Question

已知函数f（x）=|x-a|-lnx（a＞0）．
（1）若a＞0，讨论f（x）的单调区间；
（2）若a=1，求f（x）的最小值；
（3）证

ln22

22

+

ln32

32

+…+

lnn2

n2

+

ln(n+1)2

(n+1)2

＜n-（

1

2

-

1

n+2

）（n∈N^*，且n≥2）．

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：综合题,导数的综合应用

分析：（1）将绝对值符号化去，分类讨论，再求导函数，即可确定函数的单调区间；
（2）a=1时，f（x）=|x-1|-lnx，将绝对值符号化去，分类讨论，再求导函数，即可确定函数的单调区间，进而可得f（x）的最小值；
（3）由（2）可知，lnx≤x-1，从而

lnx

x

≤1-

1

x

，令x=n²，可得

lnn

n2

≤

1

2

（1-

1

n2

），再进行叠加，利用放缩法，即可证得结论成立．

解答： 解：若a≥1，当x≥a时，f（x）=x-a-lna，f′（x）=

x-1

x

≥0，∴f（x）在区间[a，+∞）上单调递增；
当0＜x＜a时，f（x）=a-x-lnx，f′（x）=-1-

1

x

＜0，所以f（x）在（0，a）上单调递减；
若0＜a＜1，当x≥a时，f（x）=x-a-lna，f′（x）=

x-1

x

，x＞1，f′（x）＞0，a＜x＜1，f′（x）＜0
∴f（x）在区间[1，+∞）上单调递增，（a，1）上单调递减；
当0＜x＜a时，f（x）=a-x-lnx，f′（x）=-1-

1

x

＜0，所以f（x）在（0，a）上单调递减；
而f（x）在x=a处连续，则f（x）在（1，+∞）上单调递增，（0，1）上单调递减
综上，当a≥1时，f（x）的递增区间是（a，+∞），递减区间是（0，a）；当0＜a＜1时，f（x）的递增区间是（1，+∞），递减区间是（0，1）；…（6分）
（2）a=1时，f（x）=|x-1|-lnx （x＞0）
当0＜x≤1，f（x）=1-（x+lnx），f′（x）=-1-

1

x

＜0，所以f（x）在（0，1]上单调递减；
当x＞1，f（x）=x-（1+lnx），f′（x）=

x-1

x

＞0，所以f（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴x=1时，f（x）的最小值为f（1）=0…（9分）
（3）由（2）可知，当a=1，x＞1时，有f（x）＞f（1）=0，

lnx

x

＜1-

1

x

，
∴

ln22

22

+

ln32

32

+…+

lnn2

n2

+

ln(n+1)2

(n+1)2

＜n-(

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

+

1

(n+1)2

)，
n≥2时，

1

n2

＞

1

n(n+1)

=

1

n

-

1

n+1

  …（12分）
∴-(

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

+

1

(n+1)2

)＜-(

1

2

-

1

n+2

)，

∴n-( 1 22 + 1 32 +…+ 1 n2 + 1 (n+1)2 )＜n-( 1 2 - 1 n+2 )

…（14分）

点评：本题考查利用导数研究函数的单调性，用放缩法证明不等式，体现了转化的数学思想，其中，用放缩法证明不等式 是解题的难点．