Question

已知函數(shù)f（x）=|x-a|-lnx（a∈R）
（I）若a=1，求f（x）的單調(diào)區(qū)間及f（x）的最小值；
（II）若a∈R，試討論f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（III）若n∈N⁺，求證：．

Answer 1

【答案】分析：（I）f（x）=|x-a|-lnx的定義域?yàn)椋?，+∞）．a(chǎn)=1，f（x）=|x-1|-lnx，當(dāng)x≥1時(shí)，，故f（x）在區(qū)間[1，+∞）上是遞增函數(shù)，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，，故f（x）在區(qū)間（0，1）上是遞減函數(shù)，由此能求出f（x）的單調(diào)區(qū)間及f（x）的最小值．
（II）分a≥1時(shí)，0＜a＜1時(shí)和a≤0時(shí)三種情況，分別計(jì)算f（x）的導(dǎo)數(shù)，并由f′（x）的符號(hào)討論f（x）的單調(diào)區(qū)間．
（III）由a=1，知f（x）在（0，1）上遞減，在[1，+∞）上遞增，故x-1＞lnx在x＞1時(shí)成立．若n∈N^*，n＞1，則令x=＞1，則，由此能夠證明n∈N^*時(shí)，．
解答：解：（I）f（x）=|x-a|-lnx的定義域?yàn)椋?，+∞）．
a=1，f（x）=|x-1|-lnx，
當(dāng)x≥1時(shí)，f（x）=x-1-lnx，
，
∴f（x）在區(qū)間[1，+∞）上是遞增函數(shù)，
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f（x）=1-x-lnx，
，
∴f（x）在區(qū)間（0，1）上是遞減函數(shù)，
故a=1時(shí)，f（x）的增區(qū)間為[1，+∞），減區(qū)間為（0，1），
f（x）_min=f（1）=0．
（II）若a≥1時(shí)，當(dāng)x≥a時(shí)，f（x）=x-a-lnx，，
則f（x）在區(qū)間[a，+∞）上是遞增的；
當(dāng)0＜x＜a時(shí)，f（x）=a-x-lnx，，
∴f（x）在區(qū)間（0，a）上是遞減的，
若0＜a＜1，當(dāng)x≥a時(shí)，f（x）=x-a-lnx，
，x＞1，f′（x）＞0，a＜x＜1，f′（x）＜0，
則f（x）在區(qū)間[1，+∞）上是遞增的，f（x）在區(qū)間[a，1）上是遞減的．
當(dāng)0＜x＜a時(shí)，f（x）=a-x-lnx，，
f（x）在區(qū)間（0，a）上是遞減的，
而f（x）在x=a處連續(xù)，
則f（x）在區(qū)間[1，+∞）上是遞增的，在區(qū)間（0，1）上是遞減的，
若a≤0，f（x）=x-lnx，，x＞1，f′（x）＞0，0＜x＜1，f′（x）＜0，
則f（x）在區(qū)間[1，+∞）上是遞增的，f（x）在區(qū)間（0，1）上是遞減的．
綜上所述，
當(dāng)a≥1時(shí)，
a≤0，f（x）=x-lnx，
f（x）的增區(qū)間是[a，+∞），減區(qū)間是（0，a）．
當(dāng)a＜1時(shí)，f（x）的遞增區(qū)間是{1，+∞），減區(qū)間是（0，1）．
（III）由（I）知：a=1
f（x）在（0，1）上遞減，在[1，+∞）上遞增．
∴x＞1時(shí)，f（x）=x-1-lnx＞f（1）=0，
即x-1＞lnx在x＞1時(shí)成立．
若n∈N^*，n＞1，則令x=＞1，
則，
即，
∴

=ln，
∴n∈N^*，n＞1時(shí)，1+，
∵n=1時(shí)，不等式即為成立，
故n∈N^*時(shí)，．
點(diǎn)評(píng)：本題考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值的應(yīng)用，考查運(yùn)算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．對(duì)數(shù)學(xué)思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強(qiáng)，難度大，易錯(cuò)點(diǎn)是計(jì)算量大，容易失誤，是高考的重點(diǎn)．解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答．