Question

已知函數(shù)f(x)=

2-x

x-1

+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)，試求實數(shù)a的取值范圍；
（2）當(dāng)a=2時，求證：1-

1

x-1

＜2ln(x-1)＜2x-4（x＞2）；
（3）求證：

1

4

+

1

6

+…+

1

2n

＜lnn＜1+

1

2

+…+

1

n-1

（n∈N^*且n≥2）．

Answer 1

分析：（1）先求導(dǎo)函數(shù)f ′(x)=

a(x-1)-1

(x-1)2

，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≥

1

x-1

恒成立，所以a≥(

1

x-1

)max，由于x∈[2，+∞），可知0＜

1

x-1

≤1，從而問題得解．
（2）當(dāng)a=2時，由（Ⅰ）知函數(shù)f(x)=

2-x

x-1

+2ln(x-1)在[2，+∞）上是增函數(shù)，所以當(dāng)x＞2時，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），則有g′(x)=2-

2

x-1

=

2(x-2)

x-1

，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=

t+1

t

，則

1

t+1

＜2ln

t+1

t

＜2•

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)=

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≥

1

x-1

恒成立，所以a≥(

1

x-1

)max．
又x∈[2，+∞），則0＜

1

x-1

≤1，所以a≥1．
（2）當(dāng)a=2時，由（Ⅰ）知函數(shù)f(x)=

2-x

x-1

+2ln(x-1)在[2，+∞）上是增函數(shù)，
所以當(dāng)x＞2時，f（x）＞f（2），即

2-x

x-1

+2ln(x-1)＞0，則2ln(x-1)＞

x-2

x-1

=1-

1

x-1

．
令g（x）=2x-4-2ln（x-1），則有g′(x)=2-

2

x-1

=

2(x-2)

x-1

，
當(dāng)x∈（2，+∞）時，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-

1

x-1

＜2ln(x-1)＜2x-4（x＞2）．
（3）在（2）的結(jié)論中令x-1=

t+1

t

，則

1

t+1

＜2ln

t+1

t

＜2•

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，

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＜2(ln

2

1

+ln

3

2

+…+ln

n

n-1

)＜2(1+

1

2

+…+

1

n-1

)，
所以

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＜2lnn＜2(1+

1

2

+…+

1

n-1

)，
即

1

4

+

1

6

+…+

1

2n

＜lnn＜1+

1

2

+…+

1

n-1

（n∈N^*且n≥2）

點評：本題以函數(shù)為載體，考查導(dǎo)數(shù)的運用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查利用導(dǎo)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(guān)鍵，也是難點．