题目

题型：不详难度：来源：

已知函数f(x)=+aln(x-1),其中n∈N^*,a为常数.
(1)当n=2时,求函数f(x)的极值;
(2)当a=1时,证明:对任意的正整数n,当x≥2时,有f(x)≤x-1.

答案

（1）当a＞0时,f(x)在x=1+处取得极小值,极小值为f（1+）=（1+ln）.
当a≤0时,f(x)无极值.
（2）证明见解析

解析

(1) 由已知得函数f(x)的定义域为{x|x＞1},
当n=2时,f(x)=+aln(x-1),
所以f′(x)=.
①当a＞0时,由f′(x)=0,得
x₁=1+＞1,x₂=1-＜1,
此时f′(x)=.
当x∈(1,x₁)时,f′(x)＜0,f(x)单调递减;
当x∈(x₁,+∞)时,f′(x)＞0,f(x)单调递增.
②当a≤0时,f′(x)＜0恒成立,所以f(x)无极值.
综上所述,n=2时,
当a＞0时,f(x)在x=1+处取得极小值,极小值为f（1+）=（1+ln）.
当a≤0时,f(x)无极值.
(2) 方法一 因为a=1,
所以f(x)=+ln(x-1).
当n为偶数时,
令g(x)=x-1--ln(x-1),
则g′(x)=1+-
=+＞0 (x≥2).
所以,当x∈［2,+∞)时,g(x)单调递增,又g(2)=0,
因此,g(x)=x-1--ln(x-1)≥g(2)=0恒成立,
所以f(x)≤x-1成立.
当n为奇数时,要证f(x)≤x-1,由于＜0,
所以只需证ln(x-1)≤x-1,
令h(x)=x-1-ln(x-1),
则h′(x)=1-=≥0(x≥2),
所以,当x∈［2,+∞)时,h(x)=x-1-ln(x-1)单调递增,
又h(2)=1＞0,所以当x≥2时,恒有h(x)＞0,
即ln(x-1)＜x-1命题成立.
综上所述,结论成立.
方法二 当a=1时,f(x)=+ln(x-1).
当x≥2时,对任意的正整数n,恒有≤1,
故只需证明1+ln(x-1)≤x-1.
令h(x)=x-1-(1+ln(x-1))
=x-2-ln(x-1),x∈［2,+∞).
则h′(x)=1-=,
当x≥2时,h′(x)≥0,故h(x)在［2,+∞)上单调递增,
因此,当x≥2时,h(x)≥h(2)=0,
即1+ln(x-1)≤x-1成立.
故当x≥2时,有+ln(x-1)≤x-1.
即f(x)≤x-1.