的單調區間；
（Ⅱ）若函數g（x）=xf（x）在區間（1，2）上是增函數，求k的取值范圍；
（Ⅲ） 設函數F（x）=f(x)+f(

1

x

)，求證：F（1）F（2）F（3）…F（2n）＞2ⁿ（n+1）ⁿ（n∈N^*）．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求導函數，根據x=1是函數f（x）的一個極值點，可求k的值，令f′（x）＞0，可得函數F（x）的單調遞增區間，令f′（x）＜0，可得單調遞減區間；
（Ⅱ）根據函數g（x）=xf（x）在區間（1，2）上是增函數，可得g′（x）=2x-k（1+lnx）≥0對x∈（1，2）恒成立，即k≤

2x

1+lnx

對x∈（1，2）恒成立，令h(x)=

2x

1+lnx

，求出最小值，即可求得k的取值范圍；
（Ⅲ）先證明（k+1+

1

k+1

）（2n-k+

1

2n-k

）＞2n+2，再利用疊乘即可得到結論．

解答：（Ⅰ）解：求導函數，可得f′(x)=1-

k

x

，因為x=1是函數f（x）的一個極值點，f′（1）=0，∴k=1，…（2分）
所以f′(x)=1-

1

x

令f′（x）＞0，可得x∈（1，+∞）∪（-∞，0），令f′（x）＜0，可得x∈（0，1）…（3分）
因為x＞0，所以函數F（x）的單調遞增區間是（1，+∞），單調遞減區間是（0，1）．…（4分）
（Ⅱ）解：因為函數g（x）=xf（x）在區間（1，2）上是增函數，則g′（x）=2x-k（1+lnx）≥0對x∈（1，2）恒成立，即k≤

2x

1+lnx

對x∈（1，2）恒成立　　　　　　　　 …（5分）
令h(x)=

2x

1+lnx

，則知h′(x)=

2lnx

(1+lnx)2

＞0對x∈（1，2）恒成立．…（6分）
所以h(x)=

2x

1+lnx

在x∈（1，2）單調遞增，h_min（x）＞h（1）=2..…．…（7分）
因為k＞0，所以0＜k≤2．（8分）
（Ⅲ）證明：F（x）=f(x)+f(

1

x

)=x+

1

x

，F（1）F（2）F（3）…F（2n）=（1+

1

1

）（2+

1

2

）…（2n+

1

2n

）
因為（k+1+

1

k+1

）（2n-k+

1

2n-k

）=(2n-k)(k+1)+

2n-k

k+1

+

k+1

2n-k

+

1

(k+1)(2n-k)

＞（2n-k）（k+1）+2=2n+2+2nk-k²-k=2n+2+k（2n-k-1）＞2n+2．…（10分）
（k=0，1，2，3…n-1）
所以（1+

1

1

）（2n+

1

2n

）＞2n+2，（2+

1

2

）（2n-1+

1

2n-1

）＞2n+2，…，（k+1+

1

k+1

）（2n-k+

1

2n-k

）＞2n+2，（n+

1

n

）（n+1+

1

n+1

）＞2n+2．…（11分）
相乘，得：F（1）F（2）F（3）…F（2n）
=（1+

1

1

）（2+

1

2

）…（2n+

1

2n

）＞（2n+2）ⁿ=2ⁿ（n+1）ⁿ．…（12分）

點評：本題考查導數知識的運用，考查函數的單調性，考查恒成立問題，考查不等式的證明，解題的關鍵是分離參數，確定函數的最值．