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）证明：

ln22

22

+

ln32

32

+…+

lnn2

n2

＜

(n-1)(2n+1)

2(n+1)

，n∈N^*，且n≥2．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值,数列的求和

专题：导数的综合应用

分析：（1）通过a=1，化简函数f（x）=|x-1-lnx|，去掉绝对值求出函数的导数，判断导函数的符号判断单调性，然后求出最值．
（2）通过a≥1，0＜a＜1，分别去掉绝对值，求解函数的导数，求出函数的单调性即可．
（3）由（1）可知，当a=1，x＞1时，有x-1-lnx＞0，即

lnx

x

＜1-

1

x

，得到

lnn2

n2

＜1-

1

n2

，通过放缩法

1

n2

＜

1

n×(n+1)

，利用数列求和，推出结果．

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

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

1

x

＜0．∴f（x）在区间（0，1）上是递减的
故a=1时，f（x）的递增区间为[1，+∞），递减区间为（0，1），f（x）_min=f（1）=0．
（2）①若a≥1，
当x≥a时，f(x)=x-a-lnx，f′(x)=1-

1

x

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

1

x

＜0．
∴f（x）在区间（0，a）上是递减的
②若0＜a＜1，
当x≥a时，f(x)=x-a-lnx，f′(x)=1-

1

x

=

x-1

x

，
当x＞1时，f′（x）＞0，当a＜x＜1时，f′（x）＜0，
则f（x）在区间[1，+∞）上是递增的，在区间[a，1）上是递减的；
当0＜x＜a时，f(x)=a-x-lnx，f′(x)=-1-

1

x

＜0．
∴f（x）在区间（0，a）上是递减的，而f（x）在x=a处有意义，
则f（x）在区间[1，+∞）上是递增的，在区间（0，1）上是递减的．
综上，当a≥1时，f（x）的递增区间为[a，+∞），递减区间为（0，a）；
当0＜a＜1时，f（x）的递增区间为[1，+∞），递减区间为（0，1）；
证明：（3）由（1）可知，当a=1，x＞1时，有x-1-lnx＞0，即

lnx

x

＜1-

1

x

，
∴

ln22

22

+

ln32

32

+…+

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)

故

ln22

22

+

ln32

32

+…+

lnn2

n2

＜

(n-1)(2n+1)

2(n+1)

，n∈N^*且n≥2

点评：本题考查函数的导数的应用，利用导数求解函数的最值，单调区间的求法，考查放缩法的应用以及数列的求和，同时考查分类讨论以及转化思想的应用．