Question

已知函数f（x）的定义域为（-∞，-1）∪（1，+∞），对定义域内的任意x，满足f（x）+f（-x）=0，当x＜-1时，f（x）=

1+ln(-x-1)

x+a

（a为常数），且x=2是函数f（x）的一个极值点．
（Ⅰ）若x≥2时，f（x）≥

m

x

，求实数m的取值范围；
（Ⅱ）求证：n-2（

1

2

+

2

3

+

3

4

+…+

n

n+1

）＜ln（n+1）．

Answer 1

考点：抽象函数及其应用

专题：计算题,证明题,函数的性质及应用,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求出x＞1时的f（x），再求导数，由f'（2）=0解得a=1，当x≥2时，f(x)≥

m

x

?m≤xf(x)=

x+xln(x-1)

x-1

，令g(x)=

x+xln(x-1)

x-1

=1+

1+xln(x-1)

x-1

，求出g（x）的最小值即可；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，当x≥2时，

1+ln(x-1)

x-1

≥

2

x

，则ln(x-1)≥1-

2

x

＞1-

2

x-1

，令x-1=

k+1

k

，则ln

k+1

k

＞1-

2k

k+1

，即ln(k+1)-lnk＞1-

2k

k+1

，当k=1，2，3，…，n时，得到n个式子，累加即可得证．

解答： （Ⅰ）解：由题意对定义域内的任意x，f（x）=-f（-x），∴f（x）为奇函数，
当x＞1时，-x＜-1，f(x)=-f(-x)=

1+ln(x-1)

x-a

则当x＞1时，f′(x)=

x-a x-1 -1-ln(x-1)

(x-a)2

，
由f'（2）=0解得a=1，经验证，满足题意；                  
∴x＞1时，f(x)=

1+ln(x-1)

x-1

，
当x≥2时，f(x)≥

m

x

?m≤xf(x)=

x+xln(x-1)

x-1

，
令g(x)=

x+xln(x-1)

x-1

=1+

1+xln(x-1)

x-1

，
则当x≥2时，f(x)≥

m

x

恒成立，转化为m≤g（x）在[2，+∞）上恒成立，
g′(x)=

x-1-ln(x-1)

(x-1)2

，令h（x）=x-1-ln（x-1）（x≥2），
h′(x)=

x-2

x-1

≥0，∴h（x）在[2，+∞）上单调递增，
∴h（x）≥h（2）=1＞0，∴g′（x）＞0，∴g（x）在[2，+∞）上单调递增，
∴g（x）_min=g（2）=2，∴m≤2  即实数m的取值范围为（-∞，2]．
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知，当x≥2时，f(x)≥

2

x

，即

1+ln(x-1)

x-1

≥

2

x

，
则ln(x-1)≥1-

2

x

＞1-

2

x-1

，
令x-1=

k+1

k

，则ln

k+1

k

＞1-

2k

k+1

，即ln(k+1)-lnk＞1-

2k

k+1

，
∴当k=1，2，3，…，n时，可得   ln2-ln1＞1-

2×1

1+1

，ln3-ln2＞1-

2×2

2+1

，
ln4-ln3＞1-

2×3

3+1

，…，ln(n+1)-lnn＞1-

2n

n+1

将以上不等式两端分别相加得：ln(n+1)＞n-2(

1

2

+

2

3

+

3

4

+…+

2

n+1

)，
即n-2(

1

2

+

2

3

+

3

4

+…+

2

n+1

)＜ln(n+1)成立．

点评：本题考查函数的性质和运用，考查不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，注意运用导数，考查不等式的证明方法：累加法，是一道有一定难度的问题．