Question

f（x）=|x-a|-lnx（a＞0）．
（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）證明：

ln22

22

+

ln32

32

+…+

lnn2

n2

＜

(n-1)(2n+1)

2(n+1)

，n∈N^*，且n≥2．

Answer 1

考點：導數在最大值、最小值問題中的應用,利用導數研究函數的單調性,利用導數求閉區間上函數的最值,數列的求和

專題：導數的綜合應用

分析：（1）通過a=1，化簡函數f（x）=|x-1-lnx|，去掉絕對值求出函數的導數，判斷導函數的符號判斷單調性，然后求出最值．
（2）通過a≥1，0＜a＜1，分別去掉絕對值，求解函數的導數，求出函數的單調性即可．
（3）由（1）可知，當a=1，x＞1時，有x-1-lnx＞0，即

lnx

x

＜1-

1

x

，得到

lnn2

n2

＜1-

1

n2

，通過放縮法

1

n2

＜

1

n×(n+1)

，利用數列求和，推出結果．

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

1

x

≥0．∴f（x）在區間[1，+∞）上是遞增的．
當0＜x＜1時，f(x)=1-x-lnx，f′(x)=-1-

1

x

＜0．∴f（x）在區間（0，1）上是遞減的
故a=1時，f（x）的遞增區間為[1，+∞），遞減區間為（0，1），f（x）_min=f（1）=0．
（2）①若a≥1，
當x≥a時，f(x)=x-a-lnx，f′(x)=1-

1

x

≥0．
∴f（x）在區間[a，+∞）上是遞增的．
當0＜x＜a時，f(x)=a-x-lnx，f′(x)=-1-

1

x

＜0．
∴f（x）在區間（0，a）上是遞減的
②若0＜a＜1，
當x≥a時，f(x)=x-a-lnx，f′(x)=1-

1

x

=

x-1

x

，
當x＞1時，f′（x）＞0，當a＜x＜1時，f′（x）＜0，
則f（x）在區間[1，+∞）上是遞增的，在區間[a，1）上是遞減的；
當0＜x＜a時，f(x)=a-x-lnx，f′(x)=-1-

1

x

＜0．
∴f（x）在區間（0，a）上是遞減的，而f（x）在x=a處有意義，
則f（x）在區間[1，+∞）上是遞增的，在區間（0，1）上是遞減的．
綜上，當a≥1時，f（x）的遞增區間為[a，+∞），遞減區間為（0，a）；
當0＜a＜1時，f（x）的遞增區間為[1，+∞），遞減區間為（0，1）；
證明：（3）由（1）可知，當a=1，x＞1時，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

點評：本題考查函數的導數的應用，利用導數求解函數的最值，單調區間的求法，考查放縮法的應用以及數列的求和，同時考查分類討論以及轉化思想的應用．