第3章 命题探秘1 第1课时 利用导数证明不等式

PAGEPAGE1命题探秘一高考中的导数应用问题第1课时利用导数证明不等式技法阐释导数是研究函数的工具，利用导数我们可以方便地求出函数的单调性、极值、最值等，在证明与函数有关的不等式时，我们可以把不等式问题转化为函数的最值问题，也常构造函数，把不等式的证明问题转化为利用导数研究函数的单调性或最值问题，利用导数证明不等式常见的方法有：(1)直接转化为函数的最值问题：把证明f(x)＜g(a)转化为f(x)max＜g(a)．(2)移项作差构造函数法：把不等式f(x)＞g(x)转化为f(x)－g(x)＞0，进而构造函数h(x)＝f(x)－g(x)．(3)构造双函数法：若直接构造函数求导，难以判断符号，导函数零点不易求得，即函数单调性与极值点都不易获得，可转化不等式为f(x)＞g(x)利用其最值求解．(4)换元法，构造函数证明双变量函数不等式：对于f(x1，x2)≥A的不等式，可将函数式变为与eq\f(x1,x2)或x1·x2有关的式子，然后令t＝eq\f(x1,x2)或t＝x1x2，构造函数g(t)求解．(5)适当放缩构造函数法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如lnx≤x－1，ex≥x＋1，lnx＜x＜ex(x＞0)，eq\f(x,x＋1)≤ln(x＋1)≤x(x＞－1)．(6)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数等．把不等式左、右两边转化为结构相同的式子，然后根据“相同结构”，构造函数．(7)赋值放缩法：函数中对与正整数有关的不等式，可对已知的函数不等式进行赋值放缩，然后通过多次求和达到证明的目的．高考示例思维过程(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝eq\f(1,x)－x＋alnx．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＜a－2.(1)略．(2)证明：由(1)知，当且仅当a＞2时，f(x)存在两个极值点．由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1.→eq\x(关键1：消元，化二元为一元)→eq\x(\a\al(关键2：将所证不等式,变形并化简))设函数→eq\x(\a\al(关键3：直接构造函数，,判断函数的单调性))又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0.→eq\x(\a\al(关键4：结合单调性得到函数,的最值，证明不等式))技法一直接将不等式转化为函数的最值问题[典例1]已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＜0时，证明：f(x)≤－eq\f(3,4a)－2.[思维流程][解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＋2a＋1＝eq\f(x＋12ax＋1,x).若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若a＜0，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))时，f′(x)＞0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))时，f′(x)＜0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))上单调递减．(2)证明：由(1)知，当a＜0时，f(x)在x＝－eq\f(1,2a)处取得最大值，最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))－1－eq\f(1,4a).所以f(x)≤－eq\f(3,4a)－2等价于lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))－1－eq\f(1,4a)≤－eq\f(3,4a)－2，即lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＋eq\f(1,2a)＋1≤0.设g(x)＝lnx－x＋1，则g′(x)＝eq\f(1,x)－1.当x∈(0,1)时，g′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0.所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.所以当x＞0时，g(x)≤0.从而当a＜0时，lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＋eq\f(1,2a)＋1≤0，即f(x)≤－eq\f(3,4a)－2.点评：(1)若证f(x)＞g(a)或f(x)＜g(a)，只需证f(x)min＞g(a)或f(x)max＜g(a)．(2)若证f(a)＞M或f(a)＜M(a，M是常数)，只需证f(x)min＞M或f(x)max＜M.eq\a\vs4\al([跟进训练])已知函数f(x)＝aex－blnx，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)－1))x＋1.(1)求a，b；(2)证明：f(x)＞0.[解](1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝aex－eq\f(b,x)，由题意得f(1)＝eq\f(1,e)，f′(1)＝eq\f(1,e)－1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ae＝\f(1,e)，,ae－b＝\f(1,e)－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,e2)，,b＝1.))(2)证明：由(1)知f(x)＝eq\f(1,e2)·ex－lnx.因为f′(x)＝ex－2－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上单调递增，又f′(1)＜0，f′(2)＞0，所以f′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一实根x0，且x0∈(1,2)．当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，从而当x＝x0时，f(x)取极小值，也是最小值．由f′(x0)＝0，得ex0－2＝eq\f(1,x0)，则x0－2＝－lnx0.故f(x)≥f(x0)＝ex0－2－lnx0＝eq\f(1,x0)＋x0－2＞2eq\r(\f(1,x0)·x0)－2＝0，所以f(x)＞0.技法二移项作差构造函数证明不等式[典例2]已知函数f(x)＝ex－3x＋3a(e为自然对数的底数，a∈R(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a＞lneq\f(3,e)，且x＞0时，eq\f(ex,x)＞eq\f(3,2)x＋eq\f(1,x)－3a.[思维流程][解](1)由f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，知f′(x)＝ex－3，x∈R令f′(x)＝0，得x＝ln3，于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln3)ln3(ln3，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln3]，单调递增区间是[ln3，＋∞)，f(x)在x＝ln3处取得极小值，极小值为f(ln3)＝eln3－3ln3＋3a＝3(1－ln3＋a(2)证明：待证不等式等价于ex＞eq\f(3,2)x2－3ax＋1，设g(x)＝ex－eq\f(3,2)x2＋3ax－1，x＞0，于是g′(x)＝ex－3x＋3a，x＞0.由(1)及a＞lneq\f(3,e)＝ln3－1知：g′(x)的最小值为g′(ln3)＝3(1－ln3＋a)＞0.于是对任意x＞0，都有g′(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增．于是当a＞lneq\f(3,e)＝ln3－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)＞g(0)．而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0.即ex＞eq\f(3,2)x2－3ax＋1，故eq\f(ex,x)＞eq\f(3,2)x＋eq\f(1,x)－3a.点评：若证明f(x)＞g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数h(x)＝f(x)－g(x)．如果能证明h(x)min＞0，x∈(a，b)，即可证明f(x)＞g(x)，x∈(a，b)．使用此法证明不等式的前提是h(x)＝f(x)－g(x)易于用导数求最值．eq\a\vs4\al([跟进训练])(2020·唐山模拟)设f(x)＝2xlnx＋1.(1)求f(x)的最小值；(2)证明：f(x)≤x2－x＋eq\f(1,x)＋2lnx.[解](1)f′(x)＝2(lnx＋1)．所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以当x＝eq\f(1,e)时，f(x)取得最小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝1－eq\f(2,e).(2)证明：x2－x＋eq\f(1,x)＋2lnx－f(x)＝x(x－1)－eq\f(x－1,x)－2(x－1)lnx＝(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)－2lnx))，令g(x)＝x－eq\f(1,x)－2lnx，则g′(x)＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\f(x－12,x2)≥0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，所以当0＜x＜1时，g(x)＜0，当x＞1时，g(x)＞0，所以(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)－2lnx))≥0，即f(x)≤x2－x＋eq\f(1,x)＋2lnx.技法三构造双函数证明不等式[典例3]已知f(x)＝xlnx.(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值；(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx＞eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)成立．[思维流程][解](1)由f(x)＝xlnx，x＞0，得f′(x)＝lnx＋1，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,e).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．①当0＜t＜eq\f(1,e)＜t＋2，即0＜t＜eq\f(1,e)时，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)；②当eq\f(1,e)≤t＜t＋2，即t≥eq\f(1,e)时，f(x)在[t，t＋2]上单调递增，f(x)min＝f(t)＝tlnt.所以f(x)min＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0＜t＜\f(1,e)，,tlnt，t≥\f(1,e).))(2)证明：问题等价于证明xlnx＞eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞))．由(1)可知f(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))的最小值是－eq\f(1,e)，当且仅当x＝eq\f(1,e)时取到．设m(x)＝eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝eq\f(1－x,ex)，由m′(x)＜0得x＞1时，m(x)为减函数，由m′(x)＞0得0＜x＜1时，m(x)为增函数，易知m(x)max＝m(1)＝－eq\f(1,e)，当且仅当x＝1时取到．从而对一切x∈(0，＋∞)，xlnx≥－eq\f(1,e)≥eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)，两个等号不同时取到，即证对一切x∈(0，＋∞)都有lnx＞eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)成立．点评：(1)若证f(x)＜g(x)，只需证f(x)max＜g(x)min；(2)若证f(x)＞g(x)，只需证f(x)min＞g(x)max.eq\a\vs4\al([跟进训练])已知函数f(x)＝ex2－xlnx.证明：当x＞0时，f(x)＜xex＋eq\f(1,e).[证明]要证f(x)＜xex＋eq\f(1,e)，只需证ex－lnx＜ex＋eq\f(1,ex)，即ex－ex＜lnx＋eq\f(1,ex).令h(x)＝lnx＋eq\f(1,ex)(x＞0)，则h′(x)＝eq\f(ex－1,ex2)，易知h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，则h(x)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，所以lnx＋eq\f(1,ex)≥0.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＜lnx＋eq\f(1,ex)，故原不等式成立．技法四换元法，构造函数证明双变量函数不等式[典例4]已知函数f(x)＝lnx－ax(x＞0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)．求证：x1x2＞e2.[思维流程][证明]不妨设x1＞x2＞0，因为lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，所以lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，lnx1－lnx2＝a(x1－x2)，所以eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝a，欲证x1x2＞e2，即证lnx1＋lnx2＞2.因为lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，所以即证a＞eq\f(2,x1＋x2)，所以原问题等价于证明eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＞eq\f(2,x1＋x2)，即lneq\f(x1,x2)＞eq\f(2x1－x2,x1＋x2)，令c＝eq\f(x1,x2)(c＞1)，则不等式变为lnc＞eq\f(2c－1,c＋1).令h(c)＝lnc－eq\f(2c－1,c＋1)，c＞1，所以h′(c)＝eq\f(1,c)－eq\f(4,c＋12)＝eq\f(c－12,cc＋12)＞0，所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(c)＞h(1)＝ln1－0＝0，即lnc－eq\f(2c－1,c＋1)＞0(c＞1)，因此原不等式x1x2＞e2得证．点评：对于双变量函数不等式f(x1，x2)＞A，通过变量代换，把双变量变为一个主元，再构造函数证明不等式．eq\a\vs4\al([跟进训练])已知函数f(x)＝lnx－eq\f(1,2)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≥eq\f(\r(5)－1,2).[解](1)当a＝0时，f(x)＝lnx＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1,1)，又因为f′(x)＝eq\f(1,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)＝lnx＋x2＋x(x＞0)．由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，得lnx1＋xeq\o\al(2,1)＋x1＋lnx2＋xeq\o\al(2,2)＋x2＋x1x2＝0，从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，令t＝x1x2(t＞0)，令φ(t)＝t－lnt，得φ′(t)＝1－eq\f(1,t)＝eq\f(t－1,t)，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≥eq\f(\r(5)－1,2)成立．技法五适当放缩构造函数证明不等式[典例5]已知函数f(x)＝lnx－eq\f(alnx,x2).(1)若a＝1，求f(x)的单调区间；(2)若a＝0，x∈(0,1)，证明：x2－eq\f(1,x)＜eq\f(fx,ex).[思维流程][解](1)当a＝1时，f(x)＝lnx－eq\f(lnx,x2)，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1－2lnx,x3)＝eq\f(x2－1＋2lnx,x3)＝eq\f(x－1x＋1＋2lnx,x3).当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)证明：当a＝0，x∈(0,1)时，x2－eq\f(1,x)＜eq\f(fx,ex)等价于eq\f(－lnx,ex)＋x2－eq\f(1,x)＜0，∵当x∈(0,1)时，ex∈(1，e)，－lnx＞0，∴eq\f(－lnx,ex)＜－lnx，∴只需要证－lnx＋x2－eq\f(1,x)＜0在(0,1)上恒成立．令g(x)＝－lnx＋x2－eq\f(1,x)，x∈(0,1)，∴g′(x)＝－eq\f(1,x)＋2x＋eq\f(1,x2)＝eq\f(2x3－x＋1,x2)＞0，则函数g(x)在(0,1)上单调递增，于是g(x)＜－ln1＋1－1＝0，∴当x∈(0,1)时，x2－eq\f(1,x)＜eq\f(fx,ex).点评：通过适当放缩可将较复杂的函数变为简单的函数，当参数范围已知时，通过放缩，可将参数消去，达到简化目的．eq\a\vs4\al([跟进训练])已知函数f(x)＝eq\f(ax2＋x－1,ex).证明：当a≥1时，f(x)＋e≥0.[证明]当a≥1时，f(x)＋e＝eq\f(ax2＋x－1,ex)＋e≥eq\f(x2＋x－1,ex)＋e＝(x2＋x－1＋ex＋1)e－x.令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，则g′(x)＝2x＋1＋ex＋1，且g′(－1)＝0.当x＜－1时，g′(x)＜0，当x＞－1时，g′(x)＞0，因此当x＝－1时，g(x)有最小值，g(x)min＝g(－1)＝0，∴g(x)≥0，当且仅当x＝－1时等号成立．又e－x＞0，∴f(x)＋e≥0.技法六构造“形似”函数证明不等式[典例6]已知函数f(x)＝(a＋1)lnx＋ax2＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若a≤－2，证明：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.[思维流程][解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a＋1,x)＋2ax＝eq\f(2ax2＋a＋1,x)＝eq\f(a2x2＋1＋1,x).当a≥0时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a≤－1时，f′(x)＜0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减．当－1＜a＜0时，令f′(x)＝0，解得x＝eq\r(－\f(a＋1,2a))，因为f′(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a＋1,2a))))时，f′(x)＞0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a＋1,2a))))上单调递增；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a＋1,2a))，＋∞))时，f′(x)＜0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a＋1,2a))，＋∞))上单调递减．(2)证明：不妨假设x1≥x2，由于a≤－2，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减．所以|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等价于f(x2)－f(x1)≥4x1－4x2，即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1.令g(x)＝f(x)＋4x，则g′(x)＝eq\f(a＋1,x)＋2ax＋4＝eq\f(2ax2＋4x＋a＋1,x)，于是g′(x)≤eq\f(－4x2＋4x－1,x)＝eq\f(－2x－12,x)≤0.从而g(x)在(0，＋∞)上单调递减，故g(x1)≤g(x2)，即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1，故当a≤－2时，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.点评：对双变量函数不等式，可根据条件构造“形似”函数，再判断此函数的单调性，最后根据函数的单调性证明不等式．eq\a\vs4\al([跟进训练])已知函数f(x)＝(lnx－k－1)x(k∈R)．(1)若曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与直线x－2y＝0平行，求k的值；(2)若对于任意x1，x2∈(0,3]，且x1<x2，都有f(x1)＋eq\f(2,x2)<f(x2)＋eq\f(2,x1)恒成立，求实数k的取值范围．[解](1)由题意得f′(x)＝lnx－k，又曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与直线x－2y＝0平行，所以f′(1)＝ln1－k＝eq\f(1,2)，解得k＝－eq\f(1,2).(2)因为f(x1)＋eq\f(2,x2)<f(x2)＋eq\f(2,x1)，所以f(x1)－eq\f(2,x1)<f(x2)－eq\f(2,x2)，记h(x)＝f(x)－eq\f(2,x)，又因为x1，x2∈(0,3]，且x1<x2,所以h(x)＝f(x)－eq\f(2,x)在(0,3]上单调递增．所以h′(x)＝lnx－k＋eq\f(2,x2)≥0在(0,3]上恒成立，即k≤lnx＋eq\f(2,x2)在(0,3]上恒成立，记u(x)＝lnx＋eq\f(2,x2)，所以u′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(4,x3)＝eq\f(x2－4,x3)，令u′(x)＝0，解得x＝2.当0<x<2时，u′(x)<0，u(x)单调递减，当2<x<3时，u′(x)>0，u(x)单调递增，所以当x＝2时，u(x)取得最小值u(2)＝ln2＋eq\f(1,2)，所以k≤ln2＋eq\f(1,2).所以实数k的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，ln2＋\f(1,2))).技法七赋值放缩法证明正整数不等式[典例7]若函数f(x)＝ex－ax－1(a＞0)在x＝0处取极值．(1)求a的值，并判断该极值是函数的最大值还是最小值；(2)证明：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)＞ln(n＋1)(n∈N*)．[思维流程][解](1)因为x＝0是函数极值点，所以f′(0)＝0，所以a＝1.f(x)＝ex－x－1，易知f′(x)＝ex－1.当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，故极值f(0)是函数的最小值．(2)证明：由(1)知ex≥x＋1.即ln(x＋1)≤x，当且仅当x＝0时，等号成立，令x＝eq\f(1,k)(k∈N*)，则eq\f(1,k)＞lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k)))，即eq\f(1,k)＞lneq\f(1＋k,k)，所以eq\f(1,k)＞ln(1＋k)－lnk(k＝1,2，…，n)，累加得1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)＞ln(n＋1)(n∈N*)．点评：函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质证明数列不等式，证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用正整数n替代函数不等式中的自变量，通过多次求和达到证明的目的．eq\a\vs4\al([跟进训练])已知函数f(x)＝eq\f(1,2)ax2－x·lnx＋b，g(x)＝f′(x)．(1)判断函数y＝g(x)的单调性；(2)若x∈(0，e](e≈2.718)，判断是否存在实数a，使函数g(x)的最小值为2？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由；(3)证明：3eq\b\lc\(\rc\