题目内容
已知函数f（x）=x-xlx，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）
（Ⅰ）求g（x）的单调区间；
（Ⅱ）对任意的正实数x1x2，且x1＜x2，证明：（x2-x1）f′（x2）＜f（x2）-f（x1）＜（x2-x1）f′（x1）；
（Ⅲ）若对任意的n∈N*，且n≥3时，有ln2•lnn≤ln（2+k）•ln（n-k），其中k=1，2，…n-2．求证：
+
+L+
＜
（n≥且n∈N*）
（Ⅰ）求g（x）的单调区间；
（Ⅱ）对任意的正实数x1x2，且x1＜x2，证明：（x2-x1）f′（x2）＜f（x2）-f（x1）＜（x2-x1）f′（x1）；
（Ⅲ）若对任意的n∈N*，且n≥3时，有ln2•lnn≤ln（2+k）•ln（n-k），其中k=1，2，…n-2．求证：
| 1 |
| ln2 |
| 1 |
| ln3 |
| 1 |
| lnn |
| 1-f(n+1) |
| ln2•lnn |
考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数研究函数的单调性
专题：导数的综合应用
分析：（Ⅰ）f'（x）=-lnx，g（x）=x-xlnx+xlna，g'（x）=f'（x）-f'（a）=-lnx+lna=ln
，由此利用导数性质能求出g（x）的单调区间．
（Ⅱ）对任意的正实数x1，x2，且x1＜x2，取a=x1，则x2∈（x1，+∞），得f（x2）-f（x1）＜（x2-x1）f'（x1）；取a=x2，则x1∈（0，x2），得f（x2）-f（x1）＞（x2-x1）f'（x2），由此能证明（x2-x1）f'（x2）＜f（x2）-f（x1）＜（x2-x1）f'（x1）．
（Ⅲ）对k=1，2，…，n-2，令φ（x）=
（x＞1），则φ′（x）=
，由此利用导数性质能证明
+
+L+
＜
（n≥且n∈N*）．
| a |
| x |
（Ⅱ）对任意的正实数x1，x2，且x1＜x2，取a=x1，则x2∈（x1，+∞），得f（x2）-f（x1）＜（x2-x1）f'（x1）；取a=x2，则x1∈（0，x2），得f（x2）-f（x1）＞（x2-x1）f'（x2），由此能证明（x2-x1）f'（x2）＜f（x2）-f（x1）＜（x2-x1）f'（x1）．
（Ⅲ）对k=1，2，…，n-2，令φ（x）=
| ln(x+k) |
| lnx |
| xlnx-(x+k)ln(x+k) |
| x(x+k)(lnx)2 |
| 1 |
| ln2 |
| 1 |
| ln3 |
| 1 |
| lnn |
| 1-f(n+1) |
| ln2•lnn |
解答：
（Ⅰ）解：f'（x）=-lnx，g（x）=x-xlnx+xlna，
g'（x）=f'（x）-f'（a）=-lnx+lna=ln
．…（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）
（Ⅱ）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（Ⅰ）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）
（Ⅲ）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．…（10分）
所以2（
+
+…+
）=
+
+…+
≤
+
+…+
=2
，…（12分）
又由（Ⅱ）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
+
+L+
＜
（n≥且n∈N*）．…（14分）
g'（x）=f'（x）-f'（a）=-lnx+lna=ln
| 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，+∞）． …（4分）
（Ⅱ）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（Ⅰ）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）
（Ⅲ）证明：对k=1，2，…，n-2，
令φ（x）=
| ln(x+k) |
| lnx |
则φ′（x）=
| 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．…（10分）
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（Ⅱ）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：本题重点考查利用导数研究函数的性质，利用函数的性质解决不等式、方程问题．重点考查学生的代数推理论证能力．解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．
练习册系列答案
阅读快车系列答案
相关题目