Question

已知函數(shù)f（x）的定義域為（-∞，-1）∪（1，+∞），對定義域內(nèi)的任意x，滿足f（x）+f（-x）=0，當x＜-1時，f（x）=

1+ln(-x-1)

x+a

（a為常數(shù)），且x=2是函數(shù)f（x）的一個極值點．
（Ⅰ）若x≥2時，f（x）≥

m

x

，求實數(shù)m的取值范圍；
（Ⅱ）求證：n-2（

1

2

+

2

3

+

3

4

+…+

n

n+1

）＜ln（n+1）．

Answer 1

考點：抽象函數(shù)及其應用

專題：計算題,證明題,函數(shù)的性質(zhì)及應用,導數(shù)的綜合應用

分析：（Ⅰ）求出x＞1時的f（x），再求導數(shù)，由f'（2）=0解得a=1，當x≥2時，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，當x≥2時，

1+ln(x-1)

x-1

≥

2

x

，則ln(x-1)≥1-

2

x

＞1-

2

x-1

，令x-1=

k+1

k

，則ln

k+1

k

＞1-

2k

k+1

，即ln(k+1)-lnk＞1-

2k

k+1

，當k=1，2，3，…，n時，得到n個式子，累加即可得證．

解答： （Ⅰ）解：由題意對定義域內(nèi)的任意x，f（x）=-f（-x），∴f（x）為奇函數(shù)，
當x＞1時，-x＜-1，f(x)=-f(-x)=

1+ln(x-1)

x-a

則當x＞1時，f′(x)=

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

(x-a)2

，
由f'（2）=0解得a=1，經(jīng)驗證，滿足題意；                  
∴x＞1時，f(x)=

1+ln(x-1)

x-1

，
當x≥2時，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

，
則當x≥2時，f(x)≥

m

x

恒成立，轉(zhuǎn)化為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，+∞）上單調(diào)遞增，
∴h（x）≥h（2）=1＞0，∴g′（x）＞0，∴g（x）在[2，+∞）上單調(diào)遞增，
∴g（x）_min=g（2）=2，∴m≤2  即實數(shù)m的取值范圍為（-∞，2]．
（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）可知，當x≥2時，f(x)≥

2

x

，即

1+ln(x-1)

x-1

≥

2

x

，
則ln(x-1)≥1-

2

x

＞1-

2

x-1

，
令x-1=

k+1

k

，則ln

k+1

k

＞1-

2k

k+1

，即ln(k+1)-lnk＞1-

2k

k+1

，
∴當k=1，2，3，…，n時，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

將以上不等式兩端分別相加得：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．

點評：本題考查函數(shù)的性質(zhì)和運用，考查不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，注意運用導數(shù)，考查不等式的證明方法：累加法，是一道有一定難度的問題．