Question

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$\frac{ln2}{3}$+$\frac{ln3}{4}$+$\frac{ln4}{5}$+…+$\frac{lnn}{n+1}$≤$\frac{{n}^{2}}{4}$．

Answer 1

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(dāng)k≤0時，f（x）=ln（x-1）-k（x-1）+1≤0不可能恒成立；當(dāng)k＞0，f（x）_max=f（$\frac{1}{k}$+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(xué)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）=$\frac{1}{x-1}$-k=$\frac{k+1-kx}{x-1}$，
當(dāng)k≤0時，f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）遞增，函數(shù)無極值點；
當(dāng)k＞0時，f（x）在（1，$\frac{1}{k}$+1）遞增，（$\frac{1}{k}$+1，+∞）遞減；
∴x=1+$\frac{1}{k}$是極大值點；
（2）解：當(dāng)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(dāng)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，
∴$\frac{lnn}{n+1}$≤$\frac{n-1}{n+1}$，
∴$\frac{ln2}{3}$+$\frac{ln3}{4}$+$\frac{ln4}{5}$+…+$\frac{lnn}{n+1}$≤$\frac{1}{3}$+$\frac{2}{4}$+…+$\frac{n-1}{n+1}$，
法一：下面只要用數(shù)學(xué)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．