Question

（2012•武昌區(qū)模擬）已知函數(shù)f（x）=

px-p

-lnx(p＞0)．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在定義域內(nèi)為增函數(shù)，求實數(shù)P的取值范圍；
（Ⅱ）當n∈N^*時，試判斷

n

i=1

2k+1

k

與2ln（n+1）的大小關系，并證明你的結(jié)論；
（Ⅲ） 當n≥2且n∈N^*時，證明：

n

i=2

1

lnk

＞lnn．

Answer 1

分析：（Ⅰ）要使函數(shù)f（x）在定義域內(nèi)為增函數(shù)，只需f′（x）≥0在定義域恒成立，從而可求出p的值；
（Ⅱ）欲證 

n

i=1

2k+1

k

＞2ln（n+1），只需證

2k+1

k

＞2[ln（k+1）-lnk]（k∈N^*），分別取k=1，2，3，…，n，并將同向不等式相加可得結(jié)論；
（Ⅲ）先證

1

k-1

＞ln（1+

1

k-1

），從而可得

1

lnk

＞lnk-ln（k-1），再分別取k=2，3，4，…，n，并將同向不等式相加，可得結(jié)論．

解答：（本小題滿分14分）
解：（Ⅰ）p＞0，函數(shù)f（x）=

px-p

-lnx(p＞0)定義域為[1，+∞）．
f′（x）=

p

2 px-p

-

1

x

．
依題意，

p

2 px-p

≥

1

x

在x∈（1，+∞）恒成立，∴p≥

4(x-1)

x2

在x∈（1，+∞）恒成立．
而

4(x-1)

x2

=4[-（

1

x

-

1

2

）²+

1

4

]≤1，
∴p≥1，∴p的取值范圍為[1，+∞）．…（4分）
（Ⅱ）證明：當n∈N^*時，欲證 

n

i=1

2k+1

k

＞2ln（n+1），只需證

2k+1

k

＞2[ln（k+1）-lnk]（k∈N^*）．
由（Ⅰ）可知：取p=1，則f（x）≥f（1）（x≥1），
而f（1）=0，∴

x-1

≥lnx（當x=1時，等號成立）．
用(

x+1

x

)2代換x，得

( x+1 x )2-1

＞ln(

x+1

x

)2（x＞0），即

2x+1

x

＞2[ln（x+1）-lnx]（x＞0）．，
∴

2k+1

k

＞2[ln（k+1）-lnk]（k∈N^*）．
在上式中分別取k=1，2，3，…，n，并將同向不等式相加，得

n

i=1

2k+1

k

＞2ln（n+1）．
∴當n∈N^*時，

n

i=1

2k+1

k

＞2ln（n+1）．…（9分）
（Ⅲ）由（Ⅱ）可知

x-1

≥lnx（x=1時，等號成立）．
而當x≥2時：x-1≥

x-1

，∴當x≥2時，x-1＞lnx．
設g（x）=x-1-lnx，x∈（0，2），則g′（x）=1-

1

x

=

x-1

x

，
∴g（x）在（0，1）上遞減，在（1，2）上遞增，
∴g（x）≥g（1）=0，即x-1≥lnx在x∈（0，2）時恒成立．
故當x∈（0，+∞）時，x-1≥lnx（當且僅當x=1時，等號成立）．…①
用x代換x-1得：x≥ln（1+x）（當且僅當1=0時，等號成立）．…②
當k≥2，k∈N^*時，由①得k-1＞lnk＞0，∴

1

lnk

＞

1

k-1

．
當k≥2，k∈N^*時，由②得 k＞ln（1+k），用

1

k-1

代換k，得

1

k-1

＞ln（1+

1

k-1

）．
∴當k≥2，k∈N^*時，

1

lnk

＞ln（1+

1

k-1

）．即

1

lnk

＞lnk-ln（k-1）．
在上式中分別取k=2，3，4，…，n，并將同向不等式相加，得

n

i=2

1

lnk

＞lnn-ln1．
故當n≥2且n∈N^*時，

n

i=2

1

lnk

＞lnn．…（14分）

點評：本題主要考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，以及數(shù)列與不等式的綜合，同時考查了轉(zhuǎn)化的思想和計算能力，屬于難題．