Question

已知函數(shù)f(x)=

px-p

-lnx(p＞0)．
（1）若函數(shù)f（x）在定義域內(nèi)為增函數(shù)，求實(shí)數(shù)p的取值范圍；
（2）當(dāng)n∈N^*時(shí)，證明

n

k=1

2k+1

k

＞2ln（n+1）；
（3）（理） 當(dāng)n≥2且n∈N₊時(shí)，證明：

n

k=2

1

lnk

＞lnn．

Answer 1

分析：（1）要使函數(shù)f（x）在定義域內(nèi)為增函數(shù)，只需f′（x）≥0在定義域恒成立，從而可求出p的值；
（2）利用分析法，欲證

n

k=1

2k+1

k

＞2ln（n+1），只需證

2k+1

k

＞2[ln（k+1）-lnk]（k∈N^*），再分別取k=1，2，3，…，n，并將同向不等式相加可得結(jié)論；
（3）先證

1

k-1

＞ln（1+

1

k-1

），從而可得

1

lnk

＞lnk-ln（k-1），再分別取k=2，3，4，…，n，并將同向不等式相加，可得結(jié)論．

解答：（1）解：p＞0，函數(shù)f（x）的定義域?yàn)閇1，+∞）．
f′（x）=

p

2 px-p

-

1

x

依題意，f′（x）≥0在x∈（1，+∞）恒成立，
∴p≥

4(x-1)

x2

在x∈（1，+∞）恒成立．
∵

4(x-1)

x2

=4[-（

1

x

-

1

2

）²+

1

4

]≤1，
∴p≥1，∴p的取值范圍為[1，+∞）；
（2）證明：當(dāng)n∈N^*時(shí)，欲證

n

k=1

2k+1

k

＞2ln（n+1），只需證

2k+1

k

＞2[ln（k+1）-lnk]（k∈N^*）．
由（Ⅰ）可知：取p=1，則f（x）≥f（1）（x≥1），
而f（1）=0，∴

x-1

≥lnx（當(dāng)x=1時(shí)，等號(hào)成立）．
用（

x+1

x

）2代換x，得

( x+1 x )2-1

＞ln（

x+1

x

）2（x＞0），
即

2x+1

x

＞2[ln（x+1）-lnx]（x＞0），
∴

2k+1

k

＞2[ln（k+1）-lnk]（k∈N^*）．
在上式中分別取k=1，2，3，…，n，并將同向不等式相加，得

n

k=1

2k+1

k

＞2ln（n+1），
∴結(jié)論成立；
（3）解：由（2）知，

x-1

≥lnx（當(dāng)x=1時(shí)，等號(hào)成立）．
而當(dāng)x≥2時(shí)，x-1≥

x-1

，∴當(dāng)x≥2時(shí)，x-1＞lnx
設(shè)g（x）=x-1-lnx，x∈（0，2），則g′（x）=1-

1

x

=

x-1

x

，
∴g（x）在（0，1）上遞減，在（1，2）上遞增，
∴g（x）≥g（1）=0，即x-1≥lnx在x∈（0，2）時(shí)恒成立．
故當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，x-1≥lnx（當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)，等號(hào)成立）．…①
用x代換x-1得：x≥ln（1+x）（當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)，等號(hào)成立）．…②
當(dāng)k≥2，k∈N^*時(shí)，由①得k-1＞lnk＞0，∴

1

lnk

＞

1

k-1

當(dāng)k≥2，k∈N^*時(shí)，由②得k＞ln（1+k），用

1

k-1

代換k，得

1

k-1

＞ln（1+

1

k-1

）．
∴當(dāng)k≥2，k∈N^*時(shí)，

1

lnk

＞ln（1+

1

k-1

），即

1

lnk

＞lnk-ln（k-1）．
在上式中分別取k=2，3，4，…，n，并將同向不等式相加，得

n

k=2

1

lnk

＞lnn-ln1．
故當(dāng)n≥2且n∈N^*時(shí)，

n

k=2

1

lnk

＞lnn．

點(diǎn)評(píng)：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，以及數(shù)列與不等式的綜合，同時(shí)考查了轉(zhuǎn)化的思想和計(jì)算能力，屬于難題．