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

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

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    这是一份第三章 第五节 利用导数证明不等式-备战2022年(新高考)数学一轮复习考点讲解+习题练习学案,文件包含第三章第五节利用导数证明不等式原卷版docx、第三章第五节利用导数证明不等式解析版docx等2份学案配套教学资源,其中学案共23页, 欢迎下载使用。


    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,

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