Question

已知函数f（x）=ln（x-1）-k（x-1）+1（k∈R），
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若f（x）≤0恒成立，试确定实数k的取值范围；
（Ⅲ）证明：

ln2

3

+

ln3

4

+…+

lnn

n+1

＜

n(n-1)

4

（n∈N，n＞1）．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ） 先求导，再分类讨论，根据导数即可得出函数的单调区间．
（Ⅱ）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；
（Ⅲ）由（1）可知，若k=1，当x∈（1，+∞）时有f（x）≤0，由此得到lnx＜x-2（x＞1），依次取x的值为2，3，…，n，累加后利用放缩法可证不等式成立．

解答： 解：（Ⅰ）∵f（x）=ln（x-1）-k（x-1）+1，（x＞1）
∴f′（x）=

1

x-1

-k，
当k≤0时，f′（x）＞0恒成立，故函数在（1，+∞）为增函数，
当k＞0时，令f′（x）=0，得x=

k+1

k

当f′（x）＞0，即1＜x＜

k+1

k

时，函数为增函数，
当f′（x）＜0，即x＞

k+1

k

时，函数为减函数，
综上所述，当k≤0时，函数f（x）在（1，+∞）为增函数，
当k＞0时，函数f（x）在（1，

k+1

k

）为增函数，在（

k+1

k

，+∞）为减函数．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，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，

k+1

k

）为增函数，在（

k+1

k

，+∞）为减函数．
当x=

k+1

k

时，f（x）取最大值，f（

k+1

k

）=ln

1

k

≤0
∴k≥1，
即实数k的取值范围为[1，+∞）
（Ⅲ）由（Ⅱ）知k=1时，f（x）≤0恒成立，即ln（x-1）＜x-2
∴

ln(x-1)

x

＜1-

2

x

，
取x=3，4，5…n，n+1累加得，
∵

ln

n+1

=

2lnn

2(n+1)

=

lnn2

2(n+1)

＜

n2-1

2(n+1)

=

n-1

2

∴

ln2

3

+

ln3

4

+…+

lnn

n+1

＜

1

2

+

2

2

+

3

2

+…+

n-1

2

=

n(n-1)

4

，（n∈N，n＞1）．

点评：本题考查利用导数求函数的极值，函数的恒成立问题，不等式的证明，体现了分类讨论的数学思想，不等式的放缩，是解题的难点．