Question

已知函数f（x）=|x-a|-lnx（a＞0）
（Ⅰ）若a=1，求f（x）的单调区间及f（x）的最小值；
（Ⅱ）若a＞0，求f（x）的单调区间；
（Ⅲ）证明：

ln2

22

+

ln3

32

+…+

lnn

n2

＜

2n2-n+1

4(n+1)

（n∈N⁺，n≥2）

Answer 1

分析：（Ⅰ）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；
（Ⅱ）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；
（Ⅲ）由（Ⅰ）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：（Ⅰ）解：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）=1-

1

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；
（Ⅱ）解：若a≥1，当x≥a时，f（x）=x-a-lna，f′（x）=1-

1

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）=1-

1

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）；
（Ⅲ）证明：由（Ⅰ）可知，当a=1，x＞1时，f（x）≥0，∴1-（x+lnx）≥0，∴lnx≤x-1．
∵x＞0，∴

lnx

x

≤1-

1

x

∵n∈N₊，n≥2，令x=n²，得

lnn

n2

≤

1

2

(1-

1

n2

)，
∴

ln2

22

+

ln3

32

+…+

lnn

n2

≤

1

2

（1-

1

22

+1-

1

32

+…+1-

1

n2

）
=

1

2

[n-1-（

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

）]＜

1

2

[n-1-（

1

2×3

+

1

3×4

+…+

1

n(n+1)

]
=

1

2

[n-1-（

1

2

-

1

n+1

）]=

2n2-n+1

4(n+1)

，
故要证的不等式成立．

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．