Question

10．已知函數(shù)f（x）=ln（x-1）-kx+k+1．
（Ⅰ）當(dāng)k=1時，證明：f（x）≤0；
（Ⅱ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）證明：$\frac{ln2}{3}$+$\frac{ln3}{4}$+…+$\frac{lnn}{n+1}$＜$\frac{{n}^{2}-n}{4}$（n∈N^*，且n≥2）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用導(dǎo)數(shù)，可知f（x）在（1，2）上單調(diào)遞增，在（2，+∞）上單調(diào)遞減，故f（x）_max=f（2）=0，從而結(jié)論成立；
（Ⅱ）f'（x）=$\frac{1}{x-1}-k=\frac{（k+1）-kx}{x-1}$，對k進(jìn)行分類討論，即可求出單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）由（Ⅰ）可知，ln（x-1）≤x-2，令x-1=t，則lnt≤t-1，再用賦值法，取t=n²，則lnn²≤n²-1，即lnn$≤\frac{（n+1）（n-1）}{2}$，由此即可證明結(jié)論成立．

解答 （Ⅰ）證明：k=1時，f（x）=ln（x-1）-x+2，定義域為（1，+∞），
f'（x）=$\frac{1}{x-1}-1$=$\frac{2-x}{x-1}$
由f'（x）＞0，得0＜x＜2；f'（x）＜0，得x＞2．
故f（x）在（1，2）上單調(diào)遞增，在（2，+∞）上單調(diào)遞減
∴f（x）_max=f（2）=0
∴f（x）≤0；
（Ⅱ）解：f'（x）=$\frac{1}{x-1}-k=\frac{（k+1）-kx}{x-1}$
∵x＞1，∴$\frac{1}{x-1}＞0$
①當(dāng)k≤0是，f'（x）＞0恒成立，故f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（1，+∞），無單調(diào)減區(qū)間；
②當(dāng)k＞0時，f'（x）=$\frac{（k+1）-kx}{x-1}=\frac{k[（1+\frac{1}{k}）-x]}{x-1}$
由f'（x）＞0，得1＜x＜1+$\frac{1}{k}$；f'（x）＜0，得x＞1+$\frac{1}{k}$．
故f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（1，1+$\frac{1}{k}$），單調(diào)減區(qū)間為（1+$\frac{1}{k}$，+∞）；
（Ⅲ）證明：由（Ⅰ）可知，ln（x-1）≤x-2，x＞1，
令x-1=t，則lnt≤t-1，t＞0，
取t=n²，則lnn²≤n²-1，即lnn$≤\frac{（n+1）（n-1）}{2}$，
故$\frac{lnn}{n+1}≤\frac{n-1}{2}$，n∈N^*，n≥2
∴$\frac{ln2}{3}+\frac{ln3}{4}+$…+$\frac{lnn}{n+1}≤\frac{1}{2}+\frac{2}{2}+$…+$\frac{n-1}{2}$=$\frac{1}{2}×\frac{（n-1）n}{2}=\frac{{n}^{2}-n}{4}$，
即$\frac{ln2}{3}+\frac{ln3}{4}+$…+$\frac{lnn}{n+1}≤\frac{{n}^{2}-n}{4}$．

點(diǎn)評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，以及利用導(dǎo)數(shù)證明不等式，解題過程中需使用分類討論，等價轉(zhuǎn)化等解題思想．