(1)解 由已知得f′(x)=

-a,∴f′(2)=

-a=-

,解得a=1.
于是f′(x)=

-1=

,
当x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)为增函数,
当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)为减函数,
即f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).
(2)解 由(1)知x
1∈(0,+∞),f(x
1)≤f(1)=0,即f(x
1)的最大值为0,
由题意知:对?x
1∈(0,+∞),?x
2∈(-∞,0)使得f(x
1)≤g(x
2)成立,
只需f(x)
max≤g(x)
max.
∵g(x)=

=x+

+2k=-

+2k≤-2

+2k,
∴只需-2

+2k≥0,解得k≥1.
(3)证明 要证明

+

+…+

<

(n∈N
*,n≥2).
只需证

+

+…+

<

,
只需证

+

+…+

<

.
由(1)当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)为减函数,
f(x)=ln x-x+1≤0,即ln x≤x-1,
∴当n≥2时,ln n
2<n
2-1,

<

=1-

<1-

=1-

+

,

+

+…+

<

+

+…+

=n-1-

+

=

,
∴

+

+…+

<

.