Question

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：

1

ln2

+

1

ln3

+L+

1

lnn

＜

1-f(n+1)

ln2•lnn

（n≥且n∈N^*）

Answer 1

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

a

x

，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）=

ln(x+k)

lnx

（x＞1），则φ′（x）=

xlnx-(x+k)ln(x+k)

x(x+k)(lnx)2

，由此利用导数性质能证明

1

ln2

+

1

ln3

+L+

1

lnn

＜

1-f(n+1)

ln2•lnn

（n≥且n∈N^*）．

解答： （Ⅰ）解：f'（x）=-lnx，g（x）=x-xlnx+xlna，
g'（x）=f'（x）-f'（a）=-lnx+lna=ln

a

x

．…（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）=

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．…（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

=2

ln2+ln3+…+lnn

ln2lnn

，…（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

1

ln2

+

1

ln3

+L+

1

lnn

＜

1-f(n+1)

ln2•lnn

（n≥且n∈N^*）．…（14分）

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．