【数学】2019届一轮复习北师大版 导数的综合应用 学案
第33练 导数的综合应用
[明考情]
导数部分在高考中的应用一般综合性较强，以压轴题形式呈现，导数和函数零点，方程根及不等式相结合是高考命题的热点，高档难度.
[知考向]
1.导数与函数零点.
2.导数与不等式.
3.导数与其他知识的交汇问题.
考点一 导数与函数零点
方法技巧 研究函数零点或两函数图象的交点，可以通过导数研究函数的单调性、极值和最值，确定函数图象的变化趋势，画出函数草图，确定函数图象与x轴的交点或两函数图象的交点.
1.设函数f(x)＝x2－mlnx，g(x)＝x2－(m＋1)x，m＞0.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当m≥1时，讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数.
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝.
当0＜x＜时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，
当x＞时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增.
综上可知，函数f(x)的单调递增区间是[，＋∞)，单调递减区间是(0，].
(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2＋(m＋1)x－mlnx，x＞0，
问题等价于求函数F(x)的零点个数.
F′(x)＝－，
当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，
注意到F(1)＝＞0，F(4)＝－ln4＜0，
所以F(x)有唯一零点.
当m＞1时，若0＜x＜1或x＞m，则F′(x)＜0；
若1＜x＜m，则F′(x)＞0，
所以函数F(x)在(0，1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，
注意到F(1)＝m＋＞0，F(2m＋2)＝－mln (2m＋2)＜0，
所以F(x)有唯一零点.
综上，函数F(x)有唯一零点，即两函数图象总有一个交点.
2.设函数f(x)＝lnx＋，m∈R.
(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；
(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数.
解 (1)由题设，当m＝e时，f(x)＝lnx＋(x>0)，
则f′(x)＝(x>0)，
∴当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减，
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，
∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝lne＋＝2，
∴f(x)的极小值为2.
(2)由题设g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0).
设φ(x)＝－x3＋x(x>0)，
则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，
当x∈(0，1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0，1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减.
∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，
∴φ(x)的最大值为φ(1)＝.
又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)可知，
①当m>时，函数g(x)无零点；
②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0
时，函数g(x)无零点；
当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当00；当10，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增.
又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，
故f(x)存在两个零点.
③若a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a).
若0＞a≥－，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，
f′(x)>0，
因此f(x)在(1，＋∞)上单调递增.
又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点.
若a<－，则ln(－2a)>1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增.
又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点.
综上，a的取值范围为(0，＋∞).
(2)证明 不妨设x1f(2－x2)，即f(2－x2)<0.
由于f(2－x2)＝＋a(x2－1)2，
而f(x2)＝(x2－2)＋a(x2－1)2＝0，
所以f(2－x2)＝－(x2－2).
设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，x∈(1，＋∞)，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)，所以当x>1时，
g′(x)<0，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0，从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.
考点二 导数与不等式
方法技巧 导数与不等式问题相结合有两个方面：一是由不等式恒成立(或有解)求解参数取值范围；二是证明不等式或与自然数有关的不等式.解决这两类问题的核心是“函数的最值”.
5.(2017·保定模拟)已知函数f(x)＝ex－2x.
(1)求函数f(x)的极值；
(2)当a＜2－ln4且x＞0时，试比较f(x)与x2＋(a－2)x＋1的大小.
解 (1)∵f′(x)＝ex－2，
令f′(x)＞0，得x＞ln2，
令f′(x)＜0，得x＜ln2，
∴f(x)在(－∞，ln2)上单调递减，
在(ln2，＋∞)上单调递增，
∴当x＝ln2时，f(x)有极小值f(ln2)＝2－2ln2，无极大值.
(2)令g(x)＝f(x)－x2－(a－2)x－1＝ex－x2－ax－1，
g′(x)＝ex－2x－a＝f(x)－a，
∴g′(x)min＝f(x)min－a＝2－2ln2－a.
∵a＜2－ln4，
∴g′(x)＞0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)＞g(0)＝0，
即f(x)＞x2＋(a－2)x＋1.
6.设函数f(x)＝x2＋x＋aln(x＋1)，其中a≠0.
(1)若a＝－6，求f(x)在[0，3]上的最值；
(2)若f(x)在定义域内既有极大值又有极小值，求实数a的取值范围；
(3)当a＝－1时，令g(x)＝x3＋x－f(x)，试证：ln＞(n∈N*)恒成立.
(1)解 由题意知，f(x)的定义域为(－1，＋∞)，
当a＝－6时，f(x)＝x2＋x－6ln(x＋1).
由f′(x)＝2x＋1－＝＝0，
得x＝1.
当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
当x∈(1，3)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增.
所以f(x)min＝f(1)＝2－6ln2.
又因为f(0)＝0，f(3)＝32＋3－6ln4＝12(1－ln2)＞0，
所以f(x)max＝f(3)＝12(1－ln2)，f(x)min＝f(1)＝2－6ln2.
(2)解 依题意，f′(x)＝2x＋1＋＝＝0在(－1，＋∞)上有两个不等实根，即2x2＋3x＋a＋1＝0在(－1，＋∞)上有两个不等实根，
设h(x)＝2x2＋3x＋a＋1，则
解得0＜a＜.
即实数a的取值范围为.
(3)证明 g(x)＝x3＋x－f(x)＝x3－x2＋ln(x＋1)，
g′(x)＝3x2－2x＋＝.
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当x∈(0，＋∞)时，g(x)＞g(0)＝0，
即x2－x3＜ln(x＋1)恒成立.
令x＝∈(0，＋∞)(n∈N*)，则有ln＞－，即ln＞.
7.已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围.
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.
①若a≤1，当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，
则f(x)在[1，e]上为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.
②若1＜a＜e，
当x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；
当x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数.
所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1.
③若a≥e，当x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数，
f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.
综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；
当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；
当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－.
(2)由题意知，f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值.
由(1)知，f(x)在[e，e2]上单调递增，
f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.
g′(x)＝(1－ex)x.
当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，
g(x)min＝g(0)＝1，
所以e－(a＋1)－＜1，
即a＞，所以a的取值范围为.
8.已知函数f(x)＝alnx＋x2－(1＋a)x.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≥0对定义域的任意x恒成立，求实数a的取值范围；
(3)证明：对于任意正整数m，n，不等式＋＋…＋＞恒成立.
(1)解 f′(x)＝＋x－(1＋a)＝＝，x∈(0，＋∞).
当a≤0时，若0＜x＜1，则f′(x)＜0，若x＞1，则f′(x)＞0，故此时函数f(x)的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，＋∞)；
当0＜a＜1时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
x
(0，a)
a
(a，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以函数f(x)的单调递增区间是(0，a)，(1，＋∞)，单调递减区间是(a，1)；
当a＝1时，f′(x)＝≥0，所以函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)；
当a＞1时，同0＜a＜1时的解法，可得函数f(x)的单调递增区间是(0，1)，(a，＋∞)，单调递减区间是(1，a).
(2)解 由于f(1)＝－－a，显然当a＞0时，f(1)＜0，此时f(x)≥0对定义域内的任意x不是恒成立的.
当a≤0时，由(1)可知，函数f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f(1)＝－－a，此时只要f(1)≥0即可，
即－－a≥0，解得a≤－，
故实数a的取值范围是.
(3)证明 当a＝－时，f(x)＝－lnx＋x2－x≥0，当且仅当x＝1时等号成立，即lnx≤x2－x.
当x＞1时，可以变换为＞＝，
在上面不等式中分别令x＝m＋1，m＋2，…，m＋n，m，n∈N*，将所得各式相加，得
＋＋…＋＞＋＋…＋＝＋＋…＋＝－＝.
故＋＋…＋＞.
考点三 导数与其他知识的交汇问题
方法技巧 解决导数与不等式、数列等知识的交汇问题，可以通过构造函数，利用导数研究函数的单调性及函数值的变化趋势，透析函数图象的基本特征，结合转化与化归、分类与整合等数 思想方法进行求解.
9.已知函数f(x)＝(x2－2ax＋2)ex.
(1)函数f(x)在x＝0处的切线方程为2x＋y＋b＝0，求a，b的值；
(2)当a＞0时，若曲线y＝f(x)上存在三条斜率为k的切线，求实数k的取值范围.
解 (1)f(x)＝(x2－2ax＋2)ex，
f(0)＝2e0＝2，∴2＋b＝0，解得b＝－2.
f′(x)＝(x2－2ax＋2＋2x－2a)ex＝[x2＋(2－2a)x＋2－2a]ex，
f′(0)＝2－2a＝－2，得a＝2，
∴a＝2，b＝－2.
(2)f′(x)＝[x2＋(2－2a)x＋2－2a]ex，
令h(x)＝f′(x)，依题意知，存在k使h(x)＝k有三个不同的实数根，
h′(x)＝(x2－2ax＋2＋2x－2a＋2x－2a＋2)ex＝[x2＋(4－2a)x＋4－4a]ex，
令h′(x)＝[x2＋(4－2a)x＋4－4a]ex＝0，
得x1＝－2，x2＝2a－2.
由a＞0知，x1＜x2，则f′(x)在(－∞，－2)，(2a－2，＋∞)上单调递增，在(－2，2a－2)
上单调递减.
当x→－∞时，f′(x)→0，当x→＋∞时，f′(x)→＋∞，
∴f′(x)的极大值为f′(－2)＝e－2(2a＋2)，
f′(x)的极小值为f′(2a－2)＝e2a－2(2－2a)，
当f′(2a－2)＜0，即a＞1时，0＜k＜e－2(2a＋2)，
当f′(2a－2)＞0，即0＜a＜1时，
e2a－2(2－2a)＜k＜e－2(2a＋2).
10.已知函数f(x)＝ex－e－x－2x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x>0时，g(x)>0，求b的最大值；
(3)已知1.4142<<1.4143，估计ln2的近似值(精确到0.001).
解 (1)f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，
当且仅当x＝0时，等号成立，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.
(2)因为g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e2x－e－2x－4b(ex－e－x)＋(8b－4)x，
g′(x)＝2[e2x＋e－2x－2b(ex＋e－x)＋(4b－2)]＝2(ex＋e－x－2)(ex＋e－x－2b＋2).
①当b≤2时，g′(x)≥0，当且仅当x＝0时，等号成立，
所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.
而g(0)＝0，所以对任意x>0，g(x)>0.
②当b>2时，若x满足20，
ln2>>0.6928；
当b＝＋1时，ln(b－1＋)＝ln，
g(ln)＝－－2＋(3＋2)ln2<0，
ln2<<0.6934.
所以ln2的近似值为0.693.
11.已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝ax＋b.
(1)若f(x)与g(x)在x＝1处相切，试求g(x)的表达式；
(2)若φ(x)＝－f(x)在上是减函数，求实数m的取值范围；
(3)证明：不等式＋＋＋…＋＜＋1＋＋＋…＋.
(1)解 由于f(x)与g(x)在x＝1处相切，
且f′(x)＝，g′(x)＝a，
所以f′(1)＝1＝a，得a＝2.
又g(1)＝0＝a＋b，
所以b＝－1，
所以g(x)＝x－1.
(2)解 因为φ(x)＝－f(x)＝－lnx在[1，＋∞)上是减函数，
所以φ′(x)＝≤0在上恒成立，
即x2－(2m－2)x＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立，
即2m－2≤x＋，x∈[1，＋∞).
又x＋∈[2，＋∞)，
所以2m－2≤2，得m≤2.
即实数m的取值范围为(－∞，2].
(3)证明 由(2)可知，当m＝2时，φ(x)＝－lnx在[1，＋∞)上是减函数，
所以当x＞1时，φ(x)＜φ(1)＝0，
即－lnx＜0，
所以lnx＞，
从而得到＜·，
当x＝2时，＜×，
当x＝3时，＜×，
当x＝4时，＜×，
…，
当x＝n＋1时，＜·，n∈N*，n≥2，
上述不等式相加，得
＋＋＋…＋＜
＝＝＋1＋＋＋…＋，即＋＋＋…＋＜＋1＋＋＋…＋(n∈N*，n≥2).
12.(2017·泸州冲刺)设函数f(x)＝ex＋sinx(e为自然对数的底数)，g(x)＝ax，F(x)＝f(x)－g(x).
(1)若x＝0是F(x)的极值点，且直线x＝t(t≥0)分别与函数f(x)和g(x)的图象交于P，Q，求P，Q两点间的最短距离；
(2)若当x≥0时，函数y＝F(x)的图象恒在y＝F(－x)的图象上方，求实数a的取值范围.
解 (1)因为F(x)＝ex＋sinx－ax，
所以F′(x)＝ex＋cosx－a，因为x＝0是F(x)的极值点，
所以F′(0)＝1＋1－a＝0，解得a＝2.
又当a＝2时，若x＜0，
F′(x)＝ex＋cosx－a＜1＋1－2＝0，
所以F(x)在(－∞，0)上单调递减.
若x＞0，(F′(x))′＝ex－sinx＞0，
所以F′(x)在(0，＋∞)上为增函数，
所以F′(x)＞F′(0)＝1＋1－2＝0，
所以F(x)在(0，＋∞)上为增函数.
所以x＝0是F(x)的极小值点，
所以a＝2符合题意，所以|PQ|＝et＋sint－2t.
令h(x)＝ex＋sin x－2x，即h′(x)＝ex＋cos x－2，因为(h′(x))′＝ex－sin x，当x＞0时，ex＞1，－1≤sinx≤1，
所以(h′(x))′＝ex－sinx＞0，所以h′(x)＝ex＋cosx－2在(0，＋∞)上单调递增，所以h′(x)＝ex＋cosx－2＞h′(0)＝0，所以当x∈[0，＋∞)时，h(x)的最小值为h(0)＝1，
所以|PQ|min＝1.
(2)令φ(x)＝F(x)－F(－x)＝ex－e－x＋2sinx－2ax，
则φ′(x)＝ex＋e－x＋2cosx－2a，
令S(x)＝(φ′(x))′＝ex－e－x－2sinx，
因为S′(x)＝ex＋e－x－2cosx≥0在x≥0时恒成立，
所以函数S(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以S(x)≥S(0)＝0在x≥0时恒成立.
故函数φ′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以φ′(x)≥φ′(0)＝4－2a在x∈[0，＋∞)时恒成立.
当a≤2时，φ′(x)≥0，φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，即φ(x)≥φ(0)＝0.
故当a≤2时，F(x)≥F(－x)恒成立.
当a＞2时，因为φ′(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以总存在x0∈(0，＋∞)，使φ(x)在区间[0，x0)上，φ′(x)＜0，导致φ(x)在区间[0，x0]上单调递减，而φ(0)＝0，
所以当x∈[0，x0)时，φ(x)＜0，这与F(x)－F(－x)≥0
对x∈[0，＋∞)恒成立矛盾，所以a＞2不符合题意，
故符合条件的a的取值范围是(－∞，2].
例 (12分)已知函数f(x)＝lnx－mx＋m，m∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，求实数m的值；
(3)在(2)的条件下，任意的0＜a＜b，求证：＜.
审题路线图
(1)―→―→
(2)―→―→
―→―→
(3)―→
规范解答·评分标准
(1)解 f′(x)＝－m＝(x∈(0，＋∞)).
当m≤0时，f′(x)＞0恒成立，则函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当m＞0时，由f′(x)＝－m＝＞0，
可得x∈，则f(x)在上单调递增，
由f′(x)＝－m＝＜0，可得x∈，
则f(x)在上单调递减.…………………………………………………………4分
(2)解 由(1)知，当m≤0时显然不成立；
当m＞0时，f(x)max＝f＝ln－1＋m＝m－lnm－1，
只需m－lnm－1≤0即可，令g(x)＝x－lnx－1，
则g′(x)＝1－，
函数g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝0.
则若f(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，m＝1.…………………………………………8分
(3)证明 ＝＝－1＝·－1，
由0＜a＜b，得＞1，由(2)得ln＜－1，
则·－1＜－1＝＝＜，
则原不等式＜成立.…………………………………………………12分
构建答题模板
[第一步] 求导数.
[第二步] 看性质：根据导数讨论函数的单调性、极值、最值等性质.
[第三步] 用性质：将题中条件或要证结论转化，如果成立或有解问题可转化为函数的最值，证明不等式可利用函数单调性和放缩法.
[第四步] 得结论：审视转化过程的合理性.
[第五步] 再反思：回顾反思，检查易错点和步骤规范性.
1.已知函数f(x)＝x3＋ax＋，g(x)＝－lnx.
(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线；
(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x>0)，讨论h(x)
零点的个数.
解 (1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0，0)，
则f(x0)＝0，f′(x0)＝0.即
解得
因此，当a＝－时，x轴为曲线y＝f(x)的切线.
(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－lnx<0，
从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)<0，
故h(x)在(1，＋∞)内无零点.
当x＝1时，若a≥－，则f(1)＝a＋≥0，
h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，
故x＝1是h(x)的零点；
若a<－，则f(1)<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，
故x＝1不是h(x)的零点.
当x∈(0，1)时，g(x)＝－lnx>0.所以只需考虑f(x)在(0，1)上的零点个数.
①若a≤－3或a≥0，则f′(x)＝3x2＋a在(0，1)内无零点，故f(x)在(0，1)上单调.而f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当a≤－3时，f(x)在(0，1)有一个零点；当a≥0时，f(x)在(0，1)内没有零点.
②若－30，即－－或a<－时，h(x)有一个零点；当a＝－或a＝－时，h(x)有两个零点；当－0，
即F(x)在[－2，＋∞)上的最小值为F(x1)＝2x1＋2－x－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0，此时f(x)≤kg(x)恒成立；
②若k＝e2，F′(x)＝(ex+2－1)(2x＋4)，
故F(x)在[－2，＋∞)上单调递增，
因为F(－2)＝0，所以f(x)≤kg(x)恒成立；
③若k>e2，则F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)<0，
从而当x∈[－2，＋∞)时，
f(x)≤kg(x)不可能恒成立.
综上所述，k的取值范围为[1，e2].
4.已知函数f(x)＝ax2＋bx－lnx(a，b∈R).
(1)设b＝2－a，求f(x)的零点的个数；
(2)设a>0，且对于任意x>0，f(x)≥f(1)，试比较lna与－2b的大小.
解 (1)∵b＝2－a，
∴f′(x)＝2ax＋(2－a)－＝(x>0).
①若a≥0，则f(x)在上为减函数，
在上为增函数，又f＝1－＋ln2，
∴当0≤a＜4(1＋ln2)时，函数f(x)没有零点；
当a＝4(1＋ln2)时，函数f(x)有一个零点；
当a>4(1＋ln2)时，函数f(x)有两个零点.
②若a<0，当－20，∴函数f(x)只有一个零点.
当a＝－2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，f(x)有一个零点.
当a<－2时，f(x)在上单调递减，
在上单调递增，在上单调递减，
f(x)只有一个零点.
综上，当0≤a＜4(1＋ln2)时，函数f(x)无零点；
当a<0或a＝4(1＋ln2)时，函数f(x)有一个零点；
当a>4(1＋ln2)时，函数f(x)有两个零点.
(2)由a>0，且对于任意x>0，f(x)≥f(1)，
可知函数f(x)在x＝1处取得最小值，
由f′(x)＝2ax＋b－＝0，得是f(x)的唯一的极小值点，故＝1，
整理得2a＋b＝1，即b＝1－2a.
lna－(－2b)＝lna＋2(1－2a)＝lna＋2－4a，
令g(x)＝2－4x＋lnx，则g′(x)＝(x＞0)，
令g′(x)＝0，得x＝.
当00，g(x)单调递增；
当x>时，g′(x)<0，g(x)单调递减.
因此g(x)≤g＝1＋ln＝1－ln4<0，
故g(a)<0，即2－4a＋lna＝2b＋lna<0，
即lna<－2b.
5.已知函数f(x)＝sinx－ax.
(1)对于x∈(0，1)，f(x)＞0恒成立，求实数a的取值范围；
(2)当a＝1时，令h(x)＝f(x)－sinx＋lnx＋1，求h(x)的最大值；
(3)求证：ln(n＋1)＜1＋＋＋…＋＋(n∈N*).
(1)解 由f(x)＞0，得sinx－ax＞0，
因为0＜x＜1，所以a＜.
令g(x)＝，则g′(x)＝.
再令m(x)＝xcosx－sinx，则m′(x)＝cosx－xsinx－cosx＝－xsinx＜0，
所以m(x)在(0，1)上单调递减，所以m(x)＜m(0)＝0，
所以g′(x)＜0，则g(x)在(0，1)上单调递减，
所以g(x)＞g(1)＝sin1，所以a≤sin1.
(2)解 当a＝1时，f(x)＝sinx－x，
所以h(x)＝lnx－x＋1，
h′(x)＝－1＝(x＞0).
由h′(x)＝0，得x＝1.
当x∈(0，1)时，h′(x)＞0，h(x)在(0，1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)在(1，＋∞)上单调递减.
所以h(x)max＝h(1)＝0.
(3)证明 由(2)可知，当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，
即lnx＜x－1，
令x＝，则ln＜－1，即ln(n＋1)－lnn＜.
分别令n＝1，2，3，…，n，
得ln2－ln1＜1，ln3－ln2＜，ln4－ln3＜，…，ln(n＋1)－lnn＜，
将上述n个式子相加，得ln(n＋1)＜1＋＋＋…＋＋(n∈N*).
即所要证不等式成立.
