Question

已知函数f（x）=ln（x-1）-k（x-1）+1．
（ I）求函数f（x）的单调区间；
（ II）若f（x）≤0恒成立，试确定实数k的取值范围；
（ III）证明：．

Answer

（I）由题意可得：f′（x）=，当k≤0时f′（x）=＞0；当k＞0时，若x∈（1，1+）时有f′（x）=＞0，若x∈（1+，+∞）时有f′（x）=＜0．进而得到函数的单调区间．
（Ⅱ）由（I）知k≤0时，f（2）=1-k＞0，f（x）≤0不恒成立，所以k＞0．只要使ymax=f（1+）=-lnk≤0恒成立即可，进而求出答案．
（Ⅲ）由题可得：k=1时，有x∈[2，+∞）时，f（x）≤0恒成立，即ln（x-1）＜x-2在（2，+∞）上恒成立，令x-1=n2，则2lnn＜（n-1）（n+1），所以可得，进而证明原不等式成立．
【解析】
（I）函数f（x）的定义域为（1，+∞），并且f′（x）=，
①当k≤0时f′（x）=＞0，则f（x）在（1，+∞）上是增函数；
②当k＞0时，若x∈（1，1+）时有f′（x）=＞0，若x∈（1+，+∞）时有f′（x）=＜0．
所以f（x）在（1，1+）上是增函数，在（1+，+∞）上是减函数．
（Ⅱ）由（I）知k≤0，时f（x）在（1，+∞）上递增，
而f（2）=1-k＞0，f（x）≤0不恒成立，所以k＞0．
又由（I）知ymax=f（1+）=-lnk，要使f（x）≤0恒成立，
则ymax=f（1+）=-lnk≤0即可．
所以解得k≥1．
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当k=1时有f（x）≤0在（1，+∞）上恒成立，
且f（x）在[2，+∞）上是减函数，f（2）=0，
所以x∈[2，+∞）时，f（x）≤0恒成立，
即ln（x-1）＜x-2在（2，+∞）上恒成立
令x-1=n2，，则lnn2＜n2-1，即2lnn＜（n-1）（n+1），
从而，+…+成立．
故成立．