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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

来源：学生作业帮 编辑：搜搜考试网作业帮 分类：综合作业 时间：2024/06/10 18:18:02
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
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
（1）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．
已知函数f(x)=xlnx,g(x)=ax²-a（a∈R） 已知函数f（x）的定义域是（0,1］,求函数g（x）=f（x+a）•f（x-a）（其中|a| 已知函数f(X)=(2X+a)^2,若f（x）在x=a处的导数值为20,则a=..,. 已知函数f（x）=xlnx+（a-1）x（a∈R）． 已知函数f（x）=xlnx 函数f（x）=（x-a）（x-b）在x=a处的导数为（　　） 已知函数f(x）=lnx+a/x,g(x)=x,F(x)=f(1+e的x次方)-g(x）,x属于R 已知函数f(x)=a-2/(a的x次方+1),g（x）=1/(f(x)-a) 已知函数f(x)=x^2+2x+a/x,x属于[1,正无穷大）.求f（x)的最小值,其中a属实数 已知函数f（x）=|x+a|+|x-2| 已知函数f（x）=ax+a－1+xlnx,求f（x）的单调区间 已知函数f(x)=(x的平方+a)/(x+1)（其中a属于R）.问(1).若函数f(x)在点（1,f(1)）...