Question

f（x）=|x-a|-lnx（a＞0）．
（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）试比较

ln22

22

+

ln32

32

+…+

lnn2

n2

与

(n-1)(2n+1)

2(n+1)

的大小．（n∈N^*且n≥2），并证明你的结论．

Answer 1

分析：（1）先求出导函数fˊ（x），解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0，判断函数的单调性即可；
（2）求出函数的定义域；求出导函数，从导函数的二次项系数的正负；导函数根的大小，进行分类讨论；判断出导函数的符号；利用函数的单调性与导函数符号的关系求出单调性．
（3）将要证的不等式等价转化为g（x）＞0在区间（1，2）上恒成立，利用导数求出g（x）的最小值，只要最小值大于0即可．

解答：解：（1）a=1，f（x）=|x-1|-lnx
当x≥1时，f（x）=x-1-lnx，f′（x）=1-

1

x

=

x-1

x

≥0
∴f（x）在区间[1，+∞）上是递增的．
（2）x＜1时，f（x）=x-1-lnx，f′（x）=1-

1

x

＜0
∴f（x）在区间（0，1）减的．
故a=1时f（x）在[1，+∞）上是递增的，减区间为（0，1），f（x）_min=f（1）=0
a≥1  x＞a f（　x　）=x-a-lnx，f′（x）=1-

1

x

=

x-1

x

≥0
f（x）在[a，+∞）上是递增的，
0＜x＜a，f（x）=-x+a-lnx，f′（x）=-1-

1

x

＜0
∴f（x）在   （0，a）递减函数，
0＜a＜1，x≥af（x）=x-a-lnx
f′（x）=1-

1

x

=

x-1

x

，x＞1，f′（x）＞0，a＜x＜1，f′（x）＜0
f（x）在[1，+∞）递增函数f（x）在[a，1）递减函数
0＜x＜a 时 f（x）=a-x-lnx，f′（x）=-1-

1

x

＜0
∴f（x） 在  （0，a）递减函数
f（x）在[1，+∞）递减函数，（0，1）递减函数．
a≥1 时 f（x）在[a，+∞），（0，a）增函数．
0＜a＜1 时 f（x）在[1，+∞），（0，1）增函数．
（3）当a=1  x＞1 时 x-1-lnx＞0 

lnx

x

＜ 1-

1

x

∴

ln22

22

+

ln32

32

+ …+

lnn2

n2

＜1-

1

22

+1-

1

32

+…+1-

2

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)

点评：本题考查利用导函数讨论函数的单调性：导函数为正函数递增；导函数为负，函数递减．考查分类讨论的数学思想方法，函数的最值，不等式的证明，以及利用导数研究函数的单调性等基础知识，考查计算能力和分析问题的能力，以及转化的数学思想，属于基础题