Question

11．已知函数f（x）=lnx-kx+1．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若f（x）≤0恒成立，试确定实数k的取值范围；
（3）证明：$\frac{ln2}{3}+\frac{ln3}{4}+…+\frac{lnn}{n+1}＜\frac{{n（{n-1}）}}{4}（{n∈{N_+}，n＞1}）$．

Answer 1

分析 （1）求出函数的定义域，导数，利用导函数的符号，求解函数的单调区间即可．
（2）利用（1）的结论，通过函数的最大值，转化求解即可．
（3）由（2）知，f（x）在（1，+∞）上是减函数，f（1）=0，即lnx＜x-1，在x∈[2，+∞）上恒成立，令x=n²，则lnn²＜n²-1，即2lnn＜（n-1）（n+1），然后化简求解即可．

解答 解：（1）函数f（x）的定义域为$（{0，+∞}），f'（x）=\frac{1}{x}-k$，当k≤0时，$f'（x）=\frac{1}{x}-k＞0，f（x）$在（0，+∞）上是增函数，当k＞0时，若$x∈（{0，\frac{1}{k}}）$时，有$f'（x）=\frac{1}{x}-k＞0$，若$x∈（{\frac{1}{k}，+∞}）$时，有$f'（x）=\frac{1}{x}-k＜0$，则f（x）在$（{0，\frac{1}{k}}）$上是增函数，在$（{\frac{1}{k}，+∞}）$上是减函数．
（2）由（1）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（1）知f（x）的最大值为$f（{\frac{1}{k}}）$，要使f（x）≤0恒成立，则$f（{\frac{1}{k}}）≤0$即可，即-lnk≤0，得k≥1．
（3）由（2）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，令x=n²，则lnn²＜n²-1，即2lnn＜（n-1）（n+1），从而$\frac{lnn}{n+1}＜\frac{n-1}{2}，\frac{ln2}{3}+\frac{ln3}{4}+\frac{ln4}{5}+…+\frac{lnn}{n+1}＜\frac{1}{2}+\frac{2}{2}+\frac{3}{2}+…+\frac{n-1}{2}=\frac{{n（{n-1}）}}{4}$得证．

点评 本题考查函数的导数的综合应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能力．