Question

（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

ln2

+

1

ln3

+…+

1

lnn

＜

1-f(n+1)

ln2•lnn

．

Answer 1

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）=

ln(x+k)

lnx

(x＞1)，确定φ（x）在（1，+∞）上单调递减，从而可得

lnn

ln(n-k)

≤

ln(2+k)

ln2

，即ln2lnn≤ln（2+k）ln（n-k），再利用放缩法，即可证得结论．

解答：（1）解：f'（x）=-lnx，g（x）=x-xlnx+xlna，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，+∞）． 
（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

=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(x2)-f(x1)

x2-x1

＜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）=

ln(x+k)

lnx

(x＞1)，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．     
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

=2

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．