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5.已知函數(shù)f(x)=ln(x-1)-k(x-1)+1(k∈R)
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值點;
(2)若f(x)≤0對定義域所有x恒成立,求k的取值范圍;
(3)n≥2,n∈N時證明ln23+ln34+ln45+…+lnnn+1n24

分析 (1)由已知得x>1,求出f′(x),由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)當k≤0時,f(x)=ln(x-1)-k(x-1)+1≤0不可能恒成立;當k>0,f(x)max=f(1k+1)=-lnk,由此能確定實數(shù)k的取值范圍;
(3)①根據(jù)ln(x-1)≤x-2,令x-1=n,得lnn≤n-1對n≥2,n∈N成立,根據(jù)數(shù)學歸納法證明即可;②放縮法證明即可.

解答 (1)解:∵f(x)=ln(x-1)-k(x-1)+1,
∴x>1,f′(x)=1x1-k=k+1kxx1,
當k≤0時,f′(x)>0,f(x)在(1,+∞)遞增,函數(shù)無極值點;
當k>0時,f(x)在(1,1k+1)遞增,(1k+1,+∞)遞減;
∴x=1+1k是極大值點;
(2)解:當k≤0時,∵-k(x-1)+1>0,(x>1),
∴f(x)=ln(x-1)-k(x-1)+1≤0不可能恒成立,
當k>0,由(1)可知f(x)max=f(1k+1)=ln1k-1+1=-lnk,
由-lnk≤0,得k≥1,
∴f(x)≤0恒成立時,k≥1;
(3)由(2)得:k=1時,f(x)≤0成立,∴l(xiāng)n(x-1)≤x-2,
令x-1=n,得lnn≤n-1對n≥2,n∈N成立,
lnnn+1n1n+1,
ln23+ln34+ln45+…+lnnn+113+24+…+n1n+1,
法一:下面只要用數(shù)學歸納法證明:
\begin{array}{l}\frac{1}{3}+\frac{2}{4}+…+\frac{n-1}{n+1}≤\frac{n^2}{4}\\(1)n=2時,左邊=\frac{1}{3},右邊=1,不等式成立\\(2)設(shè)n=k時不等式成立,即\frac{1}{3}+\frac{2}{4}+…+\frac{k-1}{k+1}≤\frac{k^2}{4}\\ 則n=k+1時,\frac{1}{3}+\frac{2}{4}+…+\frac{k-1}{k+1}+\frac{k}{k+2}≤\frac{k^2}{4}+\frac{k}{k+2}\\ 只要證\frac{k^2}{4}+\frac{k}{k+2}≤\frac{{(k+1{)^2}}}{4}\\ 只要證\frac{k}{k+2}≤\frac{2k+1}{4}\\ 只要證4k≤2{k^2}+5k+2,此不等式顯然成立\\ 所以n=k+1時不等式成立\\ 綜上,對任意n≥2,n∈N,原不等式成立\end{array}…(14分)
法二:令x=n2,則lnn2<n2-1,
\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}<\frac{n^2}{4}(n>1)

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性問題,考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題,考查不等式的證明,是一道綜合題.

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