已知函数f（x）=|x-a|-lnx（a∈R）（I）若a=1，求f（x）的单调区间及f（x / 微思试题库

试题：

已知函数f（x）=|x-a|-lnx（a∈R）
（I）若a=1，求f（x）的单调区间及f（x）的最小值；
（II）若a∈R，试讨论f（x）的单调区间；
（III）若n∈N⁺，求证：1+

+…+

＞

(n+1)(n+2)

．

函数的单调性与导数的关系, 函数的最值与导数的关系 2016-05-23

答案：

我来补答

（I）f（x）=|x-a|-lnx的定义域为（0，+∞）．
a=1，f（x）=|x-1|-lnx，
当x≥1时，f（x）=x-1-lnx，
f′(x)=1-

x-1

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

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

x-1

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

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

x-1

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

＜0，
f（x）在区间（0，a）上是递减的，
而f（x）在x=a处连续，
则f（x）在区间[1，+∞）上是递增的，在区间（0，1）上是递减的，
若a≤0，f（x）=x-lnx，f′(x)=1-

x-1

，x＞1，f′（x）＞0，0＜x＜1，f′（x）＜0，
则f（x）在区间[1，+∞）上是递增的，f（x）在区间（0，1）上是递减的．
综上所述，
当a≥1时，
a≤0，f（x）=x-lnx，
f（x）的增区间是[a，+∞），减区间是（0，a）．
当a＜1时，f（x）的递增区间是{1，+∞），减区间是（0，1）．
（III）由（I）知：a=1
f（x）在（0，1）上递减，在[1，+∞）上递增．
∴x＞1时，f（x）=x-1-lnx＞f（1）=0，
即x-1＞lnx在x＞1时成立．
若n∈N^*，n＞1，则令x=

n+1

n-1

＞1，
则

n+1

n-1

-1＞ln

n+1

n-1

，
即

n-1

＞ln

n+1

n-1

，
∴

2-1

3-1

+…+

＞ln

2+1

2-1

+ln

3+1

3-1

+…+ln

n+2

=ln

n+2

，
∴n∈N^*，n＞1时，1+

+…+

＞

(n+1)(n+2)

，
∵n=1时，不等式即为1＞

ln3=ln

成立，
故n∈N^*时，1+

+…+

＞

(n+1)(n+2)

．

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