Question

11．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1+ln（x-1）}{x-1}$（x∈[2，+∞））．
（1）若不等f（x）≥$\frac{m}{x}$對(duì)任意x≥2恒成立，求m的范圍；
（2）證明：對(duì)任意n∈Z，均有n-ln（n+1）＜2（$\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+$…+$\frac{n}{n+1}$）．

Answer 1

分析 （1）把不等f（x）≥$\frac{m}{x}$對(duì)任意x≥2恒成立轉(zhuǎn)換為f（x）x≥m恒成立，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最小值，只需最小值≥m
（2）想到（1）的結(jié)論，當(dāng)m=2時(shí)，不等式ln（x-1）≥1-$\frac{2}{x}$利用放縮法得出ln（x-1）≥1-$\frac{2}{x-1}$，進(jìn)而關(guān)聯(lián)到本題的特點(diǎn)，令$\frac{k+1}{k}$=x-1則ln$\frac{k+1}{k}$＞1-$\frac{2k}{k+1}$．從而分別令k=1，2，3…，得出結(jié)論．

解答 解：（1）f（x）≥$\frac{m}{x}$對(duì)任意x≥2恒成立
∴$\frac{1+ln（x-1）}{x-1}$•x≥m恒成立   （x∈[2，+∞））
令h（x）=$\frac{1+ln（x-1）}{x-1}$•x
∴h′（x）=$\frac{（x-1）-ln（x-1）}{（x-1）^{2}}$
令g（x）=（x-1）-ln（x-1）
∴g′（x）=$\frac{x-2}{x-1}$＞0
∴g（x）在x∈[2，+∞）上遞增
∴g（x）≥g（2）=1＞0
∴h′（x）=$\frac{（x-1）-ln（x-1）}{（x-1）^{2}}$＞0
∴h（x）在x∈[2，+∞）上遞增
∴h（x）_min=h（2）=2
∴m≤2
（2）由（1）得：x≥2時(shí)，f（x）≥$\frac{2}{x}$
即$\frac{1+ln（x+1）}{x-1}$≥$\frac{2}{x}$
整理得ln（x-1）≥1-$\frac{2}{x}$＞1-$\frac{2}{x-1}$
令$\frac{k+1}{k}$=x-1則
ln$\frac{k+1}{k}$＞1-$\frac{2k}{k+1}$
k=1時(shí)，1-2×$\frac{1}{2}$＜ln 2
k=2時(shí)，1-2×$\frac{2}{3}$＜ln $\frac{3}{2}$
…，
k=n時(shí)，1-2 $\frac{n}{n+1}$＜ln $\frac{n+1}{n}$
將以上不等式兩端分別相加得：
n-2（$\frac{1}{2}$+$\frac{2}{3}$+…+$\frac{n}{n+1}$）＜ln（2×$\frac{3}{2}$×…×$\frac{n+1}{n}$）=ln（n+1）
整理得n-ln（n+1）＜2（$\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+$…+$\frac{n}{n+1}$）．

點(diǎn)評(píng) 考察了恒成立問題和利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值，利用題中結(jié)論分析問題，解決問題．技能要求比較高．