Question

已知函數f（x）=ln（x-1）-k（x-1）+1．
（Ⅰ）求函數f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅱ）若f（x）≤0恒成立，試確定實數k的取值范圍；
（Ⅲ）證明：

n

i=2

lni

i+1

＜

n(n-1)

4

(n∈N+，n＞1)．

Answer 1

分析：（I）由題意可得：f′（x）=

1

x-1

-k，當k≤0時f′（x）=

1

x-1

-k＞0；當k＞0時，若x∈（1，1+

1

k

）時有f′（x）=

1

x-1

-k＞0，若x∈（1+

1

k

，+∞）時有f′（x）=

1

x-1

-k＜0．進而得到函數的單調區(qū)間．
（Ⅱ）由（I）知k≤0時，f（2）=1-k＞0，f（x）≤0不恒成立，所以k＞0．只要使y_max=f（1+

1

k

）=-lnk≤0恒成立即可，進而求出答案．
（Ⅲ）由題可得：k=1時，有x∈[2，+∞）時，f（x）≤0恒成立，即ln（x-1）＜x-2在（2，+∞）上恒成立，令x-1=n²，則2lnn＜（n-1）（n+1），所以可得

lnn

n+1

＜

n-1

2

，進而證明原不等式成立．

解答：解：（I）函數f（x）的定義域為（1，+∞），并且f′（x）=

1

x-1

-k，
①當k≤0時f′（x）=

1

x-1

-k＞0，則f（x）在（1，+∞）上是增函數；
②當k＞0時，若x∈（1，1+

1

k

）時有f′（x）=

1

x-1

-k＞0，若x∈（1+

1

k

，+∞）時有f′（x）=

1

x-1

-k＜0．
所以f（x）在（1，1+

1

k

）上是增函數，在（1+

1

k

，+∞）上是減函數．
（Ⅱ）由（I）知k≤0，時f（x）在（1，+∞）上遞增，
而f（2）=1-k＞0，f（x）≤0不恒成立，所以k＞0．
又由（I）知y_max=f（1+

1

k

）=-lnk，要使f（x）≤0恒成立，
則y_max=f（1+

1

k

）=-lnk≤0即可．
所以解得k≥1．
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，當k=1時有f（x）≤0在（1，+∞）上恒成立，
且f（x）在[2，+∞）上是減函數，f（2）=0，
所以x∈[2，+∞）時，f（x）≤0恒成立，
即ln（x-1）＜x-2在（2，+∞）上恒成立
令x-1=n²，則lnn²＜n²-1，即2lnn＜（n-1）（n+1），
從而

lnn

n+1

＜

n-1

2

，

ln2

3

+

ln3

4

+

ln4

5

+…+

lnn

n+1

＜

1

2

+

2

2

+

3

2

+…+

n-1

2

=

n(n-1)

4

成立．
故

n

i=2

lni

i+1

＜

n(n-1)

4

(n∈N+，n＞1)成立．

點評：本題考查利用導數求函數的極值，函數的恒成立問題，不等式的證明，體現了分類討論的數學思想，不等式的放縮，是解題的難點．