高考数学统考一轮复习第3章 第1课时利用导数证明不等式教师用书教案理新人教版

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 (x 1，x 2)≥A 的不等式，可将函数式变为与x 1x 2或x 1·x 2有关的式子，然后令t ＝x 1
x 2或t ＝x 1x 2，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ln x ≤x －1，e x ≥x ＋1，ln x ＜x ＜e x (x ＞0)，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 )＝1
x －x ＋a ln x .
(1)讨论f (x )的单调性；
(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：
(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
f(x1)－f(x2)
x1－x2
＜a－2. 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.
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)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＜0时，证明：f(x)≤－3
4a－2. [思维流程]
[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1
x ＋2ax ＋2a ＋1＝(x ＋1)(2ax ＋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 ∈⎝⎛⎭⎫0，－12a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫－1
2a ，＋∞时，f ′(x )＜0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 上单调递增，在⎝⎛⎭
⎫－1
2a ，＋∞上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a ＜0时，f (x )在x ＝－1
2a 处取得最大值，最大值为f ⎝⎛⎭⎫－12a ＝ln ⎝⎛⎭⎫－12a －1－1
4a
.
所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝⎛⎭⎫－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＋1
2a ＋1≤0.设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝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，ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＋12a ＋1≤0，即f (x )≤－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 . [跟进训练]
已知函数f (x )＝a e x －b ln x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝⎝⎛⎭⎫
1e －1x ＋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 )＝a e x －b x ，由题意得f (1)＝1e ，f ′(1)＝1
e
－1，
所以⎩⎨⎧
a e ＝1e
，
a e －
b ＝1
e
－1，
解得⎩⎪⎨⎪⎧
a ＝1e 2，
b ＝1.
(2)证明：由(1)知f (x )＝1e
2·e x
－ln x .
因为f ′(x )＝e x －2－1
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x 0，且x 0∈(1,2)．
当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＜0，当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0， 从而当x ＝x 0时，f (x )取极小值，也是最小值． 由f ′(x 0)＝0，得e x 0－2＝1
x 0，则x 0－2＝－ln x 0.
故f (x )≥f (x 0)＝e x 0－2－ln x 0＝1
x 0＋x 0－2＞2
1
x 0·x 0
－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 )＝e x －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 ＞ln 3e ，且x ＞0时，e x x ＞32x ＋1
x －3a .
[思维流程]
[解] (1)由f (x )＝e x －3x ＋3a ，x ∈R ，知f ′(x )＝e x －3，x ∈R . 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 3，
于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：
x (－∞，ln 3)
ln 3 (ln 3，＋∞)
f ′(x ) － 0 ＋ f (x )
↘
极小值
↗
故f (x )的单调递减区间是(－∞，ln 3]， 单调递增区间是[ln 3，＋∞)，
f (x )在x ＝ln 3处取得极小值，极小值为f (ln 3)＝e ln 3－3ln 3＋3a ＝3(1－ln 3＋a )．无极大值．
(2)证明：待证不等式等价于e x ＞3
2x 2－3ax ＋1，
设g (x )＝e x －3
2x 2＋3ax －1，x ＞0，
于是g ′(x )＝e x －3x ＋3a ，x ＞0.
由(1)及a ＞ln 3
e ＝ln 3－1知：g ′(x )的最小值为g ′(ln 3)＝3(1－ln 3＋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 ＞ln 3
e ＝ln 3－1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e x
＞32x 2－3ax ＋1，故e x x ＞32x ＋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．
[跟进训练]
(2020·唐山模拟)设f (x )＝2x ln x ＋1. (1)求f (x )的最小值；
(2)证明：f (x )≤x 2－x ＋1
x ＋2ln x .
[解] (1)f ′(x )＝2(ln x ＋1)．
所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1
e 时，
f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增． 所以当x ＝1e 时，f (x )取得最小值f ⎝⎛⎭⎫1e ＝1－2
e . (2)证明：x 2－x ＋1
x ＋2ln x －f (x )
＝x (x －1)－x －1
x －2(x －1)ln x
＝(x －1)⎝⎛⎭
⎫x －1
x －2ln x ，
令g (x )＝x －1x －2ln x ，则g ′(x )＝1＋1x 2－2x ＝(x －1)
2
x 2≥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)⎝⎛⎭⎫x －1
x －2ln x ≥0， 即f (x )≤x 2－x ＋1
x
＋2ln x .
技法三 构造双函数证明不等式 [典例3] 已知f (x )＝x ln x .
(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ln x ＞1e x －2
e x 成立．
[思维流程]
[解] (1)由f (x )＝x ln x ，x ＞0，得f ′(x )＝ln x ＋1， 令f ′(x )＝0，得x ＝1
e
.
当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1
e 时，
f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1
e ，＋∞时，
f ′(x )＞0，f (x )单调递增． ①当0＜t ＜1e ＜t ＋2，即0＜t ＜1
e 时，
f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1
e
； ②当1e ≤t ＜t ＋2，即t ≥1
e
时，f (x )在[t ，t ＋2]上单调递增，f (x )min ＝f (t )＝t ln t .
所以f (x )min
＝⎩⎨⎧
－1e ，0＜t ＜1e
，t ln t ，t ≥1
e
.
(2)证明：问题等价于证明x ln x ＞x e x －2
e (x ∈(0，＋∞))．
由(1)可知f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1
e ，
当且仅当x ＝1
e 时取到．
设m (x )＝x e x －2
e (x ∈(0，＋∞))，
则m ′(x )＝1－x
e
x ，
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)＝－1
e
，当且仅当x ＝1时取到．
从而对一切x ∈(0，＋∞)，x ln x ≥－1e ≥x e x －2
e ，两个等号不同时取到，即证对一切x ∈(0，
＋∞)都有ln x ＞1e x －2
e x
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 . [跟进训练]
已知函数f (x )＝e x 2－x ln x . 证明：当x ＞0时，f (x )＜x e x ＋1
e
.
[证明] 要证f (x )＜x e x ＋1e ，只需证e x －ln x ＜e x ＋1e x ，即e x －e x ＜ln x ＋1
e x
.
令h (x )＝ln x ＋1
e x (x ＞0)，则h ′(x )＝e x －1e x 2，易知h (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增，则h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝0，所以ln x ＋1
e x
≥0. 令φ(x )＝e x －e x ，则φ′(x )＝e －e x ，
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e x －e x ≤0.
因为h (x )与φ(x )不同时为0，所以e x －e x ＜ln x ＋1
e x ，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 )＝ln x －ax (x ＞0)，a 为常数，若函数f (x )有两个零点x 1，x 2(x 1≠x 2)．求证：x 1x 2＞e 2.
[思维流程]
[证明] 不妨设x 1＞x 2＞0， 因为ln x 1－ax 1＝0，ln x 2－ax 2＝0，
所以ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝a (x 1－x 2)，所以ln x 1－ln x 2
x 1－x 2＝a ，
欲证x 1x 2＞e 2，即证ln x 1＋ln x 2＞2.
因为ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，所以即证a ＞2
x 1＋x 2，
所以原问题等价于证明ln x 1－ln x 2x 1－x 2＞2
x 1＋x 2，
即ln
x 1x 2
＞2(x 1－x 2)
x 1＋x 2
， 令c ＝x 1
x 2
(c ＞1)，则不等式变为ln c ＞2(c －1)c ＋1.
令h (c )＝ln c －2(c －1)
c ＋1，c ＞1，
所以h ′(c )＝1c －4
(c ＋1)2＝(c －1)2c (c ＋1)2＞0，
所以h (c )在(1，＋∞)上单调递增， 所以h (c )＞h (1)＝ln 1－0＝0，
即ln c －2(c －1)
c ＋1
＞0(c ＞1)，因此原不等式x 1x 2＞e 2得证．
点评：对于双变量函数不等式f (x 1，x 2)＞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．
[跟进训练]
已知函数f (x )＝ln x －1
2
ax 2＋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x 1，x 2满足f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，求证：x 1＋x 2≥
5－1
2
. [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
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 ＋x 2＋x (x ＞0)． 由f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，
得ln x 1＋x 2
1＋x 1＋ln x 2＋x 2
2＋x 2＋x 1x 2＝0， 从而(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)＝x 1x 2－ln(x 1x 2)，
令t ＝x 1x 2(t ＞0)，令φ(t )＝t －ln t ，得φ′(t )＝1－1t ＝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(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)≥1，因为
x 1＞0，x 2＞0，所以x 1＋x 2≥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 )＝ln x －a ln x
x 2.
(1)若a ＝1，求f (x )的单调区间； (2)若a ＝0，x ∈(0,1)，证明：x 2－1x ＜f (x )
e x .
[思维流程]
[解] (1)当a ＝1时，f (x )＝ln x －ln x
x
2，x ∈(0，＋∞)，
∴f ′(x )＝1x －1－2ln x x 3＝x 2
－1＋2ln x
x 3
＝
(x －1)(x ＋1)＋2ln x
x 3
.
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，x 2－
1x ＜f (x )e x 等价于－ln x e x ＋x 2－1
x
＜0， ∵当x ∈(0,1)时，e x ∈(1，e)，－ln x ＞0， ∴－ln x
e
x ＜－ln x ，
∴只需要证－ln x ＋x 2－1
x ＜0在(0,1)上恒成立．
令g (x )＝－ln x ＋x 2－1
x
，x ∈(0,1)，
∴g ′(x )＝－1x ＋2x ＋1x 2＝2x 3
－x ＋1
x 2
＞0，
则函数g (x )在(0,1)上单调递增，于是g (x )＜－ln 1＋1－1＝0， ∴当x ∈(0,1)时，x 2－1x ＜f (x )
e
x .
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．
[跟进训练]
已知函数f (x )＝ax 2＋x －1
e x
.证明：当a ≥1时，f (x )＋e ≥0.
[证明] 当a ≥1时，f (x )＋e ＝ax 2＋x －1e x ＋e ≥x 2＋x －1
e x
＋e ＝(x 2＋x －1＋e x ＋1)e －x . 令g (x )＝x 2＋x －1＋e x ＋1，
则g ′(x )＝2x ＋1＋e x ＋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)ln x ＋ax 2＋1.
(1)讨论f (x )的单调性；
(2)若a ≤－2，证明：对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，|f (x 1)－f (x 2)|≥4|x 1－x 2|.
[思维流程]
[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x )＝a ＋1x ＋2ax ＝2ax 2＋a ＋1x ＝a (2x 2＋1)＋1x
. 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 ＝
－a ＋12a ， 因为f ′(x )在(0，＋∞)上单调递减，
所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a ＋12a 时，f ′(x )＞0，f (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，－a ＋12a 上单调递增； 当x ∈⎝ ⎛
⎭⎪⎫－a ＋12a ，＋∞时，f ′(x )＜0，f (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫－a ＋12a ，＋∞上单调递减． (2)证明：不妨假设x 1≥x 2，
由于a ≤－2，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减．
所以|f (x 1)－f (x 2)|≥4|x 1－x 2|等价于f (x 2)－f (x 1)≥4x 1－4x 2，
即f (x 2)＋4x 2≥f (x 1)＋4x 1.
令g (x )＝f (x )＋4x ，
则g ′(x )＝a ＋1x ＋2ax ＋4＝2ax 2＋4x ＋a ＋1x
，
于是g ′(x )≤－4x 2＋4x －1x ＝－(2x －1)2x
≤0. 从而g (x )在(0，＋∞)上单调递减，故g (x 1)≤g (x 2)，
即f (x 2)＋4x 2≥f (x 1)＋4x 1，
故当a ≤－2时，对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，|f (x 1)－f (x 2)|≥4|x 1－x 2|.
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．
[跟进训练]
已知函数f (x )＝(ln x －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x 1，x 2∈(0,3]，且x 1<x 2，都有f (x 1)＋2x 2<f (x 2)＋2x 1
恒成立，求实数k 的取值范围．
[解] (1)由题意得f ′(x )＝ln x －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)＝ln 1－k ＝12，解得k ＝－12
. (2)因为f (x 1)＋2x 2<f (x 2)＋2x 1
， 所以f (x 1)－2x 1<f (x 2)－2x 2
， 记h (x )＝f (x )－2x ，又因为x 1，x 2∈(0,3]，且x 1<x 2, 所以h (x )＝f (x )－2x
在(0,3]上单调递增． 所以h ′(x )＝ln x －k ＋2x 2≥0在(0,3]上恒成立，即k ≤ln x ＋2x 2在(0,3]上恒成立， 记u (x )＝ln x ＋2x 2，所以u ′(x )＝1x －4x 3＝x 2－4x 3， 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)＝ln 2＋12
， 所以k ≤ln 2＋12
.
所以实数k 的取值范围是⎝
⎛⎦⎤－∞，ln 2＋12. 技法七 赋值放缩法证明正整数不等式
[典例7] 若函数f (x )＝e x －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＋12＋13＋ (1)
＞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 )＝e x －x －1，易知f ′(x )＝e x －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e x ≥x ＋1.
即ln(x ＋1)≤x ，当且仅当x ＝0时，等号成立，
令x ＝1k
(k ∈N *)， 则1k ＞ln ⎝⎛⎭⎫1＋1k ，即1k ＞ln 1＋k k ， 所以1k
＞ln(1＋k )－ln k (k ＝1,2，...，n )， 累加得1＋12＋13＋ (1)
＞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．
[跟进训练]
已知函数f (x )＝12
ax 2－x ·ln x ＋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：3⎝⎛⎭
⎫12＋23＋34＋…＋n n ＋1>n －ln 3n ＋1. [解] (1)g (x )＝ax －1－ln x ，x >0，
∴g ′(x )＝a －1x ＝ax －1x
， 当a ≤0时，g ′(x )<0，g (x )在(0，＋∞)上单调递减，
当a >0时，在x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a ，g ′(x )<0，在x ∈⎝⎛⎭
⎫1a ，＋∞，g ′(x )>0， ∴g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减，在⎝⎛⎭
⎫1a ，＋∞上单调递增． (2)当a ≤0时，函数g (x )在 (0，e]上单调递减，g (x )min ＝a e －2≤－2，故不存在最小值为2；
当 0<a ≤1e 时，即1a
≥e ，函数g (x )在(0，e]上单调递减， ∴当x ＝e 时有最小值，g (x )min ＝a e －1－1＝2，解得a ＝4e
，不合题意舍去； 当a >1e 时，即0<1a
<e ，函数g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减，在⎝⎛⎦⎤1a ，e 上单调递增， ∴当x ＝1a
时有最小值，g (x )min ＝1－1＋ln a ＝2，解得a ＝e 2. 综上所述，存在实数a ＝e 2，当x ∈(0，e]时，函数g (x )的最小值是2.
(3)证明：由(2)知，g (x )＝e 2x －1－ln x ≥2，
即e 2x ≥3＋ln x 恒成立，
即x ≥1e 2(3＋ln x )恒成立，即x >19
(3＋ln x )， 取x ＝
n n ＋1， 则n n ＋1>19⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋ln n n ＋1，则3·n n ＋1
>1＋13ln n n ＋1， ∴3⎝
⎛⎭⎪⎫12＋23＋34＋…＋n n ＋1>n ＋13ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫12×23×…×n n ＋1＝n ＋13ln 1n ＋1＝n －ln 3n ＋1.。