(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. |