Question

已知函數(shù)f（x）=|x-a|-lnx（a＞0）
（Ⅰ）若a=1，求f（x）的單調區(qū)間及f（x）的最小值；
（Ⅱ）若a＞0，求f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅲ）證明：

ln2

22

+

ln3

32

+…+

lnn

n2

＜

2n2-n+1

4(n+1)

（n∈N⁺，n≥2）

Answer 1

分析：（Ⅰ）a=1時，f（x）=|x-1|-lnx，將絕對值符號化去，分類討論，再求導函數(shù)，即可確定函數(shù)的單調區(qū)間，進而可得f（x）的最小值；
（Ⅱ）將絕對值符號化去，分類討論，再求導函數(shù)，即可確定函數(shù)的單調區(qū)間；
（Ⅲ）由（Ⅰ）可知，lnx≤x-1，從而

lnx

x

≤1-

1

x

，令x=n²，可得

lnn

n2

≤

1

2

(1-

1

n2

)，再進行疊加，利用放縮法，即可證得結論成立．

解答：（Ⅰ）解：a=1時，f（x）=|x-1|-lnx    （x＞0）
當0＜x≤1，f（x）=1-（x+lnx），f′（x）=-1-

1

x

＜0，所以f（x）在（0，1]上單調遞減；
當x＞1，f（x）=x-（1+lnx），f′（x）=1-

1

x

=

x-1

x

＞0，所以f（x）在（1，+∞）上單調遞增，
∴x=1時，f（x）的最小值為f（1）=0；
（Ⅱ）解：若a≥1，當x≥a時，f（x）=x-a-lna，f′（x）=1-

1

x

=

x-1

x

≥0，∴f（x）在區(qū)間[a，+∞）上單調遞增；
當0＜x＜a時，f（x）=a-x-lnx，f′（x）=-1-

1

x

＜0，所以f（x）在（0，a）上單調遞減；
若0＜a＜1，當x≥a時，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）在區(qū)間[1，+∞）上單調遞增，（a，1）上單調遞減；
當0＜x＜a時，f（x）=a-x-lnx，f′（x）=-1-

1

x

＜0，所以f（x）在（0，a）上單調遞減；
而f（x）在x=a處連續(xù)，則f（x）在（1，+∞）上單調遞增，（0，1）上單調遞減
綜上，當a≥1時，f（x）的遞增區(qū)間是（a，+∞），遞減區(qū)間是（0，a）；當0＜a＜1時，f（x）的遞增區(qū)間是（1，+∞），遞減區(qū)間是（0，1）；
（Ⅲ）證明：由（Ⅰ）可知，當a=1，x＞1時，f（x）≥0，∴1-（x+lnx）≥0，∴l(xiāng)nx≤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)

，
故要證的不等式成立．

點評：本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，用放縮法證明不等式，體現(xiàn)了轉化的數(shù)學思想，其中，用放縮法證明不等式 是解題的難點．