已知函数f（x）=|x-a|-lnx（a＞0）．

若a≥1，当x≥a时，f（x）=x-a-lna，f′（x）=[x−1/x]≥0，∴f（x）在区间[a，+∞）上单调递增；
当0＜x＜a时，f（x）=a-x-lnx，f′（x）=-1-[1/x]＜0，所以f（x）在（0，a）上单调递减；
若0＜a＜1，当x≥a时，f（x）=x-a-lna，f′（x）=[x−1/x]，x＞1，f′（x）＞0，a＜x＜1，f′（x）＜0
∴f（x）在区间[1，+∞）上单调递增，（a，1）上单调递减；
当0＜x＜a时，f（x）=a-x-lnx，f′（x）=-1-[1/x]＜0，所以f（x）在（0，a）上单调递减；
而f（x）在x=a处连续，则f（x）在（1，+∞）上单调递增，（0，1）上单调递减
综上，当a≥1时，f（x）的递增区间是（a，+∞），递减区间是（0，a）；当0＜a＜1时，f（x）的递增区间是（1，+∞），递减区间是（0，1）；…（6分）
（2）a=1时，f（x）=|x-1|-lnx （x＞0）
当0＜x≤1，f（x）=1-（x+lnx），f′（x）=-1-[1/x]＜0，所以f（x）在（0，1]上单调递减；
当x＞1，f（x）=x-（1+lnx），f′（x）=[x−1/x]＞0，所以f（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴x=1时，f（x）的最小值为f（1）=0…（9分）
（3）由（2）可知，当a=1，x＞1时，有f（x）＞f（1）=0，[lnx/x＜1−
1
x]，
∴
ln22
22+
ln32
32+…+
lnn2
n2+
ln(n+1)2
(n+1)2＜n−(
1
22+
1
32+…+
1
n2+
1
(n+1)2)，
n≥2时，[1
n2＞
1
n(n+1)=
1/n]-[1/n+1]…（12分）
∴−(
1
22+
1
32+…+

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： 本题考查利用导数研究函数的单调性，用放缩法证明不等式，体现了转化的数学思想，其中，用放缩法证明不等式 是解题的难点．

1年前

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