已知函数f（x）=ln（x-1）-k（x-1）+1．

（I）函数f（x）的定义域为（1，+∞），并且f′（x）=[1/x−1−k，
①当k≤0时f′（x）=
1
x−1−k＞0，则f（x）在（1，+∞）上是增函数；
②当k＞0时，若x∈（1，1+
1
k]）时有f′（x）=[1/x−1−k＞0，若x∈（1+
1
k]，+∞）时有f′（x）=[1/x−1−k＜0．
所以f（x）在（1，1+
1
k]）上是增函数，在（1+[1/k]，+∞）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y_max=f（1+[1/k]）=-lnk，要使f（x）≤0恒成立，
则y_max=f（1+[1/k]）=-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[lnn/n+1＜
n−1
2]，[ln2/3+
ln3
4+
ln4
5]+…+[lnn/n+1]＜
1
2+
2
2+
3
2+…+
n−1
2＝
n(n−1)
4成立．
故
n

i＝2
lni
i+1＜
n(n−1)
4(n∈N+，n＞1)成立．

点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题考查利用导数求函数的极值，函数的恒成立问题，不等式的证明，体现了分类讨论的数学思想，不等式的放缩，是解题的难点．

1年前

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