Question

10．已知函数f（x）=ln（x-1）-kx+k+1．
（Ⅰ）当k=1时，证明：f（x）≤0；
（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅲ）证明：$\frac{ln2}{3}$+$\frac{ln3}{4}$+…+$\frac{lnn}{n+1}$＜$\frac{{n}^{2}-n}{4}$（n∈N^*，且n≥2）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用导数，可知f（x）在（1，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减，故f（x）_max=f（2）=0，从而结论成立；
（Ⅱ）f'（x）=$\frac{1}{x-1}-k=\frac{（k+1）-kx}{x-1}$，对k进行分类讨论，即可求出单调区间；
（Ⅲ）由（Ⅰ）可知，ln（x-1）≤x-2，令x-1=t，则lnt≤t-1，再用赋值法，取t=n²，则lnn²≤n²-1，即lnn$≤\frac{（n+1）（n-1）}{2}$，由此即可证明结论成立．

解答 （Ⅰ）证明：k=1时，f（x）=ln（x-1）-x+2，定义域为（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）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减
∴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当k≤0是，f'（x）＞0恒成立，故f（x）的单调增区间为（1，+∞），无单调减区间；
②当k＞0时，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）的单调增区间为（1，1+$\frac{1}{k}$），单调减区间为（1+$\frac{1}{k}$，+∞）；
（Ⅲ）证明：由（Ⅰ）可知，ln（x-1）≤x-2，x＞1，
令x-1=t，则lnt≤t-1，t＞0，
取t=n²，则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$\frac{ln2}{3}+\frac{ln3}{4}+$…+$\frac{lnn}{n+1}≤\frac{{n}^{2}-n}{4}$．

点评 本题考查了利用导数求函数的最值，函数的单调区间，以及利用导数证明不等式，解题过程中需使用分类讨论，等价转化等解题思想．