Question

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.

Answer 1

（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.