Question

（2012•上饒一模）已知函數f（x）=|x-a|-lnx，（x＞0），h（x）=ax-1（a∈R）
（1）若a=1，求f（x）的單調區間及f（x）的最小值；
（2）若a＞0，求f（x）的單調區間；
（3）若

ln22

22

+

ln32

32

+…+

lnn2

n2

＜

h(n)(2n+1)

2(n+1)

，求a的最小正整數值．

Answer 1

分析：（1）先通過討論去掉絕對值符號再求導，可求出單調區間及最小值．
（2）需要通過分類討論a與1的大小關系及x與a的大小關系，再通過求導得到函數f（x）的單調區間．
（3）由（1）可知，當a=1，x＞1時，有x-1-lnx＞0，變形即

lnx

x

＜1-

1

x

，利用此結論可求出a的取值范圍．

解答：解：（1）當x≥1時，f（x）=x-1-lnx，∴f′(x)=

x-1

x

≥0，∴f（x）在[1，+∞）上遞增；
當0＜x＜1時，f（x）=1-x-lnx，∴f′(x)=-1-

1

x

＜0，∴f（x）在（0，1）上遞減；
因此f（x）_min=f（1）=0（4分）
（2 ） ①若a≥1，當x≥a時，f(x)=x-a-lnx，f′(x)=

x-1

x

≥0，則f（x）在區間，[a，+∞）上遞增；
當0＜x＜a時，f（x）=a-x-lnx，f′(x)=-1-

1

x

＜0，則f（x）在區間（0，a）上遞減．（6分）
②若0＜a＜1，當x≥a時，f(x)=x-a-lnx，f′(x)=

x-1

x

，則當x＞1時，f′（x）＞0；
當a≤x＜1時，f′（x）＜0，所以f（x）在[1，+∞）上遞增，在[a，1）上遞減；
當0＜x＜a時f（x）=a-x-lnx，f′(x)=-1-

1

x

＜0則f（x）在（0，a）上遞減，而f（x）在x=a處連續，
所以f（x）在[1，+∞）上遞增，在（0，1）上遞減．（8分）
綜上：當a≥1時，增區間[a，+∞），減區間（0，a）．當0＜a＜1時，增區間[1，+∞），減區間（0，1）（9分）
（3）由（1）可知，當a=1，x＞1時，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的最小正整數值為1     （14分）

點評：本題綜合考查了通過分類討論求函數的單調區間、最值，及利用已證結論證不等式等內容．無論分類討論還是證不等式都有一定的技巧和難度，需要認真體會其方法．