(1)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) (2)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(1)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) (3)证明:对k=1,2,…,n-2,令φ(x)=(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≤. 所以ln2lnn≤ln(2+k)ln(n-k),k=1,2,…,n-2. …(10分) 所以2(++…+)=++…+ ≤++…+=2 …(12分) 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,++…+<.…(14分) |