题目内容
已知函数f（x）=ln（x-1）-k（x-1）+1．
（1）若f（x）≤0恒成立，试确定实数k的取值范围．
（2）求证：10 (4lge+
+
+…+
)＞（n+1）e
（n∈N*）
（1）若f（x）≤0恒成立，试确定实数k的取值范围．
（2）求证：10 (4lge+
| lge |
| 2 |
| lge |
| 3 |
| lge |
| n |
| (1+n)n |
| nn |
考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,不等式的证明
专题：综合题,导数的综合应用
分析：（1）利用导数研究函数的单调性，求出函数的最大值，使最大值小于等于0，可求出k的取值范围；
（2）利用分析法进行证明．
（2）利用分析法进行证明．
解答：
（1）解：∵f（x）=ln（x-1）-k（x-1）+1，
∴f′（x）=
-k=0，
∴x=1+
，
当k≤0时，f′（x）＞0函数f（x）在定义域内单调递增，f（x）≤0不恒成立，
当k＞0时，函数f（x）在（1，1+
）单调递增，在（1+
，+∞）单调递减，
当x=1+
时，f（x）取最大值，f（1+
）=ln
≤0，∴k≥1；
（2）证明：要证10 (4lge+
+
+…+
)＞（n+1）e
，
只需证明4lge+
+…+
＞lg[（n+1）e
]
即证4+
+…+
＞lg[（n+1）e
]÷lge
即证4+
+…+
＞ln[e
（n+1）]
即证1+
+…+
+3＞ln（n+1）+(1+
)n
由（1）知ln（1+x）＜x
令x=
，
故ln（1+
）=ln（n+1）-lnn＜
累加得，ln（n+1）＜1+
+…+
∵ln（1+
）＜
，∴(1+
)n＜e＜3，
∴1+
+…+
+3＞ln（n+1）+(1+
)n
故10 (4lge+
+
+…+
)＞（n+1）e
．
∴f′（x）=
| 1 |
| x-1 |
∴x=1+
| 1 |
| k |
当k≤0时，f′（x）＞0函数f（x）在定义域内单调递增，f（x）≤0不恒成立，
当k＞0时，函数f（x）在（1，1+
| 1 |
| k |
| 1 |
| k |
当x=1+
| 1 |
| k |
| 1 |
| k |
| 1 |
| k |
（2）证明：要证10 (4lge+
| lge |
| 2 |
| lge |
| 3 |
| lge |
| n |
| (1+n)n |
| nn |
只需证明4lge+
| lge |
| 2 |
| lge |
| n |
| (1+n)n |
| nn |
即证4+
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| n |
| (1+n)n |
| nn |
即证4+
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| n |
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即证1+
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| n |
| 1 |
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由（1）知ln（1+x）＜x
令x=
| 1 |
| n |
故ln（1+
| 1 |
| n |
| 1 |
| n |
累加得，ln（n+1）＜1+
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| n |
∵ln（1+
| 1 |
| n |
| 1 |
| n |
| 1 |
| n |
∴1+
| 1 |
| 2 |
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| n |
| 1 |
| n |
故10 (4lge+
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| 2 |
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| 3 |
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| n |
| (1+n)n |
| nn |
点评：本题主要考查了导数与不等式两方面的知识，考查运算求解能力、推理论证能力、化归与转化思想，属于中档题．
（I）考查了利用导数研究函数的极值，以及研究函数单调区间等有关基础知识；
（II）考查了运用不等式的性质进行等价变形，将（I）中的函数结论巧妙运用到不等式当中，从而达到证明的目的．
（I）考查了利用导数研究函数的极值，以及研究函数单调区间等有关基础知识；
（II）考查了运用不等式的性质进行等价变形，将（I）中的函数结论巧妙运用到不等式当中，从而达到证明的目的．
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已知f′（x）是定义在R上的函数f（x）的导函数，且f(x)=f(5-x)，(
-x)f′(x)＜0，若x1＜x2，x1+x2＜5，则下列结论中正确的是（ ）
| 5 |
| 2 |
| A、f（x1）＜f（x2） |
| B、f（x1）+f（x2）＞0 |
| C、f（x1）+f（x2）＜0 |
| D、f（x1）＞f（x2） |