2008-山东卷理-21 解-导数

本题导读

本题考查利用导数研究函数的极值、利用导数证明不等式。核心在于正确理解题意并选用恰当方法求解。

📌【题干】

Question

（2008年山东卷(理)） 已知函数 $f(x)=\frac{1}{(1-x{)}^n}+a\ln (x-1)$，其中 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，$a$ 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 $x\ge 2$ 时，有 $f(x)\le x-1$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一步逻辑（第1问）：首先确定函数定义域为 $(1,+\infty )$。当 $n=2$ 时，对 $f(x)$ 求导得到 $f^{\prime }(x)=\frac{a(x-1{)}^2-2}{(x-1{)}^3}$。由于分母恒正，导函数的正负完全由分子决定，因此需针对 $a\le 0$ 和 $a>0$ 两种情况讨论导数的符号及函数的单调性，进而求出极值。
2. 第二步逻辑（第2问）：若直接求导，由于含有未知数 $n$，求导后的式子极为复杂。考虑到 $x\ge 2$，可令 $t=x-1\ge 1$ 进行换元。利用条件 $t\ge 1$，可以将分式部分 $\frac{1}{(-t{)}^n}$ 无论 $n$ 为奇数还是偶数统一放缩为 $\frac{1}{t}$，从而消去参数 $n$，最后构造辅助函数利用单调性得证。

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当 $a\le 0$ 时，$f(x)$ 无极值；当 $a>0$ 时，$f(x)$ 的极小值为 $\frac{a}{2}\left(1+\ln \frac{2}{a}\right)$，无极大值

✍【详细解析】

Abstract

解：函数的定义域为 $(1,+\infty )$。

(1) 当 $n=2$ 时，$f(x)=\frac{1}{(x-1{)}^2}+a\ln (x-1)$， 求导得：$f^{\prime }(x)=-\frac{2}{(x-1{)}^3}+\frac{a}{x-1}=\frac{a(x-1{)}^2-2}{(x-1{)}^3}(x>1)$。 ① 当 $a\le 0$ 时，因为 $x>1$，所以 $a(x-1{)}^2-2<0$，即 $f^{\prime }(x)<0$。 此时 $f(x)$ 在 $(1,+\infty )$ 上单调递减，函数无极值。 ② 当 $a>0$ 时，令 $f^{\prime }(x)=0$，解得 $x=1+\sqrt{\frac{2}{a}}$（舍去负值）。

• 当 $x\in \left(1,1+\sqrt{\frac{2}{a}}\right)$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 单调递减；
• 当 $x\in \left(1+\sqrt{\frac{2}{a}},+\infty \right)$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增。 故 $f(x)$ 在 $x=1+\sqrt{\frac{2}{a}}$ 处取得极小值，极小值为： $f\left(1+\sqrt{\frac{2}{a}}\right)=\frac{1}{{\left(\sqrt{\frac{2}{a}}\right)}^2}+a\ln \sqrt{\frac{2}{a}}=\frac{a}{2}+\frac{a}{2}\ln \frac{2}{a}=\frac{a}{2}\left(1+\ln \frac{2}{a}\right)$ 综上所述： 当 $a\le 0$ 时，$f(x)$ 无极值； 当 $a>0$ 时，$f(x)$ 的极小值为 $\frac{a}{2}\left(1+\ln \frac{2}{a}\right)$，无极大值。

(2) 证明：当 $a=1$ 时，$f(x)=\frac{1}{(1-x{)}^n}+\ln (x-1)$。 要证 $f(x)\le x-1$，即证 $\frac{1}{(-1{)}^n(x-1{)}^n}+\ln (x-1)\le x-1$。 令 $t=x-1$，因为 $x\ge 2$，所以 $t\ge 1$。 原不等式等价于证明：$\frac{1}{(-t{)}^n}+\ln t\le t(t\ge 1)$。 对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 且 $t\ge 1$：

• 当 $n$ 为奇数时，$\frac{1}{(-t{)}^n}=-\frac{1}{t^n}\le 0<\frac{1}{t}$；
• 当 $n$ 为偶数时，$\frac{1}{(-t{)}^n}=\frac{1}{t^n}\le \frac{1}{t}$（因为 $t^n\ge t\ge 1$）。 由此可知，对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，总有 $\frac{1}{(-t{)}^n}\le \frac{1}{t}$ 成立。 因此，只需证明 $\frac{1}{t}+\ln t\le t$，即 $t-\ln t-\frac{1}{t}\ge 0$。 构造辅助函数 $g(t)=t-\ln t-\frac{1}{t}(t\ge 1)$， 求导得：$g^{\prime }(t)=1-\frac{1}{t}+\frac{1}{t^2}=\frac{t^2-t+1}{t^2}=\frac{{\left(t-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}}{t^2}>0$。 所以 $g(t)$ 在 $[1,+\infty )$ 上单调递增。 则 $g(t)\ge g(1)=1-0-1=0$。 所以 $\frac{1}{(-t{)}^n}+\ln t\le \frac{1}{t}+\ln t\le t$ 恒成立。 故原不等式得证，即对任意正整数 $n$，当 $x\ge 2$ 时，恒有 $f(x)\le x-1$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：导数公式及运算法则、利用导数求含参函数的极值、构造辅助函数证明不等式。
2. 核心方法：

• 分类讨论思想：在求极值时，必须根据判别式或根的大小对参数 $a$ 的范围进行严密划分。
• 统一放缩法：第二问中针对 $n$ 的奇偶性分类后，将其统一放大到不含 $n$ 的表达式 $\frac{1}{t}$，从而实现对变量 $n$ 的隐去，是解决双变量或含有正整数参数不等式的极佳技巧。

3. 避坑指南：求导及讨论前切记不要漏掉定义域 $x>1$；第一问结论要将 $a\le 0$ 和 $a>0$ 分别陈述清楚，不能漏掉“无极大值”或“无极值”的判定。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题基于高等数学中泰勒公式的有理函数逼近与对数不等式拓扑。其实质背景是经典不等式 $\ln t\le t-1$ 的一种变式加深。
2. 结论推广：通过本题的放缩可以进一步推广，对于更一般的函数 $F(x)=\frac{1}{(1-x{)}^n}+\ln (x-1{)}^m$，在 $x\ge 2$ 时同样可以通过换元法并结合二项式定理或有理分式不等式链进行上界的精确估计。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 05.01 函数的概念

类题演练 (Links)

• 2009-天津卷文-08 单-分段函数不等式
• 2009-新课标卷文-24 解-绝对值函数分段不等式
• 2009-辽宁卷文-12 单-偶函数单调解不等式