Question

【題目】已知函數(shù)f（x）= +aln（x﹣1）（a∈R）．
（1）若函數(shù)f（x）在區(qū)間[2，+∞）上是單調(diào)遞增函數(shù)，試求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）當(dāng)x∈[2，+∞）時(shí)，求證： ≤2ln（x﹣1）≤2x﹣4；
（3）求證： + +…+ ＜lnn＜1+ +…+ （n∈N*且n≥2）．

Answer 1

【答案】
（1）解：因?yàn)閒′（x）= ，

若函數(shù)f（x）在區(qū)間[2，+∞）上是單調(diào)遞增函數(shù)，

則f′（x）≥0恒成立，

即a≥ 恒成立，所以a≥（ ）max．

又x∈[2，+∞），則0＜ ≤1，所以a≥1．

（2）證明：令a=2，由（Ⅰ）知函數(shù)f（x）= +2ln（x﹣1）在[2，+∞）上是增函數(shù)，

所以當(dāng)x＞2時(shí)，f（x）＞f（2），即 +2ln（x﹣1）＞0，則2ln（x﹣1）＞ =1﹣ ．

令g（x）=2x﹣4﹣2ln（x﹣1），則有g(shù)′（x）=2﹣ = ，

當(dāng)x∈（2，+∞）時(shí)，有g(shù)′（x）＞0，

因此g（x）=2x﹣4﹣2ln（x﹣1）在（2，+∞）上是增函數(shù)，所以有g(shù)（x）＞g（2）=0，

即可得到2x﹣4＞2ln（x﹣1）．

綜上有1﹣ ＜2ln（x﹣1）＜2x﹣4（x＞2）．

（3）證明：在（2）的結(jié)論中令x﹣1= ，則 ＜2ln ＜2 ，

取t=1，2，…，n﹣1，（n∈N*，n≥2）時(shí)，得到（n﹣1）個(gè)不等式，

將所得各不等式相加得， + +…+ ＜2（ln +ln +…+ln ）＜2（1+ +…+ ），

所以 + +…+ ＜2lnn＜2（1+ +…+ ），

即 + +…+ ＜lnn＜1+ +…+ （n∈N*且n≥2）

【解析】（1）先求導(dǎo)函數(shù)f′（x），要使函數(shù)f（x）在區(qū)間[2，+∞）上是單調(diào)遞增函數(shù)，則f′（x）≥0恒成立，分離參數(shù)可得a≥ 恒成立，所以a≥（ ）max，由于x∈[2，+∞），可知0＜ ≤1，從而問(wèn)題得解；（2）令a=2，由（Ⅰ）知函數(shù)f（x）在[2，+∞）上是增函數(shù)，所以當(dāng)x＞2時(shí)，f（x）＞f（2），從而不等式左邊得證，構(gòu)造函數(shù)g（x）=2x﹣4﹣2ln（x﹣1），求出g′（x），可知g（x）=2x﹣4﹣2ln（x﹣1）在（2，+∞）上是增函數(shù)，所以有g(shù)（x）＞g（2）=0，從而不等式右邊成立，故得證；（3）在（2）的結(jié)論中令x﹣1= ，則 ＜2ln ＜2 ，取t=1，2，…，n﹣1，（n∈N* ， n≥2）時(shí)，得到（n﹣1）個(gè)不等式，將所得各不等式相加得，即可證得．
【考點(diǎn)精析】通過(guò)靈活運(yùn)用利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)的最大(小)值與導(dǎo)數(shù)，掌握一般的,函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)數(shù)的正負(fù)有如下關(guān)系： 在某個(gè)區(qū)間內(nèi)，(1)如果，那么函數(shù)在這個(gè)區(qū)間單調(diào)遞增；(2)如果，那么函數(shù)在這個(gè)區(qū)間單調(diào)遞減；求函數(shù)在上的最大值與最小值的步驟：（1）求函數(shù)在內(nèi)的極值；（2）將函數(shù)的各極值與端點(diǎn)處的函數(shù)值，比較，其中最大的是一個(gè)最大值，最小的是最小值即可以解答此題．