已知函数f(x)＝2−xx−1+aln(x−1)（a∈R）．

（1）因为f ′(x)＝
a(x−1)−1
(x−1)2，若函数f（x）在区间[2，+∞）上是单调递增函数，则f′（x）≥0恒成立，即a≥
1
x−1恒成立，所以a≥(
1
x−1)max．
又x∈[2，+∞），则0＜
1
x−1≤1，所以a≥1．
（2）当a=2时，由（Ⅰ）知函数f(x)＝
2−x
x−1+2ln(x−1)在[2，+∞）上是增函数，
所以当x＞2时，f（x）＞f（2），即[2−x/x−1+2ln(x−1)＞0，则2ln(x−1)＞
x−2
x−1＝1−
1
x−1]．
令g（x）=2x-4-2ln（x-1），则有g′(x)＝2−
2
x−1＝
2(x−2)
x−1，
当x∈（2，+∞）时，有g′（x）＞0，
因此g（x）=2x-4-2ln（x-1）在（2，+∞）上是增函数，所以有g（x）＞g（2）=0，
即可得到2x-4＞2ln（x-1）．
综上有1−
1
x−1＜2ln(x−1)＜2x−4（x＞2）．
（3）在（2）的结论中令x−1＝
t+1
t，则[1/t+1＜2ln
t+1
t＜2•
1
t]，
取t=1，2，…，n-1，（n∈N^*，n≥2）时，得到（n-1）个不等式，将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

点评：
本题考点： 数列与不等式的综合；函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题以函数为载体，考查导数的运用，考查函数的单调性，考查利用导数证明不等式，同时考查换元思想，其中利用函数的单调性证明不等式是解题的关键，也是难点．

1年前

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