Question

19．已知函數(shù)f（x）=$\frac{2-x}{x-1}$+aln（x-1）（a∈R）．
（Ⅰ） 若函數(shù)f（x）在區(qū)間[2，+∞）上是單調(diào)遞增函數(shù)，試求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ） 當x∈[2，+∞）時，求證：$\frac{x-2}{x-1}$≤2ln（x-1）≤2x-4；
（Ⅲ） 求證：$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{6}$+…+$\frac{1}{2n}$＜lnn＜1+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{n-1}$（n∈N^*且n≥2）．

Answer 1

分析 （1）先求導函數(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≥$\frac{1}{x-1}$恒成立，所以a≥（$\frac{1}{x-1}$）max，由于x∈[2，+∞），可知0＜$\frac{1}{x-1}$≤1，從而問題得解；
（2）令a=2，由（Ⅰ）知函數(shù)f（x）在[2，+∞）上是增函數(shù)，所以當x＞2時，f（x）＞f（2），從而不等式左邊得證，構造函數(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（x）＞g（2）=0，從而不等式右邊成立，故得證；
（3）在（2）的結論中令x-1=$\frac{t+1}{t}$，則$\frac{1}{t+1}$＜2ln $\frac{t+1}{t}$＜2•$\frac{1}{t}$，取t=1，2，…，n-1，（n∈N^*，n≥2）時，得到（n-1）個不等式，將所得各不等式相加得，即可證得．

解答 解：（1）因為f′（x）=$\frac{a（x-1）-1}{{（x-1）}^{2}}$，
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≥$\frac{1}{x-1}$恒成立，所以a≥（$\frac{1}{x-1}$）_max．
又x∈[2，+∞），則0＜$\frac{1}{x-1}$≤1，所以a≥1．
（2）令a=2，由（Ⅰ）知函數(shù)f（x）=$\frac{2-x}{x-1}$+2ln（x-1）在[2，+∞）上是增函數(shù)，
所以當x＞2時，f（x）＞f（2），即 $\frac{2-x}{x-1}$+2ln（x-1）＞0，則2ln（x-1）＞$\frac{x-2}{x-1}$=1-$\frac{1}{x-1}$．
令g（x）=2x-4-2ln（x-1），則有g′（x）=2-$\frac{2}{x-1}$=$\frac{2（x-2）}{x-1}$，
當x∈（2，+∞）時，有g′（x）＞0，
因此g（x）=2x-4-2ln（x-1）在（2，+∞）上是增函數(shù)，所以有g（x）＞g（2）=0，
即可得到2x-4＞2ln（x-1）．
綜上有1-$\frac{1}{x-1}$＜2ln（x-1）＜2x-4（x＞2）．
（3）在（2）的結論中令x-1=$\frac{t+1}{t}$，則$\frac{1}{t+1}$＜2ln $\frac{t+1}{t}$＜2•$\frac{1}{t}$，
取t=1，2，…，n-1，（n∈N^*，n≥2）時，得到（n-1）個不等式，
將所得各不等式相加得，$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$＜2（ln$\frac{2}{1}$+ln$\frac{3}{2}$+…+ln$\frac{n}{n-1}$）＜2（1+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{n-1}$），
所以$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$＜2lnn＜2（1+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{n-1}$），
即$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{6}$+…+$\frac{1}{2n}$＜lnn＜1+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{n-1}$（n∈N^*且n≥2）

點評 本題以函數(shù)為載體，考查導數(shù)的運用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查利用導數(shù)證明不等式，同時考查換元思想，其中利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式是解題的關鍵，也是難點．