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

1、试题题目：已知函数f(x)=1(1-x)n+aln(x-1)，其中n∈N*，a为常数．（Ⅰ）当n=2时，..

发布人：繁体字网（www.fantiz5.com）发布时间：2015-12-08 07:30:00

试题原文

已知函数f(x)=

1

(1-x)n

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

试题来源：山东试题题型：解答题试题难度：中档适用学段：高中考察重点：函数的奇偶性、周期性

2、试题答案：该试题的参考答案和解析内容如下：

（Ⅰ）由已知得函数f（x）的定义域为{x|x＞1}，
当n=2时，f(x)=

1

(1-x)2

+aln(x-1)，所以f′(x)=

2-a(1-x)2

(1-x)3

．
（1）当a＞0时，由f'（x）=0得x1=1+

2

a

＞1，x2=1-

2

a

＜1，
此时f′(x)=

-a(x-x1)(x-x2)

(1-x)3

．
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+

2

a

处取得极小值，极小值为f(1+

2

a

)=

a

2

(1+ln

2

a

)．
当a≤0时，f（x）无极值．
（Ⅱ）证法一：因为a=1，所以f(x)=

1

(1-x)n

+ln(x-1)．
当n为偶数时，
令g(x)=x-1-

1

(1-x)n

-ln(x-1)，
则g′(x)=1+

n

(x-1)n+1

-

1

x-1

=

x-2

x-1

+

n

(x-1)n+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-

1

(x-1)n

-ln(x-1)≥g(2)=0恒成立，
所以f（x）≤x-1成立．
要证f（x）≤x-1，由于

1

(1-x)n

＜0，所以只需证ln（x-1）≤x-1，
令h（x）=x-1-ln（x-1），
则h′(x)=1-

1

x-1

=

x-2

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．
证法二：当a=1时，f(x)=

1

(1-x)n

+ln(x-1)．
当x≥2时，对任意的正整数n，恒有

1

(1-x)n

≤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-

1

x-1

=

x-2

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

1

(1-x)n

+ln(x-1)≤x-1．
即f（x）≤x-1．

3、扩展分析：该试题重点查考的考点详细输入如下：

经过对同学们试题原文答题和答案批改分析后，可以看出该题目“已知函数f(x)=1(1-x)n+aln(x-1)，其中n∈N*，a为常数．（Ⅰ）当n=2时，..”的主要目的是检查您对于考点“高中函数的奇偶性、周期性”相关知识的理解。有关该知识点的概要说明可查看：“高中函数的奇偶性、周期性”。

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