Question

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：．

Answer 1

【答案】分析：（I）f（x）=|x-a|-lnx的定义域为（0，+∞）．a=1，f（x）=|x-1|-lnx，当x≥1时，，故f（x）在区间[1，+∞）上是递增函数，当0＜x＜1时，，故f（x）在区间（0，1）上是递减函数，由此能求出f（x）的单调区间及f（x）的最小值．
（II）分a≥1时，0＜a＜1时和a≤0时三种情况，分别计算f（x）的导数，并由f′（x）的符号讨论f（x）的单调区间．
（III）由a=1，知f（x）在（0，1）上递减，在[1，+∞）上递增，故x-1＞lnx在x＞1时成立．若n∈N^*，n＞1，则令x=＞1，则，由此能够证明n∈N^*时，．
解答：解：（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）在区间[1，+∞）上是递增函数，
当0＜x＜1时，f（x）=1-x-lnx，
，
∴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，，
则f（x）在区间[a，+∞）上是递增的；
当0＜x＜a时，f（x）=a-x-lnx，，
∴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，
，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）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，，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=＞1，
则，
即，
∴

=ln，
∴n∈N^*，n＞1时，1+，
∵n=1时，不等式即为成立，
故n∈N^*时，．
点评：本题考查利用导数求函数最值的应用，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，难度大，易错点是计算量大，容易失误，是高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答．