题目内容

已知函数f(x)=+aln(x-1)(a∈R).
(Ⅰ)若f(x)在[2,+∞)上是增函数,求实数a的取值范围;
(Ⅱ)当a=2时,求证:1-<2ln(x-1)<2x-4(x>2);
(Ⅲ)求证:+…+<lnn<1++ +(n∈N*,且n≥2).

(Ⅰ);(Ⅱ)详见解析;(Ⅲ)详见解析.

解析试题分析:(Ⅰ) 利用导数分析单调性,把恒成立问题转化为最值;(Ⅱ)利用导数分析函数的单调性可求;(Ⅲ)
利用放缩法和数列求和可证.
试题解析:(Ⅰ)由已知,得f(x)=-1++aln(x-1),
求导数,得f ′(x)=-
∵f(x)在[2,+∞)上是增函数,
∴f ′(x)≥0在[2,+∞)上恒成立,即a≥在[2,+∞)上恒成立,
∴a≥()max
∵x≥2,∴0<≤1,∴a≥1.
故实数a的取值范围为[1,+∞).                  4分
(Ⅱ)当a=2时,由(Ⅰ)知,f(x)在[2,+∞)上是增函数,
∴当x>2时,f(x)>f(2),即-1++2ln(x-1)>0,
∴2ln(x-1)>1-
令g(x)=2x-4-2ln(x-1),则g′(x)=2-
∵x>2,∴g′(x)>0,
∴g(x)在(2,+∞)上是增函数,
∴g(x)>g(2)=0,即2x-4-2ln(x-1)>0,
∴2x-4>2ln(x-1).
综上可得,1-<2ln(x-1)<2x-4(x>2).            9分
(Ⅲ)由(Ⅱ),得1-<2ln(x-1)<2x-4(x>2),
令x-1=,则<2ln<2·,k=1,2, ,n-1.
将上述n-1个不等式依次相加,得
+ …+<2(ln+ln+…+ln)<2(1++…+),
+…+<2lnn<2(1++…+),
+…+<lnn<1++…+(n∈N*,且n≥2).      14分
考点:导数,函数的单调性,数列求和.

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