Question

7．已知函数f（x）=ln（x-1）-k（x-1）+1（k∈R）
（1）求f（x）的单调区间和极值；
（2）若f（x）≤0对定义域所有x恒成立，求k的取值范围；
（3）n≥2，n∈N时证明 ln2+ln3+…lnn≤$\frac{n（n-1）}{2}$．

Answer 1

分析 （1）由已知得x＞1，求出f′（x），由此利用导数性质能求出函数f（x）的单调区间；
（2）当k≤0时，f（x）=ln（x-1）-k（x-1）+1≤0不可能恒成立；当k＞0，f（x）_max=f（$\frac{1}{k}$+1）=-lnk，由此能确定实数k的取值范围；
（3）根据ln（x-1）≤x-2，令x-1=n，得lnn≤n-1对n≥2，n∈N成立，取值相加即可．

解答 解：（1）解：∵f（x）=ln（x-1）-k（x-1）+1，
∴x＞1，f′（x）=$\frac{1}{x-1}$-k=$\frac{k+1-kx}{x-1}$，
当k≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）递增，
函数无极值；
当k＞0时，f（x）在（1，$\frac{1}{k}$+1）递增，（$\frac{1}{k}$+1，+∞）递减，
∴f（x）_极大值=f（1+$\frac{1}{k}$）=-lnk；
（2）解：当k≤0时，∵-k（x-1）+1＞0，（x＞1），
∴f（x）=ln（x-1）-k（x-1）+1≤0不可能恒成立，
当k＞0，由（1）可知f（x）_max=f（$\frac{1}{k}$+1）=ln$\frac{1}{k}$-1+1=-lnk，
由-lnk≤0，得k≥1，
∴f（x）≤0恒成立时，k≥1；
（3）由（2）得：k=1时，f（x）≤0成立，∴ln（x-1）≤x-2，
令x-1=n，得lnn≤n-1对n≥2，n∈N成立，
∴ln2+ln3+…+lnn≤1+2+…+）n-1）=$\frac{（n-1）（1+n-1）}{2}$=$\frac{n（n-1）}{2}$．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查不等式的证明，是一道中档题．