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已知函数f(x)=ln(x-1)-k(x-1)+1. ( I)求函数f(x)的单...

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:manfen5.com 满分网
(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.
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考点分析:
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试题属性
  • 题型:解答题
  • 难度:中等

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