主题二 第三章 第4节 第1课时 利用导数证明不等式-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮课件PPT（北师大版）

主题二 函数（选择性必修第二册） 第三章 导数及其应用　 第4节 导数的综合应用 第1课时 利用导数证明不等式 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 课时作业 点击进入WORD链接 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） ★[课程标准] 1．理解并掌握利用导数解决不等式的恒成立、能成立问题． 2．理解并掌握利用导数比较大小、证明不等式． 3．理解并掌握利用导数研究函数的零点问题． 利用导数证明不等式是高考考查的重点和热点，常转化为函数的单调性、最值问题求证． 　　构造法证明不等式 [典例]　(12分)(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当a＞0时，f(x)＞2ln a＋eq \f(3,2). ►[答题模板] (1)因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，所以f′(x)＝aex－1， 当a≤0时，令f′(x)＜0，所以f(x)在R上单调递减①，(2分) 当a＞0时，令f′(x)＝0，解得x＝－ln a， 当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增②，(4分) 综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减； 当a＞0时，f(x)在区间(－∞，－ln a)上单调递减， 在区间(－ln a，＋∞)上单调递增③.(5分) (2)第1步：转化不等式 由(1)得当a＞0时，f(x)在区间(－∞，－ln a)上单调递减，在区间(－ln a，＋∞)上单调递增， 所以f(x)min＝f(－ln a)＝1＋a2＋ln a④，(6分) 要证f(x)＞2ln a＋eq \f(3,2)，只需证1＋a2＋ln a＞2ln a＋eq \f(3,2)， 即证a2－eq \f(1,2)－ln a＞0恒成立⑤.(8分) 第2步：构造新函数 令g(x)＝x2－ln x－eq \f(1,2)(x＞0)，则g′(x)＝2x－eq \f(1,x)＝eq \f(2x2－1,x)， 令g′(x)＝0，解得x＝eq \f(\r(2),2)(负值舍去)．⑥(10分) 第3步：判断单调性 所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))时，g′(x)＜0，g(x)单调递减； 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))时，g′(x)＞0，g(x)单调递增．⑦(11分) 第4步：求函数最值 所以g(x)≥g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝ln eq \r(2)＞0. 第5步：得最终结论 所以当a＞0时，f(x)＞2ln a＋eq \f(3,2)⑧.(12分) ►[教材知识迁移与运用] 条件 教材知识 迁移与运用 f(x)＝a(ex＋a)－x 若f(x)＝ex，则f′(x)＝ex 由f(x)＝a(ex＋a)－x得f′(x)＝aex－1 ►[得分点①]　正确求导并得到a≤0时函数f(x)的单调性得2分 ►[得分点②]　正确求解a＞0时函数f(x)的单调性得2分 ►[得分点③] 正确得出结论得1分 ►[得分点④]　正确求解a＞0时，函数f(x)的最小值得1分 ►[得分点⑤]　正确转化不等式得2分 ►[得分点⑥]　正确构造函数g(x)并求解其导函数的零点得2分 ►[得分点⑦] 正确求解函数g(x)的单调区间得1分 ►[得分点⑧] 正确得到结论得1分 利用导数法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值证明h(x)>0.若函数f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min>g(x)max；若函数f(x)与g(x)的最值不易求出，可对h(x)＝f(x)－g(x)适当变形后进行转化． (2024·全国甲卷(文))已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x＋1. (1)求f(x)的单调区间； (2)当a≤2时，证明：当x＞1时，f(x)＜ex－1恒成立． 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－eq \f(1,x)＝eq \f(ax－1,x)， 当a≤0时，f′(x)＝eq \f(ax－1,x)＜0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当a＞0时，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减． 综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)； a＞0时，f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a))). (2)a≤2，且x＞1时，ex－1－f(x)＝ex－1－a(x－1)＋ln x－1≥ex－1－2x＋1＋ln x， 令g(x)＝ex－1－2x＋1＋ln x(x＞1)，下证g(x)＞0即可． g′(x)＝ex－1－2＋eq \f(1,x)，再令h(x)＝g′(x)， 则h′(x)＝ex－1－eq \f(1,x2)，显然h′(x)在(1，＋∞)上单调递增，则h′(x)＞h′(1)＝e0－1＝0，即g′(x)＝h(x)在(1，＋∞)上单调递增，故g′(x)＞g′(1)＝e0－2＋1＝0，即g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故g(x)＞g(1)＝e0－2＋1＋ln 1＝0，所以f(x)＜ex－1. 等价转化法证明不等式 [典例]　(2025·青岛市模拟)已知函数f(x)＝eq \f(ax＋b,x2＋1)在点(－1，f(－1))处的切线方程为x＋y＋3＝0. (1)求函数f(x)的解析式； (2)设g(x)＝ln x，求证：g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立； (3)若0<a<b，求证：eq \f(ln b－ln a,b－a)>eq \f(2a,a2＋b2). [解]　(1)将x＝－1代入切线方程得y＝－2， 所以f(－1)＝eq \f(b－a,1＋1)＝－2，化简得b－a＝－4.① f′(x)＝eq \f(ax2＋1－ax＋b·2x,x2＋12)， f′(－1)＝eq \f(2a＋2b－a,4)＝－1.② 联立①②，解得a＝2，b＝－2.所以f(x)＝eq \f(2x－2,x2＋1). (2)证明：由题意知要证ln x≥eq \f(2x－2,x2＋1)在[1，＋∞)上恒成立，即证明(x2＋1)ln x≥2x－2，x2ln x＋ln x－2x＋2≥0在[1，＋∞)上恒成立． 设h(x)＝x2ln x＋ln x－2x＋2，则h′(x)＝2xln x＋x＋eq \f(1,x)－2，因为x≥1，所以2xln x≥0，x＋eq \f(1,x)≥2·eq \r(x·\f(1,x))＝2(当且仅当x＝1时等号成立)，即h′(x)≥0， 所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，h(x)≥h(1)＝0， 所以g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立． (3)证明：因为0<a<b，所以eq \f(b,a)>1， 由(2)知lneq \f(b,a)>eq \f(2·\f(b,a)－2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2＋1)，整理得eq \f(ln b－ln a,b－a)>eq \f(2a,a2＋b2)， 所以当0<a<b时，eq \f(ln b－ln a,b－a)>eq \f(2a,a2＋b2). 　证明不等式通常需要构造函数，利用函数的最值、单调性证明． (1)证明不等式f(x)<g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，利用导数求F(x)的值域，得到F(x)<0即可； (2)对于证明含有两个变量a，b的不等式时，一种方法是通过变形构造成不等式f(a)>f(b)，然后利用函数f(x)的单调性证明，另一种方法是通过换元构造成单变量不等式，如本例令x＝eq \f(b,a)然后再利用已知关系证明即可． (2025·山东青岛期末)设函数f(x)＝aexln x＋eq \f(bex－1,x)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2. (1)求a，b； (2)证明：f(x)＞1. 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f′(1)＝e，f(1)＝2，而f′(x)＝aexln x＋eq \f(ex－1aex＋bx－b,x2)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f′1＝ae＝e，,f1＝b＝2，)) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝2.)) (2)证明：由(1)知，f(x)＝exln x＋eq \f(2ex－1,x)，于是f(x)＞1⇔exln x＋eq \f(2ex－1,x)＞1，将不等式改造为xln x＋eq \f(2,e)＞eq \f(x,ex). 令m(x)＝xln x＋eq \f(2,e)，则m′(x)＝1＋ln x. 由m′(x)＞0，可得x＞eq \f(1,e)，由m′(x)＜0，可得0＜x＜eq \f(1,e)，所以m(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，所以[m(x)]min＝ meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq \f(1,e).令n(x)＝eq \f(x,ex)，则n′(x)＝eq \f(1－x,ex). 由n′(x)＜0可得x＞1，由n′(x)＞0，可得0＜x＜1，所以n(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以[n(x)]max＝n(1)＝eq \f(1,e). 又因为等号不能同时成立， 所以xln x＋eq \f(2,e)＞eq \f(x,ex)，即f(x)＞1. 适当放缩证明不等式 [典例]　(2024·天津卷)设函数f(x)＝xln x. (1)求f(x)图象上点(1，f(1))处的切线方程； (2)若f(x)≥a(x－eq \r(x))在x∈(0，＋∞)时恒成立，求a的取值范围； (3)若x1，x2∈(0,1)，证明|f(x1)－f(x2)|≤. [解]　(1)由于f(x)＝xln x，故f′(x)＝ln x＋1. 所以f(1)＝0，f′(1)＝1，所以所求的切线经过(1,0)，且斜率为1，故其方程为y＝x－1. (2)设h(t)＝t－1－ln t，则h′(t)＝1－eq \f(1,t)＝eq \f(t－1,t)，从而当0＜t＜1时h′(t)＜0，当t＞1时h′(t)＞0. 所以h(t)在(0,1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增，这就说明h(t)≥h(1)，即t－1≥ln t，且等号成立当且仅当t＝1. 设g(t)＝a(t－1)－2ln t，则f(x)－a(x－eq \r(x)) ＝xln x－a(x－eq \r(x)) ＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))－1))－2ln\f(1,\r(x))))＝x·geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x)))). 当x∈(0，＋∞)时，eq \f(1,\r(x))的取值范围是(0，＋∞)， 所以命题等价于对任意t∈(0，＋∞)， 都有g(t)≥0. 一方面，若对任意t∈(0，＋∞)，都有g(t)≥0， 则对t∈(0，＋∞)，有0≤g(t)＝a(t－1)－2ln t ＝a(t－1)＋2lneq \f(1,t)≤a(t－1)＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－1)) ＝at＋eq \f(2,t)－a－2， 取t＝2，得0≤a－1，故a≥1＞0. 再取t＝eq \r(\f(2,a))，得0≤a·eq \r(\f(2,a))＋2eq \r(\f(a,2))－a－2 ＝2eq \r(2a)－a－2＝－(eq \r(a)－eq \r(2))2，所以a＝2. 另一方面，若a＝2，则对任意t∈(0，＋∞)都有g(t)＝2(t－1)－2ln t＝2h(t)≥0，满足条件． 综合以上两个方面，知a的取值范围是{2}． (3)先证明一个结构，对0＜a＜b，有ln a＋1＜eq \f(fb－fa,b－a)＜ln b＋1， 证明：前面已经证明不等式t－1≥ln t，故eq \f(bln b－aln a,b－a)＝eq \f(aln b－aln a,b－a)＋ln b＝eq \f(ln\f(b,a),\f(b,a)－1)＋ln b＜1＋ln b，且eq \f(bln b－aln a,b－a)＝eq \f(bln b－bln a,b－a)＋ln a＝eq \f(－ln \f(a,b),1－\f(a,b))＋ln a>eq \f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)－1)),1－\f(a,b))＋ln a＝1＋ln a，所以ln a＋1<eq \f(bln b－aln a,b－a)<ln b＋1， 即ln a＋1<eq \f(fb－fa,b－a)<ln b＋1.由f′(x)＝ln x＋1，可知当0<x<eq \f(1,e)时f′(x)<0，当x>eq \f(1,e)时f′(x)>0.所以f(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． 不妨设x1≤x2，下面分三种情况(其中有重合部分)证明本题结论． 情况一：当eq \f(1,e)≤x1≤x2<1时，有|f(x1)－f(x2)|＝f(x2)－f(x1)<(ln x2＋1)(x2－x1)<x2－x1<eq \r(x2－x1)，结论成立； 情况二：当0<x1≤x2≤eq \f(1,e)时，有|f(x1)－f(x2)|＝f(x1)－f(x2)＝x1ln x1－x2ln x2.对任意的c∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，设φ(x)＝xln x－cln c－eq \r(c－x)， 则φ′(x)＝ln x＋1＋eq \f(1,2\r(c－x)). 由于φ′(x)单调递增，且有 且当x≥c－eq \f(1,4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,c)－1))2)，x>eq \f(c,2)时，由eq \f(1,2\r(c－x))≥ lneq \f(2,c)－1可知φ′(x)＝ln x＋1＋eq \f(1,2\r(c－x))>lneq \f(c,2)＋1＋eq \f(1,2\r(c－x))＝eq \f(1,2\r(c－x))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,c)－1))≥0. 所以φ′(x)在(0，c)上存在零点x0，再结合φ′(x)单调递增，即知0<x<x0时φ′(x)<0，x0<x<c时，φ′(x)>0. 故φ(x)在(0，x0]上单调递减，在[x0，c]上单调递增． ①当x0≤x≤c时，有φ(x)≤φ(c)＝0； ②当0<x<x0时，由于eq \r(c)lneq \f(1,c)＝－2f(eq \r(c))≤ －2feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq \f(2,e)<1，故可以取q∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(c)ln\f(1,c)，1)). 从而当0<x<eq \f(c,1－q2)时，由eq \r(c－x)＞qeq \r(c)，可得 φ(x)＝xln x－cln c－eq \r(c－x)<－cln c－eq \r(c－x)< －cln c－qeq \r(c)＝eq \r(c) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(c)ln\f(1,c)－q))<0. 再根据φ(x)在(0，x0]上单调递减，即知对0<x<x0都有φ(x)<0； 综合①②可知对任意0<x≤c，都有φ(x)≤0， 即φ(x)＝xln x－cln c－eq \r(c－x)≤0. 根据c∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))和0<x≤c的任意性，取c＝x2，x＝x1，就得到x1ln x1－x2ln x2－eq \r(x2－x1)≤0. 所以|f(x1)－f(x2)|＝f(x1)－f(x2)＝x1ln x1－x2ln x2≤eq \r(x2－x1). 情况三：当0<x1≤eq \f(1,e)≤x2<1时，根据情况一和情况二的讨论，可得eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(fx1－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))))≤ eq \r(\f(1,e)－x1)≤eq \r(x2－x1)，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))－fx2))≤ eq \r(x2－\f(1,e))≤eq \r(x2－x1). 而根据f(x)的单调性，知|f(x1)－f(x2)|≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(fx1－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))))或|f(x1)－f(x2)|≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))－fx2)). 故一定有|f(x1)－f(x2)|≤eq \r(x2－x1)成立． 综上，结论成立． 导数方法证明不等式中，最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩公式如下：(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号．(2)ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号． (2025·兴安盟模拟)已知实数a＞0，函数f(x)＝ex－ax－1(e为自然对数的底数)． (1)求函数f(x)的单调区间及最小值； (2)若f(x)≥0对任意的x∈R恒成立，求实数a的值； (3)证明：lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,2×3)))＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(4,3×5)))＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(8,5×9)))＋…＋lneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(2n,2n－1＋12n＋1)))＜1(n∈N*)． 解：(1)∵f′(x)＝ex－a， 当a＞0时，若x∈(ln a，＋∞)，f′(x)＞0，得函数f(x)在(ln a，＋∞)上是增函数； 若x∈(－∞，ln a)，f′(x)＜0，得函数f(x)在(－∞，ln a)上是减函数． 则当a＞0时，函数f (x) 的单调递增区间是(ln a，＋∞)，单调递减区间是(－∞，ln a)． 即f(x)在x＝ln a处取得极小值且为最小值，最小值为f(ln a)＝eln a－aln a－1＝a－aln a－1. (2)若f(x)≥0对任意的x∈R恒成立，等价为f(x)min≥0， 由(1)知，f(x)min＝a－aln a－1， 设g(a)＝a－aln a－1，则g′(a)＝1－ln a－1＝－ln a， 由g′(a)＝0，得a＝1， 由g′(a)＞0，得0＜a＜1，此时函数单调递增， 由g′(a)＜0，得a＞1，此时函数单调递减， ∴g(a)在a＝1处取得最大值，即g(1)＝0， 因此g(a)≥0的解为a＝1.所以实数a的值为1. (3)证明：∵ln(1＋x)＜x，x∈(0,1)． ∴lneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(2n,2n－1＋12n＋1))) ＜eq \f(2n,2n－1＋12n＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1＋1)－\f(1,2n＋1)))， ∴lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,2×3)))＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(4,3×5)))＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(8,5×9))) ＋…＋lneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(2n,2n－1＋12n＋1))) ＜2eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,2＋1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2＋1)－\f(1,22＋1)))))＋…＋ eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1＋1)－\f(1,2n＋1)))))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,2n＋1)))＜1. $$