Question

已知函数f（x）=ln（x-1）-k（x-1）+1．
（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：

n

i=2

lni

i+1

＜

n(n-1)

4

(n∈N+，n＞1)．

Answer 1

分析：（I）由题意可得：f′（x）=

1

x-1

-k，当k≤0时f′（x）=

1

x-1

-k＞0；当k＞0时，若x∈（1，1+

1

k

）时有f′（x）=

1

x-1

-k＞0，若x∈（1+

1

k

，+∞）时有f′（x）=

1

x-1

-k＜0．进而得到函数的单调区间．
（Ⅱ）由（I）知k≤0时，f（2）=1-k＞0，f（x）≤0不恒成立，所以k＞0．只要使y_max=f（1+

1

k

）=-lnk≤0恒成立即可，进而求出答案．
（Ⅲ）由题可得：k=1时，有x∈[2，+∞）时，f（x）≤0恒成立，即ln（x-1）＜x-2在（2，+∞）上恒成立，令x-1=n²，则2lnn＜（n-1）（n+1），所以可得

lnn

n+1

＜

n-1

2

，进而证明原不等式成立．

解答：解：（I）函数f（x）的定义域为（1，+∞），并且f′（x）=

1

x-1

-k，
①当k≤0时f′（x）=

1

x-1

-k＞0，则f（x）在（1，+∞）上是增函数；
②当k＞0时，若x∈（1，1+

1

k

）时有f′（x）=

1

x-1

-k＞0，若x∈（1+

1

k

，+∞）时有f′（x）=

1

x-1

-k＜0．
所以f（x）在（1，1+

1

k

）上是增函数，在（1+

1

k

，+∞）上是减函数．
（Ⅱ）由（I）知k≤0，时f（x）在（1，+∞）上递增，
而f（2）=1-k＞0，f（x）≤0不恒成立，所以k＞0．
又由（I）知y_max=f（1+

1

k

）=-lnk，要使f（x）≤0恒成立，
则y_max=f（1+

1

k

）=-lnk≤0即可．
所以解得k≥1．
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当k=1时有f（x）≤0在（1，+∞）上恒成立，
且f（x）在[2，+∞）上是减函数，f（2）=0，
所以x∈[2，+∞）时，f（x）≤0恒成立，
即ln（x-1）＜x-2在（2，+∞）上恒成立
令x-1=n²，则lnn²＜n²-1，即2lnn＜（n-1）（n+1），
从而

lnn

n+1

＜

n-1

2

，

ln2

3

+

ln3

4

+

ln4

5

+…+

lnn

n+1

＜

1

2

+

2

2

+

3

2

+…+

n-1

2

=

n(n-1)

4

成立．
故

n

i=2

lni

i+1

＜

n(n-1)

4

(n∈N+，n＞1)成立．

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．