题目内容
（2013•河西区一模）已知函数f（x）=x-xlnx，g（x）=f（x）-xf′（a），其中f′（a）表示函数f（x）在x=a处的导数，a为正常数．
（1）求g（x）的单调区间；
（2）对任意的正实数x1，x2，且x1＜x2，证明：（x2-x1）f′（x2）＜f（x2）-f（x1）＜（x2-x1）f′（x1）；
（3）对任意的n∈N*，且n≥2，证明：
+
+…+
＜
．
（1）求g（x）的单调区间；
（2）对任意的正实数x1，x2，且x1＜x2，证明：（x2-x1）f′（x2）＜f（x2）-f（x1）＜（x2-x1）f′（x1）；
（3）对任意的n∈N*，且n≥2，证明：
| 1 |
| ln2 |
| 1 |
| ln3 |
| 1 |
| lnn |
| 1-f(n+1) |
| ln2•lnn |
分析：（1）求导函数，利用导数的正负，可确定函数的单调区间；
（2）先证明f（x2）-f（x1）＜（x2-x1）f'（x1），f（x2）-f（x1）＞（x2-x1）f'（x2），即可得（x2-x1）f'（x2）＜f（x2）-f（x1）＜（x2-x1）f'（x1）；
（3）构造函数φ（x）=
(x＞1)，确定φ（x）在（1，+∞）上单调递减，从而可得
≤
，即ln2lnn≤ln（2+k）ln（n-k），再利用放缩法，即可证得结论．
（2）先证明f（x2）-f（x1）＜（x2-x1）f'（x1），f（x2）-f（x1）＞（x2-x1）f'（x2），即可得（x2-x1）f'（x2）＜f（x2）-f（x1）＜（x2-x1）f'（x1）；
（3）构造函数φ（x）=
| ln(x+k) |
| lnx |
| lnn |
| ln(n-k) |
| ln(2+k) |
| ln2 |
解答：（1）解：f'（x）=-lnx，g（x）=x-xlnx+xlna，g'（x）=f'（x）-f'（a）=-lnx+lna=ln
．
所以，x∈（0，a）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增；x∈（a，+∞）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减．
所以，g（x）的单调递增区间为（0，a]，单调递减区间为[a，+∞）．
（2）证明：∵f′（x）=-lnx，
∴f′（x）在（0，+∞）上是一个减函数，
对任意的正实数x1，x2，且x1＜x2，
由拉格朗日中值定理，可知，存在b∈（x1，x2），使得
=f′(b)，
∴x1＜b＜x2，又f′（x）在（0，+∞）上是一个减函数，
∴f′（x2）＜f′（b）＜f′（x1），
∴f′（x2）＜
＜f′（x1），
∴（x2-x1）f′（x2）＜f（x2）-f（x1）＜（x2-x1）f′（x1）．
（3）证明：对k=1，2，…，n-2，令φ（x）=
(x＞1)，则φ′（x）=
，
显然1＜x＜x+k，0＜lnx＜ln（x+k），所以xlnx＜（x+k）ln（x+k），所以φ′（x）＜0，φ（x）在（1，+∞）上单调递减．
由n-k≥2，得φ（n-k）≤φ（2），即
≤
．
所以ln2lnn≤ln（2+k）ln（n-k），k=1，2，…，n-2．
所以2(
+
+…+
)=
+
+…+
≤
+
+…+
=2
又由（2）知f（n+1）-f（n）＜f′（n）=-lnn，所以lnn＜f（n）-f（n+1）．
∴ln1+ln2+…+lnn＜f（1）-f（2）+f（2）-f（3）+…+f（n）-f（n+1）=f（1）-f（n+1）=1-f（n+1）．
所以，
+
+…+
＜
．
| a |
| x |
所以，x∈（0，a）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增；x∈（a，+∞）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减．
所以，g（x）的单调递增区间为（0，a]，单调递减区间为[a，+∞）．
（2）证明：∵f′（x）=-lnx，
∴f′（x）在（0，+∞）上是一个减函数，
对任意的正实数x1，x2，且x1＜x2，
由拉格朗日中值定理，可知，存在b∈（x1，x2），使得
| f(x2)-f(x1) |
| x2-x1 |
∴x1＜b＜x2，又f′（x）在（0，+∞）上是一个减函数，
∴f′（x2）＜f′（b）＜f′（x1），
∴f′（x2）＜
| f(x2)-f(x1) |
| x2-x1 |
∴（x2-x1）f′（x2）＜f（x2）-f（x1）＜（x2-x1）f′（x1）．
（3）证明：对k=1，2，…，n-2，令φ（x）=
| ln(x+k) |
| lnx |
| xlnx-(x+k)ln(x+k) |
| x(x+k)(lnx)2 |
显然1＜x＜x+k，0＜lnx＜ln（x+k），所以xlnx＜（x+k）ln（x+k），所以φ′（x）＜0，φ（x）在（1，+∞）上单调递减．
由n-k≥2，得φ（n-k）≤φ（2），即
| lnn |
| ln(n-k) |
| ln(2+k) |
| ln2 |
所以ln2lnn≤ln（2+k）ln（n-k），k=1，2，…，n-2．
所以2(
| 1 |
| ln2 |
| 1 |
| ln3 |
| 1 |
| lnn |
| lnn+ln2 |
| ln2lnn |
| ln(n-1)+ln3 |
| ln3ln(n-1) |
| ln2+lnn |
| lnnln2 |
≤
| lnn+ln2 |
| ln2lnn |
| ln(n-1)+ln3 |
| ln2ln(n-1) |
| ln2+lnn |
| lnnln2 |
| ln2+ln3+…+lnn |
| ln2lnn |
又由（2）知f（n+1）-f（n）＜f′（n）=-lnn，所以lnn＜f（n）-f（n+1）．
∴ln1+ln2+…+lnn＜f（1）-f（2）+f（2）-f（3）+…+f（n）-f（n+1）=f（1）-f（n+1）=1-f（n+1）．
所以，
| 1 |
| ln2 |
| 1 |
| ln3 |
| 1 |
| lnn |
| 1-f(n+1) |
| ln2•lnn |
点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查不等式的证明，考查放缩法的运用，综合性强，难度较大．
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