Question

1．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：$\frac{ln2}{3}+\frac{ln3}{4}+…+\frac{lnn}{n+1}＜\frac{{n（{n-1}）}}{4}（{N∈{N_+}且n≥2}）$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由函数f（x）的定义域为（0，+∞），而f′（x）=$\frac{1}{x-1}$-k．能求出函数f（x）的单调区间．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知k≤0时，f（x）在（0，+∞）上是增函数，而f（1）=1-k＞0，f（x）≤0不成立，故k＞0，又由（Ⅰ）知f（x）的最大值为f（$\frac{1}{k}$+1），由此能确定实数k的取值范围；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当k=1时，有f（x）≤0在（0，+∞）恒成立，且f（x）在（1，+∞）上是减函数，f（1）=0，即lnx＜x-1在x∈[2，+∞）上恒成立，由此能够证明（n∈N^*且n＞1）．

解答 解：（Ⅰ）函数f（t）的定义域为（1，+∞），f′（t）=$\frac{1}{x-1}$-k．
当k≤0时，f′（t）=$\frac{1}{x-1}$-k＞0，
f（x）在（1，+∞）上是增函数；
当k＞0时，若x∈（0，$\frac{1}{k}$+1）时，有f′（x）＞0，
若x∈（$\frac{1}{k}$+1，+∞）时，有f′（x）＜0，
则f（x）在（0，$\frac{1}{k}$+1）上是增函数，在（$\frac{1}{k}$+1，+∞）上是减函数．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知k≤0时，f（x）在（1，+∞）上是增函数，
而f（2）=1-k＞0，f（x）≤0不成立，故k＞0，
又由（Ⅰ）知f（x）的最大值为f（$\frac{1}{k}$+1），要使f（x）≤0恒成立，
则f（$\frac{1}{k}$+1）≤0即可，即-lnk≤0，得k≥1；
（Ⅲ）当k=1时，有f（x）≤0在（0，+∞）恒成立，
且f（x）在（2，+∞）上是减函数，f（2）=0，
即ln（x-1）＜x-1-1在x∈（2，+∞）上恒成立，
令x-1=n²，则lnn²＜n²-1，
即2lnn＜（n-1）（n+1），
∴$\frac{lnn}{n+1}$＜$\frac{n-1}{2}$（n∈N^*且n＞1）
∴$\frac{ln2}{3}$+$\frac{ln3}{4}$+$\frac{ln4}{5}$+…+$\frac{lnn}{n+1}$＜$\frac{1}{2}$+$\frac{2}{2}$+$\frac{3}{2}$+…+$\frac{n-1}{2}$=$\frac{n（n-1）}{4}$，
即：$\frac{ln2}{3}$+$\frac{ln3}{4}$+$\frac{ln4}{5}$+…+$\frac{lnn}{n+1}$＜$\frac{n（n-1）}{4}$（n∈N^*且n＞1）成立．

点评 本题考查函数单调区间的求法，确定实数的取值范围，不等式的证明．考查化归与转化、分类与整合的数学思想，培养学生的抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力和创新意识．