Question

（2012•武昌区模拟）已知函数f（x）=

px-p

-lnx(p＞0)．
（Ⅰ）若函数f（x）在定义域内为增函数，求实数P的取值范围；
（Ⅱ）当n∈N^*时，试判断

n

i=1

2k+1

k

与2ln（n+1）的大小关系，并证明你的结论；
（Ⅲ） 当n≥2且n∈N^*时，证明：

n

i=2

1

lnk

＞lnn．

Answer 1

分析：（Ⅰ）要使函数f（x）在定义域内为增函数，只需f′（x）≥0在定义域恒成立，从而可求出p的值；
（Ⅱ）欲证 

n

i=1

2k+1

k

＞2ln（n+1），只需证

2k+1

k

＞2[ln（k+1）-lnk]（k∈N^*），分别取k=1，2，3，…，n，并将同向不等式相加可得结论；
（Ⅲ）先证

1

k-1

＞ln（1+

1

k-1

），从而可得

1

lnk

＞lnk-ln（k-1），再分别取k=2，3，4，…，n，并将同向不等式相加，可得结论．

解答：（本小题满分14分）
解：（Ⅰ）p＞0，函数f（x）=

px-p

-lnx(p＞0)定义域为[1，+∞）．
f′（x）=

p

2 px-p

-

1

x

．
依题意，

p

2 px-p

≥

1

x

在x∈（1，+∞）恒成立，∴p≥

4(x-1)

x2

在x∈（1，+∞）恒成立．
而

4(x-1)

x2

=4[-（

1

x

-

1

2

）²+

1

4

]≤1，
∴p≥1，∴p的取值范围为[1，+∞）．…（4分）
（Ⅱ）证明：当n∈N^*时，欲证 

n

i=1

2k+1

k

＞2ln（n+1），只需证

2k+1

k

＞2[ln（k+1）-lnk]（k∈N^*）．
由（Ⅰ）可知：取p=1，则f（x）≥f（1）（x≥1），
而f（1）=0，∴

x-1

≥lnx（当x=1时，等号成立）．
用(

x+1

x

)2代换x，得

( x+1 x )2-1

＞ln(

x+1

x

)2（x＞0），即

2x+1

x

＞2[ln（x+1）-lnx]（x＞0）．，
∴

2k+1

k

＞2[ln（k+1）-lnk]（k∈N^*）．
在上式中分别取k=1，2，3，…，n，并将同向不等式相加，得

n

i=1

2k+1

k

＞2ln（n+1）．
∴当n∈N^*时，

n

i=1

2k+1

k

＞2ln（n+1）．…（9分）
（Ⅲ）由（Ⅱ）可知

x-1

≥lnx（x=1时，等号成立）．
而当x≥2时：x-1≥

x-1

，∴当x≥2时，x-1＞lnx．
设g（x）=x-1-lnx，x∈（0，2），则g′（x）=1-

1

x

=

x-1

x

，
∴g（x）在（0，1）上递减，在（1，2）上递增，
∴g（x）≥g（1）=0，即x-1≥lnx在x∈（0，2）时恒成立．
故当x∈（0，+∞）时，x-1≥lnx（当且仅当x=1时，等号成立）．…①
用x代换x-1得：x≥ln（1+x）（当且仅当1=0时，等号成立）．…②
当k≥2，k∈N^*时，由①得k-1＞lnk＞0，∴

1

lnk

＞

1

k-1

．
当k≥2，k∈N^*时，由②得 k＞ln（1+k），用

1

k-1

代换k，得

1

k-1

＞ln（1+

1

k-1

）．
∴当k≥2，k∈N^*时，

1

lnk

＞ln（1+

1

k-1

）．即

1

lnk

＞lnk-ln（k-1）．
在上式中分别取k=2，3，4，…，n，并将同向不等式相加，得

n

i=2

1

lnk

＞lnn-ln1．
故当n≥2且n∈N^*时，

n

i=2

1

lnk

＞lnn．…（14分）

点评：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，以及数列与不等式的综合，同时考查了转化的思想和计算能力，属于难题．