（1）F(x)=f(x)-g(x)=lnx-x-

a

x

(x＞0)

F′(x)=

1

x

-1+

a

x2

=

-x2+x+a

x2

（1分）

当△=1+4a≤0，

即a≤-

1

4

时，F′（x）≤0，

所以F（x）在（0，+∞）上单调递减（2分）

当△=1+4a＞0，即a＞-

1

4

时，

F′(x)=0，x1=

- 1+4a +1

2

，x2=

1+4a +1

2

，

①-

1

4

＜a≤0时，

x₁＞0，x₂＞0，

单调增区间为（0，+∞）（3分）

②a＞0时，

x₁＞0，x₂＞0，

单调增区间为（x₁，x₂），

单调减区间为（0，x₁），（x₂，+∞）（5分）

综上：①a≤-

1

4

时，F（x）在（0，+∞）上单调递减（只要写出以上三种情况即得5分）

②-

1

4

＜a≤0时，

x₁≤0，x₂＞0，

单调增区间为（0，x₂），单调减区间为（x₂，+∞）

③a＞0时，

x₁＞0，x₂＞0，

单调增区间为（x₁，x₂），，单调减区间为（0，x₁），（x₂，+∞）

（2）lnx≤x+

a

x

恒成立，

等价于a≥[xlnx-x²]_max（6分）

k（x）=xlnx-x²，k′（x）=1+lnx-2x，

[k′(x)]′=

1

x

-2＜0

k′（x）在[1，+∞）上单调递减，

k′（x）≤k′（1）=-1＜0，

k（x）在[1，+∞）上单调递减，

所以k（x）的最大值为k（1）=-1，所以a≥-1（18分）

（3）证法一：由（2）知当a=-1时，x≥1时，lnx≤x-

1

x

恒成立

所以n∈N^*，n≥2时，有lnn＜n-

1

n

⇒

lnn

n+1

＜

n-1

n

（10分）

所以

ln2

3

＜

1

2

，

ln3

4

＜

2

3

，

lnn

n+1

＜

n-1

n

相乘得

ln2

3

•

ln3

4

••

lnn

n+1

＜

1

n

（12分）

方法二：数学归纳法

①当n=2时，显然成立（9分）

②假设n=k（n∈N^*，n≥2）成立，即

ln2

3

•

ln3

4

••

lnk

k+1

＜

1

k

那么当n=k+1时，

ln2

3

•

ln3

4

••

lnk

k+1

•

ln(k+1)

k+2

＜

1

k

•

ln(k+1)

k+2

下面只需证

1

k

•

ln(k+1)

k+2

＜

1

k+1

，（k+1）ln（k+1）＜k（k+2）

设t=k+1≥3，所以设k（t）=tlnt-t²+1

由（2）知当a=-1时，x≥1时，lnx≤x-

1

x

恒成立，

即k（t）=tlnt-t²++1＜0在t=k+1≥3恒成立，所以

ln2

3

•

ln3

4

••

lnk

k+1

•

ln(k+1)

k+2

＜

1

k+1

综合（1）（2）命题成立（12分）