(2013•河西區(qū)一模)已知函數(shù)f(x)=x-xlnx,g(x)=f(x)-xf′(a),其中f′(a)表示函數(shù)f(x)在x=a處的導(dǎo)數(shù),a為正常數(shù).
(1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)對任意的正實數(shù)x1,x2,且x1<x2,證明:(x2-x1)f′(x2)<f(x2)-f(x1)<(x2-x1)f′(x1);
(3)對任意的n∈N*,且n≥2,證明:
1
ln2
+
1
ln3
+…+
1
lnn
1-f(n+1)
ln2•lnn
分析:(1)求導(dǎo)函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù),可確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間;
(2)先證明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)構(gòu)造函數(shù)φ(x)=
ln(x+k)
lnx
(x>1)
,確定φ(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減,從而可得
lnn
ln(n-k)
ln(2+k)
ln2
,即ln2lnn≤ln(2+k)ln(n-k),再利用放縮法,即可證得結(jié)論.
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)時,g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增;x∈(a,+∞)時,g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減.
所以,g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,a],單調(diào)遞減區(qū)間為[a,+∞). 
(2)證明:∵f′(x)=-lnx,
∴f′(x)在(0,+∞)上是一個減函數(shù),
對任意的正實數(shù)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,+∞)上是一個減函數(shù),
∴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)證明:對k=1,2,…,n-2,令φ(x)=
ln(x+k)
lnx
(x>1)
,則φ′(x)=
xlnx-(x+k)ln(x+k)
x(x+k)(lnx)2

顯然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,+∞)上單調(diào)遞減.
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).
∴l(xiāng)n1+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
點評:本題考查導(dǎo)數(shù)知識的運用,考查函數(shù)的單調(diào)性,考查不等式的證明,考查放縮法的運用,綜合性強(qiáng),難度較大.
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1
2
a3,2a2
成等差數(shù)列,則
a8+a9
a6+a7
等于(  )

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4
)
(2,
4
)

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x2
3
-y2=1
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