Question

（2012•上饶一模）已知函数f（x）=|x-a|-lnx，（x＞0），h（x）=ax-1（a∈R）
（1）若a=1，求f（x）的单调区间及f（x）的最小值；
（2）若a＞0，求f（x）的单调区间；
（3）若

ln22

22

+

ln32

32

+…+

lnn2

n2

＜

h(n)(2n+1)

2(n+1)

，求a的最小正整数值．

Answer 1

分析：（1）先通过讨论去掉绝对值符号再求导，可求出单调区间及最小值．
（2）需要通过分类讨论a与1的大小关系及x与a的大小关系，再通过求导得到函数f（x）的单调区间．
（3）由（1）可知，当a=1，x＞1时，有x-1-lnx＞0，变形即

lnx

x

＜1-

1

x

，利用此结论可求出a的取值范围．

解答：解：（1）当x≥1时，f（x）=x-1-lnx，∴f′(x)=

x-1

x

≥0，∴f（x）在[1，+∞）上递增；
当0＜x＜1时，f（x）=1-x-lnx，∴f′(x)=-1-

1

x

＜0，∴f（x）在（0，1）上递减；
因此f（x）_min=f（1）=0（4分）
（2 ） ①若a≥1，当x≥a时，f(x)=x-a-lnx，f′(x)=

x-1

x

≥0，则f（x）在区间，[a，+∞）上递增；
当0＜x＜a时，f（x）=a-x-lnx，f′(x)=-1-

1

x

＜0，则f（x）在区间（0，a）上递减．（6分）
②若0＜a＜1，当x≥a时，f(x)=x-a-lnx，f′(x)=

x-1

x

，则当x＞1时，f′（x）＞0；
当a≤x＜1时，f′（x）＜0，所以f（x）在[1，+∞）上递增，在[a，1）上递减；
当0＜x＜a时f（x）=a-x-lnx，f′(x)=-1-

1

x

＜0则f（x）在（0，a）上递减，而f（x）在x=a处连续，
所以f（x）在[1，+∞）上递增，在（0，1）上递减．（8分）
综上：当a≥1时，增区间[a，+∞），减区间（0，a）．当0＜a＜1时，增区间[1，+∞），减区间（0，1）（9分）
（3）由（1）可知，当a=1，x＞1时，有x-1-lnx＞0，即

lnx

x

＜1-

1

x

（10分）
所以

ln22

22

+

ln32

33

+…+

lnn2

n2

＜1-

1

22

+1-

1

32

+…+1-

1

n2

=n-1-(

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

)＜n-1-[

1

2×3

+

1

3×4

+…+

1

n(n+1)

]=n-1-(

1

2

-

1

3

+

1

3

-

1

4

+…+

1

n

-

1

n+1

)=n-1-(

1

2

-

1

n+1

)=

(n-1)(2n+1)

2(n+1)

（12分）
要使

ln22

22

+

ln32

32

+…+

lnn2

n2

＜

(an-1)(2n+1)

2(n+1)

，∵a∈N₊，n≥2
只需a≥1，所以a的最小正整数值为1     （14分）

点评：本题综合考查了通过分类讨论求函数的单调区间、最值，及利用已证结论证不等式等内容．无论分类讨论还是证不等式都有一定的技巧和难度，需要认真体会其方法．