第三章 第五节 利用导数证明不等式-2022届（新高考）数学一轮复习考点讲解+习题练习学案

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第五节　利用导数证明不等式
课中讲解
考点一．构造函数法证明不等式
例1.设函数 f(x)=ax2-a-ln⁡x，其中 a∈R．g(x)=1x-1ex-1
(1) 讨论 f(x) 的单调性；
【答案】见解析
【解析】
f'(x)=2ax-1x=2ax2-1x(x>0)．
当 a⩽0 时，f'(x)<0，f(x) 在 (0,+∞) 内单调递减．
当 a>0 时，由 f'(x)=0，有 x=12a．
当 x∈(0,12a) 时，f'(x)<0，f(x) 单调递减；
当 x∈(12a,+∞) 时，f'(x)>0，f(x) 单调递增．

(2) 证明：当 x>1 时，g(x)>0；
【答案】见解析
【解析】
令 S(x)=ex-1-x，则 S'(x)=ex-1-1．
当 x>1 时，S'(x)>0，所以 ex-1>x，从而 g(x)=1x-1ex-1>0．

(3) 确定 a 的所有可能取值，使得 f(x)>g(x) 在区间（1,+∞）内恒成立．
【答案】见解析
【解析】
由（2），当 x>1 时，g(x)>0．
当 a⩽0，x>1 时，f(x)=a(x2-1)-ln⁡x<0．
故当 f(x)>g(x) 在区间 (1,+∞) 内恒成立时，必有 a>0．
当 01．
由（1）有 f(12a)0，
所以此时 f(x)>g(x) 在区间 (1,+∞) 内不恒成立．
当 a⩾12 时，令 h(x)=f(x)-g(x)(x⩾1)．
当 x>1 时，h'(x)=2ax-1x+1x2-e1-x>x-1x+1x2-1x=x3-2x+1x2>x2-2x+1x2>0．
因此 h(x) 在区间 (1,+∞) 单调递增．
又因为 h(1)=0，
所以当 x>1 时，h(x)=f(x)-g(x)>0，
即 f(x)>g(x) 恒成立．
综上 a∈[12,+∞)．

变式1.已知函数f(x)=12x2+ln⁡x．求证：在区间[1,+∞)上，函数f(x)的图像在g(x)=23x3的图像下方．
【答案】见解析
【解析】令h(x)=g(x)-f(x)=23x3-12x2-ln⁡x，h'(x)=2x2-x-1x=(x-1)(2x2+x+1)x所以h(x)在[1,+∞)上单调递增，g(x)≥g(1)=16>0，即函数f(x)的图像在g(x)=23x3的图像下方
例2.设函数 f(x)=ln⁡x-x+1．
(1) 讨论 f(x) 的单调性；
【答案】f(x) 在 (0,1) 上单调递增，在 (1,+∞) 上单调递减．
【解析】根据题意，函数 f(x) 的导函数
f'(x)=1x-1=1-xx,x>0,
所以 f(x) 在 (0,1) 上单调递增，在 (1,+∞) 上单调递减．
【备注】本题考查简单的利用导函数研究函数的单调性问题．

(2) 证明当 x∈(1,+∞) 时，1 【答案】略
【解析】欲证不等式即
1-1x1.
事实上，由第（1）小题知，f(x) 的最大值为 f(1)=0，所以
ln⁡x-x+1⩽0,即ln⁡x⩽x-1,
等号当且仅当 x=1 时取得，这样就得到了右侧不等式．而当 x>1 时，有 0<1x<1，此时有
ln⁡1x<1x-1,
即 ln⁡x>1-1x，这样就得到了左侧不等式．
因此原不等式得证．
【备注】本题是第（1）小题的直接推论，同时也是对第（3）小题的提示，将所要证的不等式进行变形，得到 1-1x1，在证明过程中适当进行换元即可．

(3) 设 c>1，证明当 x∈(0,1) 时，1+(c-1)x>cx．
【答案】略
【解析】设 g(x)=cx-(c-1)x-1,x∈[0,1]，则所证不等式即
∀x∈(0,1),g(x)<0.
函数 g(x) 的导函数
g'(x)=cx⋅ln⁡c-(c-1)=ln⁡c⋅(cx-c-1lnc).
因为 c>1，所以 ln⁡c>0，由第（2）小题知
1 从而 g'(0)<0 且 g'(1)>0，结合 g'(x) 是单调递增函数，于是 g'(x) 在区间 (0,1) 上有唯一零点，进而可得函数 g(x) 在区间 (0,1) 上先单调递减，再单调递增，又 g(0)=g(1)=0，从而可得在区间 (0,1) 上，g(x)<0，原命题得证．

变式2.已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx(e为自然对数的底数)，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直．
(1)求a，b的值；
(2)求证：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
[解]　(1)因为f(x)＝1－，
所以f′(x)＝，f′(1)＝－1.
因为g(x)＝＋－bx，所以g′(x)＝－－－b.
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直，
所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，
即g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，
解得a＝－1，b＝－1.
(2)证明：由(1)知，g(x)＝－＋＋x，
则f(x)＋g(x)≥⇔1－－－＋x≥0.
令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，
则h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1＞0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，
即1－－－＋x≥0，
所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
　考点二.隔离审查分析法证明不等式

例1.　已知函数f(x)＝ex2－xln x．求证：当x＞0时，f(x)＜xex＋.
[证明]　要证f(x)＜xex＋，只需证ex－ln x＜ex＋，即ex－ex＜ln x＋.
令h(x)＝ln x＋(x＞0)，则h′(x)＝，
易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，则h(x)min＝h＝0，所以ln x＋≥0.
再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，
易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.
因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以ex－ex＜ln x＋，故原不等式成立．
变式1.　(2019·福州期末)已知函数f (x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf (x)－ex＋2ex≤0.
(1)解　f′(x)＝－a(x>0)．
①若a≤0，则f′(x)>0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当00，当x>时，f′(x)<0，
故f (x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明　因为x>0，
所以只需证f (x)≤－2e，
当a＝e时，由(1)知，f (x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
所以f (x)max＝f (1)＝－e，
记g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝，
所以当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e，
综上，当x>0时，f (x)≤g(x)，
即f (x)≤－2e，即xf (x)－ex＋2ex≤0.
思维升华 (1)利用导数证明不等式的基本思路是依据函数的单调性，求得函数的最值，然后由f (x)≤f (x)max或f (x)≥f (x)min证得不等式．
(2)证明f (x)>g(x)，可以构造函数h(x)＝f (x)－g(x)，然后利用h(x)的最值证明不等式．
(3)若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形分拆，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的．

考点三．放缩法证明不等式

例3.已知函数f(x)＝ax－ln x－1.
(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；
(2)求证：＋x＋ln x－1≥0；
(3)已知k(e－x＋x2)≥x－xln x恒成立，求k的取值范围．
[解]　(1)f(x)≥0等价于a≥.
令g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝－，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，
则g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，则a≥1，
所以a的最小值为1.
(2)证明：当a＝1时，由(1)得x≥ln x＋1，
即t≥ln t＋1(t＞0)．
令＝t，则－x－ln x＝ln t，
所以≥－x－ln x＋1，
即＋x＋ln x－1≥0.
(3)因为k(e－x＋x2)≥x－xln x恒成立，即k≥1－ln x恒成立，
所以k≥＝－＋1，
由(2)知＋x＋ln x－1≥0恒成立，
所以－＋1≤1，所以k≥1.
故k的取值范围为[1，＋∞)．

变式1.　(2019·长春质检)已知函数f (x)＝ex－a.
(1)若函数f (x)的图象与直线l：y＝x－1相切，求a的值；
(2)若f (x)－ln x>0恒成立，求整数a的最大值．
解　(1)f′(x)＝ex，因为函数f (x)的图象与直线y＝x－1相切，所以令f′(x)＝1，
即ex＝1，得x＝0，即f (0)＝－1，解得a＝2.
(2)先证明ex≥x＋1，设F (x)＝ex－x－1，
则F′(x)＝ex－1，令F′(x)＝0，则x＝0，
当x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0，当x∈(－∞，0)时，F′(x)<0，
所以F (x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，
所以F (x)min＝F (0)＝0，即F (x)≥0恒成立，
即ex≥x＋1，即ex－2≥x－1，
当且仅当x＝0时等号成立，
同理可得ln x≤x－1，当且仅当x＝1时等号成立，
所以ex－2>ln x，
当a≤2时，ln x 即当a≤2时，f (x)－ln x>0恒成立．
当a≥3时，存在x＝1，使ex－aln x不恒成立．
综上，整数a的最大值为2.


四．破解含双参不等式的证明

例1.已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.
(1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥.
[解]　(1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1,1)，又因为f ′(x)＝＋1，所以切线斜率k＝f′(1) ＝2，
故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
(2)证明：当a＝－2时，f(x)＝ln x＋x2＋x(x＞0)．
由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，
即ln x1＋x＋x1＋ln x2＋x＋x2＋x1x2＝0，
从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，
令t＝x1x2，设φ(t)＝t－ln t(t＞0)，
则φ′(t)＝1－＝，
易知φ(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t)≥φ(1)＝1，
所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，
因为x1＞0，x2＞0，所以x1＋x2≥成立．
变式1.已知函数f(x)＝ln x＋.
(1)求f(x)的最小值；
(2)若方程f(x)＝a有两个根x1，x2(x1＜x2)，求证：x1＋x2＞2a.
解：(1)因为f′(x)＝－＝(x＞0)，
所以当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，函数无最小值．
当a＞0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
函数f(x)在x＝a处取最小值f(a)＝ln a＋1.
(2)证明：若函数y＝f(x)的两个零点为x1，x2(x1＜x2)，
由(1)可得0＜x1＜a＜x2.
令g(x)＝f(x)－f(2a－x)(0＜x＜a)，
则g′(x)＝(x－a)＝－＜0，
所以g(x)在(0，a)上单调递减，g(x)＞g(a)＝0，
即f(x)＞f(2a－x)．
令x＝x1＜a，则f(x1)＞f(2a－x1)，所以f(x2)＝f(x1)＞f(2a－x1)，
由(1)可得f(x)在(a，＋∞)上单调递增，所以x2＞2a－x1，
故x1＋x2＞2a.
例2.已知函数 f(x)=lnxx．
(1) 若关于 x 的不等式 f(x)⩽m 恒成立，求实数 m 的最小值；
【答案】m 的最小值为 1e．
【解析】
由 f'(x)=1-ln⁡xx2=0，解得 x=e，
当 x∈(0,e) 时，f'(x)>0，f(x) 单调递增；
当 x∈(e,+∞) 时，f'(x)<0，f(x) 单调递减；
所以 fmax(x)=f(e)=1e，
因为关于 x 的不等式 f(x)⩽m 恒成立，
所以 fmax(x)⩽m，
所以 m⩾1e，
即 m 的最小值为 1e．

(2) 对任意的 x1，x2∈(0,2)，已知存在 x0∈(x1,x2)，使得 f'(x0)=f(x2)-f(x1)x2-x1，求证：x0 【答案】略
【解析】
证明：因为对任意的 x1，x2∈(0,2)，若存在 x0∈(x1,x2)，使得 f'(x0)=f(x2)-f(x1)x2-x1，
即 1-ln⁡x0x02=f(x2)-f(x1)x2-x1．
所以 1-ln⁡x0x02(x1-x2)-[f(x2)-f(x1)]=0．
令 F(x)=1-ln⁡xx2(x2-x1)-[f(x2)-f(x1)]=0，则有 F(x)=0，
所以 F'(x)=2ln⁡x-3x3(x2-x1)，
当 x∈(0,2) 时，2ln⁡x-3<2ln⁡2-3<0，又有 x2-x1>0，
所以 F'(x)<0，即 F(x) 在 (0,2) 上是减函数，
又因为
F(x1x2)=1-ln⁡x1x2x1x2(x2-x1)-[f(x2)-f(x1)]=1-ln⁡x1x2x1x2(x2-x1)-(lnx2x2-lnx1x1)=1x1(1+ln⁡x1x2)-1x2(1+ln⁡x2x1),
令 x2x1=t>1，
所以 F(x1x2)=1x2[t⋅(1-12ln⁡t)-(1+12ln⁡t)]，
设 h(t)=t⋅(1-12ln⁡t)-(1+12ln⁡t)，所以 h'(t)=t-tln⁡t-12t，
设 k(t)=t-tln⁡t-1，
所以 k'(t)=-ln⁡t<0(t>1)，所以 k(t) 在 (1,+∞) 是减函数，所以 k(t)所以 h'(t)<0，所以 h(t) 在 (1,+∞) 是减函数，所以 h(t)所以 F(x1x2)=1x2⋅h(t)<0=F(x0)，
因为 F(x) 在 (0,2) 上是减函数，所以 x0
变式2.已知函数 f(x)=ln⁡x-x+a 有且只有一个零点．
(1) 求 a 的值；
【答案】 a=1
【解析】f(x) 的定义域为 (0,+∞)，f'(x)=1x-1=-x-1x．
由 f'(x)=0，得 x=1．
因为当 00；当 x>1 时，f'(x)<0，
所以 f(x) 在区间 (0,1] 上是增函数，在区间 [1,+∞) 上是减函数，
所以 f(x) 在 x=1 处取得最大值．
由题意知 f(1)=0-1+a=0，解得 a=1．

(2) 若对任意的 x∈(1,+∞)，有 2f(x) 【答案】 k 的最小值为 -1
【解析】方法一：由题意得 2ln⁡x因为 x>1，故 k>2ln⁡x-x2 在 x∈(1,+∞) 恒成立，
设 A(x)=2xln⁡x-x2，x>1，所以 k>A(x)max，
因为 A'(x)=2(ln⁡x+1)-2x=2(ln⁡x+1-x)，
由（1）得 ln⁡x+1⩽x，
所以 A'(x)⩽0，A(x) 在 (1,+∞) 单调递减，
所以 A(x)所以 k⩾-1，故实数 k 的最小值为 -1．
方法二：由题意得，2ln⁡x设 B(x)=x+kx-2ln⁡x，x>1，则 B(x)min>0，因为
B'(x)=1-kx2-2x=x2-2x-kx2=(x-1)2-(1+k)x2,
所以当 1+k⩽0 时，B'(x)⩾0，B(x) 在 (1,+∞) 递增，
故 B(x)>B(1)=1+k⩾0，即 k⩾-1，所以 k=-1；
当 1+k>0 时，
B'(x)=(x-1)2-(1+k)x2=(x-1+1+k)⋅(x-1-1+k)x2,
设 1+1+k=t，t>1，则 t2-2t-k=0，
所以 B(x) 在 (1,t) 递减，在 (t,+∞) 递增，
所以 B(x)min=B(t)=t+kt-2ln⁡t>0，即 t+t2-2tt-2ln⁡t>0，即 t-1-ln⁡t>0，
由（1）得，t-1-ln⁡t>0 在 t>1 时恒成立，故 k>-1 符合．
综上，k⩾-1，故实数 k 的最小值为 -1．

(3) 设 h(x)=f(x)+x-1，对任意 x1,x2∈(0,+∞)(x1≠x2)，证明：不等式 x1-x2h(x1)-h(x2)>x1x2 恒成立．
【答案】略
【解析】由 h(x)=f(x)+x-1=ln⁡x．
不妨设 x1>x2>0，则要证明 x1-x2ln⁡x1-ln⁡x2>x1x2，
只需证明 x1-x2x1x2>ln⁡x1-ln⁡x2，
即证 x1x2-x2x1>ln⁡x1x2．
设 x1x2=t(t>1)，则只需证明 t-1t>2ln⁡t(t>1)（*）
由（2）得，x-1x-2ln⁡x>0 在 x>1 时恒成立，
故（*）式成立，原不等式恒成立．
考点五．证明与数列有关的不等式
例1.已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋.
(1)若x＞0时，f(x)＞1恒成立，求a的取值范围；
(2)求证：ln(n＋1)＞＋＋＋…＋(n∈N*)．
[解]　(1)由ln(x＋1)＋＞1，得
a＞(x＋2)－(x＋2)ln(x＋1)．
令g(x)＝(x＋2)[1－ln(x＋1)]，
则g′(x)＝1－ln(x＋1)－＝－ln(x＋1)－.
当x＞0时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
所以g(x)＜g(0)＝2，故a的取值范围为[2，＋∞)．
(2)证明：由(1)知ln(x＋1)＋＞1(x＞0)，
所以ln(x＋1)＞.
令x＝(k＞0)，得ln＞，
即ln＞.
所以ln＋ln＋ln ＋…＋ln＞＋＋＋…＋，
即ln(n＋1)＞＋＋＋…＋(n∈N*)．
变式1设函数 f(x)=x2-aln⁡(x+1)，其中 a∈R．
(1) 若 f'(1)=0，求 a 的值；
【答案】a=4．
【解析】函数 f(x) 的定义域是 {x|x>-1}．
对 f(x) 求导，得 f'(x)=2x-ax+1=2x2+2x-ax+1．
由 f'(1)=0，得 4-a2=0，解得 a=4．

(2) 当 a<0 时，讨论函数 f(x) 在其定义域上的单调性；
【答案】当 -12当 a⩽-12 时，函数 f(x) 在 (-1,+∞) 上单调递增．
【解析】由（1）知 f'(x)=2x2+2x-ax+1．
令 f'(x)=2x2+2x-ax+1=0，得 2x2+2x-a=0，则 Δ=4+8a．
所以当 -12-1，x2=-1-1+2a2>-1．
x 变化时，f(x) 与 f'(x) 的变化情况如下表：
当 a=-12 时，因为 f'(x)=2x2+2x+12x+1=(2x+1)22(x+1)，
所以 f'(x)⩾0（当且仅当 x=-12 时，等号成立），
所以函数 f(x) 在 (-1,+∞) 上单调递增；
当 a<-12 时，因为 f'(x)=2x2+2x-ax+1=(2x+1)2-(2a+1)2(x+1)>0，
所以函数 f(x) 在 (-1,+∞) 上单调递增．
综上，当 -12当 a⩽-12 时，函数 f(x) 在 (-1,+∞) 上单调递增．

(3) 证明：对任意的正整数 n，不等式 ln⁡(n+1)>k=1n(1k2-1k3) 都成立．
【答案】略
【解析】当 a=1 时，f(x)=x2-ln⁡(x+1)，
令 h(x)=x3-f(x)=x3-x2+ln⁡(x+1)，则 h'(x)=3x3+(x-1)2x+1⩾0 在 [0,+∞) 上恒成立，
所以 h(x) 在 [0,+∞) 上单调递增，则当 x∈(0,+∞) 时，恒有 h(x)>h(0)=0．
即当 x∈(0,+∞) 时，有 x3-x2+ln⁡(x+1)>0，整理，得 ln⁡(x+1)>x2-x3．
对任意正整数 n，取 x=1n 得 ln⁡(1n+1)>1n2-1n3，
所以 ln⁡n+1n>1n2-1n3，整理得 ln⁡(n+1)-ln⁡n>1n2-1n3，则有
ln⁡2-ln⁡1>112-113，
ln⁡3-ln⁡2>122-123，
⋯⋯
ln⁡(n+1)-ln⁡n>1n2-1n3，
所以
(ln⁡2-ln⁡1)+(ln⁡3-ln⁡2)+⋯+[ln⁡(n+1)-ln⁡n]>(112-113)+(122-123)+⋯+(1n2-1n3),
即 ln⁡(n+1)>k=1n(1k2-1k3)．
变式2.已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ ln(x＋a)＋b.
(1)若函数f(x)与g(x)的图象在点(0,1)处有相同的切线，求a，b的值；
(2)当b＝0时，f(x)－g(x)＞0恒成立，求整数a的最大值；
(3)求证：ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n＋1)－ln n]n＜(n∈N*)．
解：(1)因为函数f(x)和g(x)的图象在点(0,1)处有相同的切线，所以f(0)＝g(0)且f′(0)＝g′(0)，
又因为f′(x)＝ex，g′(x)＝，所以1＝ln a＋b,1＝，
解得a＝1，b＝1.
(2)现证明ex≥x＋1，设F(x)＝ex－x－1，则F′(x)＝ex－1，当x∈(0，＋∞)时，F′(x)＞0，当x∈(－∞，0)时，F′(x)＜0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立，
即ex≥x＋1.
同理可得ln(x＋2)≤x＋1，即ex＞ln(x＋2)，
当a≤2时，ln(x＋a)≤ln(x＋2)＜ex，
所以当a≤2时，f(x)－g(x)＞0恒成立．
当a≥3时，e0＜ln a，即ex－ln(x＋a)＞0不恒成立．
故整数a的最大值为2.
(3)证明：由(2)知ex＞ln(x＋2)，令x＝，
则e＞ln，
即e－n＋1＞n＝[ln(n＋1)－ln n]n，
所以e0＋e－1＋e－2＋…＋e－n＋1＞ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n＋1)－ln n]n，
又因为e0＋e－1＋e－2＋…＋e－n＋1＝＜＝，
所以ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n＋1)－ln n]n＜.
课后练习
1．已知f(x)＝x2－a2ln x，a＞0.
(1)求函数f(x)的最小值；
(2)当x＞2a时，证明：＞a.
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝x－＝.
当x∈(0，a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
所以当x＝a时，f(x)取得极小值，也是最小值，且f(a)＝a2－a2ln a.
(2)证明：由(1)知，f(x)在(2a，＋∞)上单调递增，
则所证不等式等价于f(x)－f(2a)－a(x－2a)＞0.
设g(x)＝f(x)－f(2a)－a(x－2a)，
则当x＞2a时，
g′(x)＝f′(x)－a＝x－－a
＝＞0，
所以g(x)在(2a，＋∞)上单调递增，
当x＞2a时，g(x)＞g(2a)＝0，
即f(x)－f(2a)－a(x－2a)＞0，
故＞a.
2．已知函数f(x)＝λln x－e－x(λ∈R)．
(1)若函数f(x)是单调函数，求λ的取值范围；
(2)求证：当0＜x1＜x2时，e1－x2－e1－x1＞1－.
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
∵f(x)＝λln x－e－x，
∴f′(x)＝＋e－x＝，
∵函数f(x)是单调函数，∴f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
①当函数f(x)是单调递减函数时，f′(x)≤0，∴≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－.
令φ(x)＝－，则φ′(x)＝，
当0＜x＜1时，φ′(x)＜0；当x＞1时，φ′(x)＞0，
则φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴当x＞0时，φ(x)min＝φ(1)＝－，∴λ≤－.
②当函数f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0，∴≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－，
由①得φ(x)＝－在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又∵φ(0)＝0，当x―→＋∞时，φ(x)＜0，∴λ≥0.
综上，λ的取值范围为∪[0，＋∞)．
(2)证明：由(1)可知，当λ＝－时，f(x)＝－ln x－e－x在(0，＋∞)上单调递减，
∵0＜x1＜x2，
∴f(x1)＞f(x2)，即－ln x1－e－x1＞－ln x2－e－x2，
∴e1－x2－e1－x1＞ln x1－ln x2.
要证e1－x2－e1－x1＞1－，只需证ln x1－ln x2＞1－，即证ln ＞1－，
令t＝，t∈(0,1)，则只需证ln t＞1－，
令h(t)＝ln t＋－1，则当0＜t＜1时，h′(t)＝＜0，
∴h(t)在(0,1)上单调递减，又∵h(1)＝0，∴h(t)＞0，即ln t＞1－，故原不等式得证．
3．已知函数f(x)＝kx－ln x－1(k＞0)．
(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值；
(2)求证：当n∈N*时，1＋＋＋…＋＞ln(n＋1)．
解：(1)∵f(x)＝kx－ln x－1，∴f′(x)＝k－＝(x＞0，k＞0)；当0＜x＜时，f′(x)＜0；当x＞时，f′(x)＞0.
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴f(x)min＝f＝ln k，
∵f(x)有且只有一个零点，
∴ln k＝0，∴k＝1.
(2)证明：由(1)知x－ln x－1≥0，即x－1≥ln x，当且仅当x＝1时取等号，
∵n∈N*，令x＝，得＞ln ，
∴1＋＋＋…＋＞ln＋ln＋…＋ln＝ln(n＋1)，
故1＋＋＋…＋＞ln(n＋1)．