Question

已知函数f（x）=

1

(1-x)n

+aln（x-1），n∈N^*，a为常数．
（1）当n=2时，判断f（x）的单调性，写出单调区间；
（2）当a=1时，证明：对?n∈N^*，当x≥2时，恒有y=f（x）图象不可能在y=x-1图象的上方．

Answer 1

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

专题：导数的综合应用

分析：（1）当n=2时，f（x）=

1

(x-1)2

+aln(x-1)，（x＞1）．f′（x）=

a(x-1)2-2

(x-1)3

．对a分类讨论：a≤0，a＞0时，利用导数与函数单调性的关系即可得出；
（2）当a=1时，函数f（x）=

1

(1-x)n

+ln（x-1），n∈N^*，（x≥2）．令h（x）=

1

(1-x)n

+ln(x-1)-(x-1)（x≥2），则h′（x）=

n

(1-x)n+1

+

2-x

x-1

．当n为正偶数时，可得h′（x）＜0，利用h（x）在[2，+∞）上单调递减，即可证明．当n为正奇数时，f（x）=

-1

(x-1)n

+ln(x-1)，当x≥2时，

-1

(x-1)n

＜0，f（x）＜ln（x-1），又ln（x-1）＜x-1，因此f（x）＜x-1恒成立．利用导数给出证明即可

解答： （1）解：当n=2时，f（x）=

1

(x-1)2

+aln(x-1)，（x＞1）．
∴f′（x）=

a(x-1)2-2

(x-1)3

．（i）当a≤0时，f′（x）＜0，函数f（x）在（1，+∞）上单调递减．
（ii）当a＞0时，令f′（x）=0，解得x=1±

2 a

．
当x∈(1，1+

2 a

)时，f′（x）＜0，函数f（x）在区间(1，1+

2 a

)上单调递减；
当x∈(1+

2 a

，+∞)时，f′（x）＞0，函数f（x）在区间(1+

2 a

，+∞)上单调递增．
综上所述：当a≤0时，函数f（x）在（1，+∞）上单调递减．
当a＞0时，函数f（x）在区间(1，1+

2 a

)上单调递减；函数f（x）在区间(1+

2 a

，+∞)上单调递增．
（2）证明：当a=1时，函数f（x）=

1

(1-x)n

+ln（x-1），n∈N^*，（x≥2）．
令h（x）=

1

(1-x)n

+ln(x-1)-(x-1)（x≥2），则h′（x）=

n

(1-x)n+1

+

2-x

x-1

．
（i）当n为正偶数时，h′（x）＜0，∴h（x）在[2，+∞）上单调递减，∴h（x）≤h（2）=0．
即

1

(1-x)n

+ln(x-1)≤x-1（x≥2）．
∴对?n为正偶数，当x≥2时，恒有y=f（x）图象不可能在y=x-1图象的上方．
（ii）当n为正奇数时，f（x）=

-1

(x-1)n

+ln(x-1)，
当x≥2时，∵

-1

(x-1)n

＜0，∴f（x）＜ln（x-1），又ln（x-1）＜x-1，因此f（x）＜x-1恒成立．
下面给出证明：令g（x）=ln（x-1）-（x-1）（x≥2）．则g′（x）=

1

x-1

-1=

2-x

x-1

≤0，
∴g（x）在[2，+∞）单调递减．
∴g（x）≤g（2）=-1＜0，∴ln（x-1）＜x-1恒成立．
因此f（x）＜x-1恒成立．
对?n为正奇数，当x≥2时，恒有y=f（x）图象不可能在y=x-1图象的上方．
故当a=1时，对?n∈N^*，当x≥2时，恒有y=f（x）图象不可能在y=x-1图象的上方．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了分类讨论的思想方法，考查了推理能力和计算能力，考查了灵活解决问题的能力，属于难题．