题目内容

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： $数学公式$ ．

（1）解：f'（x）=-lnx，g（x）=x-xlnx+xlna，g'（x）=f'（x）-f'（a）=-lnx+lna=ln $\text{[math]}$ ． …（2分）
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，+∞）． …（4分）
（2）证明：对任意的正实数x₁，x₂，且x₁＜x₂，取a=x₁，则x₂∈（x₁，+∞），由（1）得g（x₁）＞g（x₂），
即g（x₁）=f（x₁）-x₁f'（x₁）＞f（x₂）-x₂f'（x₁）=g（x₂），
所以，f（x₂）-f（x₁）＜（x₂-x₁）f'（x₁）…①； …（6分）
取a=x₂，则x₁∈（0，x₂），由（1）得g（x₁）＜g（x₂），即g（x₁）=f（x₁）-x₁f'（x₂）＜f（x₂）-x₂f'（x₂）=g（x₂），
所以，f（x₂）-f（x₁）＞（x₂-x₁）f'（x₂）…②．
综合①②，得（x₂-x₁）f'（x₂）＜f（x₂）-f（x₁）＜（x₂-x₁）f'（x₁）． …（8分）
（3）证明：对k=1，2，…，n-2，令φ（x）= $\text{[math]}$ ，则φ′（x）= $\text{[math]}$ ，
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 $\text{[math]}$ ．
所以ln2lnn≤ln（2+k）ln（n-k），k=1，2，…，n-2． …（10分）
所以 $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$
≤ $\text{[math]}$ =2 $\text{[math]}$ …（12分）
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， $\text{[math]}$ ．…（14分）
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）= $\text{[math]}$ ，确定φ（x）在（1，+∞）上单调递减，从而可得 $\text{[math]}$ ，即ln2lnn≤ln（2+k）ln（n-k），再利用放缩法，即可证得结论．
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．