（12 分）（2008 • 山东）已知函数 f ( x )…——2008 高考数学第 20 题答案解析

【解答】
（12 分）（2008 • 山东）已知函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\frac{1}{(1-\mathrm{x})^{\mathrm{n}}}+\mathrm{aln}(\mathrm{x}-1)$ ，其中 $\mathrm{n} \in \mathrm{N}^{*}$ ， a为常数．
（I）当 $\mathrm{n}=2$ 时，求函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的极值；
（II）当 $\mathrm{a}=1$ 时，证明：对任意的正整数 n ，当 $\mathrm{x} \geq 2$ 时，有 $\mathrm{f}(\mathrm{x}) \leq \mathrm{x}-1$ ．
【分析】①欲求：＂当 $n=2$ 时，$f(x)=\frac{1}{(1-x)^{2}}+a \ln (x-1)$＂的极值，利用导数，求其导函数的零点及单调性进行判断即可；
②欲证：＂ $\mathrm{f}(\mathrm{x}) \leq \mathrm{x}-1$＂，令 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=\mathrm{x}-1-\frac{1}{(1-\mathrm{x})^{\mathrm{n}}}-\ln (\mathrm{x}-1)$ ，利用导函数的单调性，只要证明函数 $f(x)$ 的最大值是 $x-1$ 即可．

【解答】解：（ I ）解：由已知得函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的定义域为 $\{\mathrm{x} \mid \mathrm{x}>1\}$ ，
当 $n=2$ 时，$f(x)=\frac{1}{(1-x)^{2}}+a \ln (x-1)$ ，所以 $f^{\prime} \quad(x)=\frac{2-a(1-x)^{2}}{(1-x)^{3}}$ ．
①当 $a>0$ 时，由 $f^{\prime}(x)=0$ 得 $x_{1}=1+\sqrt{\frac{2}{a}}>1, x_{2}=1-\sqrt{\frac{2}{a}}<1$ ，
此时 $f^{\prime} \quad(x)=\frac{-a\left(x-x_{1}\right)\left(x-x_{2}\right)}{(1-x)^{3}}$ ．
当 $x \in\left(1, x_{1}\right)$ 时，$f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减；
当 $x \in\left(x_{1},+\infty\right)$ 时，$f(x)>0, f(x)$ 单调递增。
②当 $a \leq 0$ 时，$f^{\prime}(x)<0$ 恒成立，所以 $f(x)$ 无极值。
综上所述， $\mathrm{n}=2$ 时，
当 $a>0$ 时，$f(x)$ 在 $x=1+\sqrt{\frac{2}{a}}$ 处取得极小值，极小值为 $f\left(1+\sqrt{\frac{2}{a}}\right)=\frac{a}{2}\left(1+\ln \frac{2}{a}\right)$ ．
当 $\mathrm{a} \leq 0$ 时， $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 无极值。
（II）证法一：因为 $\mathrm{a}=1$ ，所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\frac{1}{(1-\mathrm{x})^{\mathrm{n}}}+\ln (\mathrm{x}-1)$ ．
当 n 为偶数时，
令 $g(x)=x-1-\frac{1}{(1-x)^{n}}-\ln (x-1)$ ，
则 $g^{\prime}(x)=1+\frac{n}{(x-1)^{n+1}}-\frac{1}{x-1}=\frac{x-2}{x-1}+\frac{n}{(x-1)^{n+1}}>0(x \geq 2)$ ．
所以当 $\mathrm{x} \in[2,+\infty)$ 时， $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 单调递增，
又 $\mathrm{g}(2)=0$ ，
因此 $g(x)=x-1-\frac{1}{(x-1)^{n}}-\ln (x-1) \geqslant g(2)=0$ 恒成立，
所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x}) \leq \mathrm{x}-1$ 成立。
当 $n$ 为奇数时，要证 $f(x) \leq x-1$ ，由于 $\frac{1}{(1-x)^{n}}<0$ ，所以只需证 $\ln (x-1) \leq x-1$ ，
令 $\mathrm{h}(\mathrm{x})=\mathrm{x}-1-\ln (\mathrm{x}-1)$ ，
则 $h^{\prime}(x)=1-\frac{1}{x-1}=\frac{x-2}{x-1} \geqslant 0(x \geq 2)$ ，
所以当 $\mathrm{x} \in[2,+\infty)$ 时， $\mathrm{h}(\mathrm{x})=\mathrm{x}-1-\ln (\mathrm{x}-1)$ 单调递增，又 $\mathrm{h}(2)=1>0$ ，
所以当 $x \geq 2$ 时，恒有 $h(x)>0$ ，即 $\ln (x-1)综上所述，结论成立．
证法二：当 $a=1$ 时，$f(x)=\frac{1}{(1-x)^{n}}+\ln (x-1)$ ．

当 $x \geq 2$ 时，对任意的正整数 $n$ ，恒有 $\frac{1}{(1-x)^{n}} \leqslant 1$ ，
故只需证明 $1+\ln (x-1) \leq x-1$ ．
令 $h(x)=x-1-(1+\ln (x-1))=x-2-\ln (x-1), x \in[2,+\infty)$ ，
则 $h^{\prime}(x)=1-\frac{1}{x-1}=\frac{x-2}{x-1}$ ，
当 $x \geq 2$ 时，$h^{\prime}(x) \geq 0$ ，故 $h(x)$ 在 $[2,+\infty)$ 上单调递增，
因此当 $x \geq 2$ 时，$h(x) \geq h(2)=0$ ，即 $1+\ln (x-1) \leq x-1$ 成立。
故当 $x \geq 2$ 时，有 $\frac{1}{(1-x)^{n}}+\ln (x-1) \leqslant x-1$ ．
即 $f(x) \leq x-1$ 。