Question

已知函数f（x）=ln（x-1）-k（x-1）+1．
（1）若f（x）≤0恒成立，试确定实数k的取值范围．
（2）求证：10 (4lge+

lge

2

+

lge

3

+…+

lge

n

)＞（n+1）e 

(1+n)n

nn

（n∈N^*）

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,不等式的证明

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（1）利用导数研究函数的单调性，求出函数的最大值，使最大值小于等于0，可求出k的取值范围；
（2）利用分析法进行证明．

解答： （1）解：∵f（x）=ln（x-1）-k（x-1）+1，
∴f′（x）=

1

x-1

-k=0，
∴x=1+

1

k

，
当k≤0时，f′（x）＞0函数f（x）在定义域内单调递增，f（x）≤0不恒成立，
当k＞0时，函数f（x）在（1，1+

1

k

）单调递增，在（1+

1

k

，+∞）单调递减，
当x=1+

1

k

时，f（x）取最大值，f（1+

1

k

）=ln

1

k

≤0，∴k≥1；
（2）证明：要证10 (4lge+

lge

2

+

lge

3

+…+

lge

n

)＞（n+1）e 

(1+n)n

nn

，
只需证明4lge+

lge

2

+…+

lge

n

＞lg[（n+1）e 

(1+n)n

nn

]
即证4+

1

2

+…+

1

n

＞lg[（n+1）e 

(1+n)n

nn

]÷lge
即证4+

1

2

+…+

1

n

＞ln[e

(1+n)n

nn

（n+1）]
即证1+

1

2

+…+

1

n

+3＞ln（n+1）+(1+

1

n

)n
由（1）知ln（1+x）＜x
令x=

1

n

，
故ln（1+

1

n

）=ln（n+1）-lnn＜

1

n

累加得，ln（n+1）＜1+

1

2

+…+

1

n

∵ln（1+

1

n

）＜

1

n

，∴(1+

1

n

)n＜e＜3，
∴1+

1

2

+…+

1

n

+3＞ln（n+1）+(1+

1

n

)n
故10 (4lge+

lge

2

+

lge

3

+…+

lge

n

)＞（n+1）e 

(1+n)n

nn

．

点评：本题主要考查了导数与不等式两方面的知识，考查运算求解能力、推理论证能力、化归与转化思想，属于中档题．
（I）考查了利用导数研究函数的极值，以及研究函数单调区间等有关基础知识；
（II）考查了运用不等式的性质进行等价变形，将（I）中的函数结论巧妙运用到不等式当中，从而达到证明的目的．