解题思路：（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)＝1−
1
x
＝
x−1
x
≥0
，故f（x）在区间[1，+∞）上是递增函数，当0＜x＜1时，
f
′
(x)＝−1−
1
x
＜0
，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=[n+1/n−1]＞1，则[2/n−1＞ln
n+1
n−1]，由此能够证明n∈N*时，
1+
1
2
+
1
3
+…+
1
n
＞
1
2
ln
(n+1)(n+2)
2
．
（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−
1
x＝
x−1
x≥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−
1
x＜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−
1
x＝
x−1
x≥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−
1
x＜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−
1
x＝
x−1
x，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−
1
x＜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−
1
x＝
x−1
x，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[2/n−1＞ln
n+1
n−1]，
∴[2/2−1+
2
3−1+…+
2
n]
＞ln
2+1
2−1+ln
3+1
3−1+…+ln
n+2
n
=ln[n+2/2n]，
∴n∈N*，n＞1时，1+[1/2+
1
3+…+
1
n＞
1
2ln
(n+1)(n+2)
2]，
∵n=1时，不等式即为1＞
1
2ln3＝ln
3成立，
故n∈N*时，1+
1
2+
1
3+…+
1
n＞
1
2ln
(n+1)(n+2)
2．
点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 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．
1年前
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