2019届高三人教A版数学一轮复习练习：第二章 函数、导数及其应用 第13节 第一

第二章 第13节 第一课时

1．(导学号14577225)(2018·银川市模拟)设f (x )＝x ln x ＋ax 2，a 为常数．

(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线过点A (0，－2)，求实数a 的值；

(2)若f (x )有两个极值点x 1，x 2且x 1＜x 2

①求证：－12

＜a ＜0 ②求证：f (x 2)＞f (x 1)＞－12

. 解：(1)f (x )＝x ln x ＋ax 2的导数为f ′(x )＝ln x ＋1＋2ax ，

在x ＝1处的切线斜率为k ＝1＋2a ，切点为(1，a )，

在x ＝1处的切线过点A (0，－2)，则k ＝1＋2a ＝a ＋2，

解得a ＝1；

(2)证明：①由题意可得f ′(x )＝0有两个不等的实根x 1，x 2，且0＜x 1＜x 2，

设g (x )＝ln x ＋1＋2ax ，g ′(x )＝1x

＋2a ，x ＞0. 当a ≥0，则g ′(x )＞0，g (x )在(0，＋∞)递增，不合题意；

当a ＜0时，g ′(x )＞0解得x ＜－12a ，g ′(x )＜0解得x ＞－12a

， 即有g (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 递增，在⎝⎛⎭

⎫－12a ，＋∞递减． 即有g ⎝⎛⎭⎫－12a ＝ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＞0，解得－12

＜a ＜0； ②由上可知，f (x )在(x 1，x 2)递增，即有f (x 2)＞f (x 1)，

f ′(1)＝

g (1)＝1＋2a ＞0，则x 1∈(0,1)，由①可得ax 1＝

－1－ln x 12， 即有f (x 1)＝x 1ln x 1＋ax 21＝12

(x 1ln x 1－x 1)， 设h (x )＝12

(x ln x －x )，0＜x ＜1， h ′(x )＝12

ln x ＜0在(0,1)恒成立， 故h (x )在(0,1)递减，故h (x )＞h (1)＝－12

， 由此可得f (x 1)＞－12

， 综上可得f (x 2)＞f (x 1)＞－12

.1．(导学号14577225)(2018·银川市模拟)设f (x )＝x ln x ＋ax 2，a 为常数．

(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线过点A (0，－2)，求实数a 的值；

(2)若f (x )有两个极值点x 1，x 2且x 1＜x 2

①求证：－12

＜a ＜0 ②求证：f (x 2)＞f (x 1)＞－12

. 解：(1)f (x )＝x ln x ＋ax 2的导数为f ′(x )＝ln x ＋1＋2ax ，

在x ＝1处的切线斜率为k ＝1＋2a ，切点为(1，a )，

在x ＝1处的切线过点A (0，－2)，则k ＝1＋2a ＝a ＋2，

解得a ＝1；

(2)证明：①由题意可得f ′(x )＝0有两个不等的实根x 1，x 2，且0＜x 1＜x 2，

设g (x )＝ln x ＋1＋2ax ，g ′(x )＝1x

＋2a ，x ＞0. 当a ≥0，则g ′(x )＞0，g (x )在(0，＋∞)递增，不合题意；

当a ＜0时，g ′(x )＞0解得x ＜－12a ，g ′(x )＜0解得x ＞－12a

， 即有g (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 递增，在⎝⎛⎭

⎫－12a ，＋∞递减． 即有g ⎝⎛⎭⎫－12a ＝ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＞0，解得－12

＜a ＜0； ②由上可知，f (x )在(x 1，x 2)递增，即有f (x 2)＞f (x 1)，

f ′(1)＝

g (1)＝1＋2a ＞0，则x 1∈(0,1)，由①可得ax 1＝

－1－ln x 12， 即有f (x 1)＝x 1ln x 1＋ax 21＝12

(x 1ln x 1－x 1)， 设h (x )＝12

(x ln x －x )，0＜x ＜1， h ′(x )＝12

ln x ＜0在(0,1)恒成立， 故h (x )在(0,1)递减，故h (x )＞h (1)＝－12

， 由此可得f (x 1)＞－12

， 综上可得f (x 2)＞f (x 1)＞－12

. 2．(导学号14577226)已知函数f (x )＝x ln x ＋mx (m ∈R )的图象在点(1，f (1))处的切线的斜率为2.

(1)求实数m 的值；

(2)设g (x )＝f (x )－x x －1

，讨论g (x )的单调性；

(3)已知m ，n ∈N *且m >n >1，证明m

n n m >n m . 解：(1)因为f (x )＝x ln x ＋mx ，所以f ′(x )＝1＋ln x ＋m .

由题意f ′(1)＝1＋ln 1＋m ＝2，得m ＝1.

(2)g (x )＝f (x )－x x －1＝x ln x x －1

(x >0，x ≠1)， 所以g ′(x )＝x －1－ln x (x －1)2

. 设h (x )＝x －1－ln x ，h ′(x )＝1－1x

. 当x >1时，h ′(x )＝1－1x

>0，h (x )是增函数， h (x )>h (1)＝0，

所以g ′(x )＝x －1－ln x (x －1)2

>0， 故g (x )在(1，＋∞)上为增函数；

当0<x <1时，h ′(x )＝1－1x

<0，h (x )是减函数， h (x )>h (1)＝0，

所以g ′(x )＝x －1－ln x (x －1)2

>0，故g (x )在(0,1)上为增函数； 所以g (x )在区间(0,1)和(1，＋∞)上都是单调递增的． (3)证明：由已知可知要证m n n m >n m ， 即证ln n m －ln m n

>ln n －ln m ， 即证n －1n ln m >m －1m

ln n ， 即证m ln m m －1>n ln n n －1

，即证g (m )>g (n )， 又m >n >1(m ，n ∈N *)，由(2)知g (m )>g (n )成立，所以m n n m >n m . 3．(导学号14577227)(理科)函数f (x )＝ln(x ＋m )－n ln x .

(1)当m ＝1，n ＞0时，求f (x )的单调减区间；

(2)n ＝1时，函数g (x )＝(m ＋2x )f (x )－am ，若存在m ＞0，使得g (x )＞0恒成立，求实数a 的取值范围．

解：(1)f (x )＝ln(x ＋1)－n ln x ，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋1－n x ＝(1－n )x －n x (x ＋1)

， ①当n ＝1时，f ′(x )＝－1x (x ＋1)

＜0，此时f (x )的单调减区间为(0，＋∞)； ②当0＜n ＜1时，0＜x ＜n 1－n

时，f ′(x )＜0，此时f (x )的单调减区间为⎝⎛⎭⎫0，n 1－n ； ③当n ＞1时，x ＞n 1－n

时，f ′(x )＜0，此时减区间为⎝⎛⎭⎫n 1－n ，＋∞. (2)n ＝1时，g (x )＝(m ＋2x )[ln(x ＋m )－ln x ]－am ，

∵g (x )＞0，∴g (x )x ＞0，即⎝⎛⎭⎫m ＋x x ＋1ln m ＋x x －a ⎝⎛⎭⎫m ＋x x －1＞0，

设m ＋x x ＝t ＞1，∴(t ＋1)ln t －a (t －1)＞0，∴ln t －a (t －1)t ＋1

＞0. 设h (t )＝ln t －a (t －1)t ＋1，h ′(t )＝t 2＋2(1－a )t ＋1t (t ＋1)2

，h (1)＝0， ①当a ≤2时，t 2＋2(1－a )t ＋1≥t 2－2t ＋1＞0，故h ′(t )＞0，∴h (t )在(1，＋∞)上单调递增，因此h (t )＞0；

②当a ＞2时，令h ′(t )＝0，得：t 1＝a －1－(a －1)2－1，t 2＝a －1＋(a －12)－1，由t 2＞1和t 1t 2＝1，得：t 1＜1，故h (t )在(1，t 2)上单调递减，此时h (t )＜h (1)＝0.综上所述，a ≤2.

3．(文科)(2018·西安市三模)已知函数f (x )＝x 2＋6ax ＋1，g (x )＝8a 2ln x ＋2b ＋1，其中a ＞0.

(1)设两曲线y ＝f (x )，y ＝g (x )有公共点，且在该点处的切线相同，用a 表示b ，并求b 的最大值；

(2)设h (x )＝f (x )＋g (x )，证明：若a ≥1，则对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1≠x 2，有h (x 2)－h (x 1)x 2－x 1

>14. 解：(1)：设f (x )与g (x )的图象交于点P (x 0，y 0)(x 0＞0)，

则有f (x 0)＝g (x 0)，

即x 20＋6ax 0＋1＝8a 2ln x 0＋2b ＋1 ①

又由题意知f ′(x 0)＝g ′(x 0)，即2x 0＋6a ＝8a 2

x 0

②， 由②解得x 0＝a 或x 0＝－4a (舍去)，

将x 0＝a 代入①整理得b ＝72

a 2－4a 2ln a ， 令K (a )＝72

a 2－4a 2ln a ，则K ′(a )＝a (3－8ln a )， 当a ∈⎝⎛⎭⎫0，8e 3时，K (a )单调递增，当a ∈⎝⎛⎭⎫8e 3，＋∞时K (a )单调递减，

所以K (a )≤K (8e 3)＝2e 34，即b ≤2e 34

， b 的最大值为2e 34

； (2)证明：不妨设x 1，x 2∈(0，＋∞)，

x 1＜x 2，h (x 2)－h (x 1)x 2－x 1

>14， 变形得h (x 2)－14x 2＞h (x 1)－14x 1，

令T (x )＝h (x )－14x ，T ′(x )＝2x ＋8a 2x

＋6a －14， ∵a ≥1，T ′(x )＝2x ＋8a 2x

＋6a －14≥8a ＋6a －14≥0， 则T (x )在(0，＋∞)上单调递增，T (x 2)＞T (x 1)，

即h (x 2)－h (x 1)x 2－x 1

>14成立， 同理可证，当x 1＞x 2时，命题也成立．

综上，对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1≠x 2，

不等式h (x 2)－h (x 1)x 2－x 1

>14成立． 4．(导学号14577229)(理科)(2018·大庆市一模)已知函数f (x )＝ln (x ＋a )－x 2－x 在x ＝0处取得极值．

(1)求函数f (x )的单调区间；

(2)若关于x 的方程f (x )＝－52

x ＋b 在区间(0,2)有两个不等实根，求实数b 的取值范围； (3)对于n ∈N *，证明：212＋322＋432＋…＋n ＋1n 2>ln(n ＋1)． 解：(1)由已知得f ′(x )＝1x ＋a －2x －1＝1－2x (x ＋a )－(x ＋a )x ＋a

， ∵f ′(0)＝0，∴1－a a

＝0， ∴a ＝1.

∴f (x )＝ln (x ＋1)－x 2－x (x ＞－1)，

于是f ′(x )＝1－2x (x ＋1)－(x ＋1)x ＋1＝－2x ⎝⎛⎭⎫x ＋32x ＋1

(x ＞－1)， 由f ′(x )＞0得－1＜x ＜0；由f ′(x )＜0，得x ＞0，

∴f (x )的单调递增区间是(－1,0)，单调递减区间是(0，＋∞)．

(2)令g (x )＝f (x )－⎝⎛⎭⎫－52x ＋b ＝ln (x ＋1)－x 2＋32

x －b ，x ∈(0,2)，

则g ′(x )＝1x ＋1－2x ＋32＝－4x 2＋x －52(x ＋1)

，令g ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝－54(舍去)． 当0＜x ＜1时，g ′(x )＞0；当1＜x ＜2时g ′(x )＜0，

即g (x )在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减．

方程f (x )＝－52

x ＋b 在区间(0,2)有两个不等实根等价于函数g (x )在(0,2)上有两个不同的零点．

∴⎩⎪⎨⎪⎧ g (0)<0g (1)>0g (2)<0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －b <0ln 2＋12－b >0

ln 3－1－b >0；亦即⎩⎪⎨⎪⎧ b >0b <ln 2＋12b >ln 3－1，

∴ln 3－1＜b ＜ln 2＋12

， 故所求实数b 的取值范围为

⎩

⎨⎧⎭⎬⎫b |ln 3－1＜b ＜ln 2＋12. (3)证明：由(1)可得，当x ≥0时ln (x ＋1)≤x 2＋x (当且仅当x ＝0时等号成立)．

设x ＝1n ，则ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ＜1n 2＋1n ，即ln n ＋1n ＜n ＋1n 2 ① ∴2212＞ln 21，322＞ln 32，432＞ln 43，…，n ＋1n 2＞ln n ＋1n

， 将上面n 个式子相加得：

2212＋322＋432＋…＋n ＋1n 2＞ln 21＋ln 32＋ln 43＋…＋ln n ＋1n

＝ln (n ＋1)， 故212＋322＋432＋…＋n ＋1n 2>ln(n ＋1) 4．(导学号14577230)(文科)(2018·天津河北区三模)已知函数f (x )＝ax ＋b －ln x 表示的曲线在点(2，f (2))处的切线方程x －2y －2ln 2＝0

(1)求a ，b 的值；

(2)若f (x )≥kx －2对于x ∈(0，＋∞)恒成立，求实数k 的取值范围；

(3)求证：n ∈N *

时，n (n ＋1)≤2e n －1e －1. 解：(1)函数f (x )＝ax ＋b －ln x 的导数为f ′(x )＝a －1x

，在点(2，f (2))处的切线方程x －2y －2ln 2＝0，

即有a －12＝12

，解得a ＝1， f (2)＝2a ＋b －ln 2＝1－ln 2，解得b ＝－1，

则有a ＝1，b ＝－1；

(2)f (x )≥kx －2对于x ∈(0，＋∞)恒成立，即有

x －1－ln x ≥kx －2对于x ∈(0，＋∞)恒成立，

即有k －1≤1－ln x x

对于x ∈(0，＋∞)恒成立． 令g (x )＝1－ln x x ，g ′(x )＝ln x －2x 2

， 当x ＞e 2时，g ′(x )＞0，g (x )递增；

当0＜x ＜e 2时，g ′(x )＜0，g (x )递减．

则x ＝e 2处g (x )取得极小值，也为最小值，且为－1e 2， 即有k －1≤－1e 2，解得k ≤1－1e 2； (3)证明：f (x )＝x －1－ln x (x ＞0)，

f ′(x )＝1－1x

， 当x ＞1时，f ′(x )＞0，f (x )递增，

当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，f (x )递减．

则x ＝1处f (x )取得极小值，也为最小值，且为0，

则有f (x )≥0，

即为x －1≥ln x ，

取x ＝n ，则n －1≥ln n ，

即有n ≤e n －

1. 即有1＋2＋…＋n ≤1＋e ＋e 2＋…＋e n －

1. 则有12n (n ＋1)≤1－e n 1－e

， 即有n ∈N *

时，n (n ＋1)≤2e n －1e －1.

2．(导学号14577226)已知函数f (x )＝x ln x ＋mx (m ∈R )的图象在点(1，f (1))处的切线的斜率为2.

(1)求实数m 的值；

(2)设g (x )＝f (x )－x x －1

，讨论g (x )的单调性； (3)已知m ，n ∈N *且m >n >1，证明m

n n m >n m . 解：(1)因为f (x )＝x ln x ＋mx ，所以f ′(x )＝1＋ln x ＋m .

由题意f ′(1)＝1＋ln 1＋m ＝2，得m ＝1.

(2)g (x )＝f (x )－x x －1＝x ln x x －1

(x >0，x ≠1)， 所以g ′(x )＝x －1－ln x (x －1)2

. 设h (x )＝x －1－ln x ，h ′(x )＝1－1x

. 当x >1时，h ′(x )＝1－1x

>0，h (x )是增函数， h (x )>h (1)＝0，

所以g ′(x )＝x －1－ln x (x －1)2

>0， 故g (x )在(1，＋∞)上为增函数；

当0<x <1时，h ′(x )＝1－1x

<0，h (x )是减函数， h (x )>h (1)＝0，

所以g ′(x )＝x －1－ln x (x －1)2

>0，故g (x )在(0,1)上为增函数； 所以g (x )在区间(0,1)和(1，＋∞)上都是单调递增的．

(3)证明：由已知可知要证m n n m >n m ， 即证ln n m －ln m n

>ln n －ln m ， 即证n －1n ln m >m －1m

ln n ， 即证m ln m m －1>n ln n n －1

，即证g (m )>g (n )， 又m >n >1(m ，n ∈N *)，由(2)知g (m )>g (n )成立，所以m n n m >n m . 3．(导学号14577227)(理科)函数f (x )＝ln(x ＋m )－n ln x .

(1)当m ＝1，n ＞0时，求f (x )的单调减区间；

(2)n ＝1时，函数g (x )＝(m ＋2x )f (x )－am ，若存在m ＞0，使得g (x )＞0恒成立，求实数a 的取值范围．

解：(1)f (x )＝ln(x ＋1)－n ln x ，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋1－n x ＝(1－n )x －n x (x ＋1)

， ①当n ＝1时，f ′(x )＝－1x (x ＋1)

＜0，此时f (x )的单调减区间为(0，＋∞)；

②当0＜n ＜1时，0＜x ＜n 1－n

时，f ′(x )＜0，此时f (x )的单调减区间为⎝⎛⎭⎫0，n 1－n ； ③当n ＞1时，x ＞n 1－n

时，f ′(x )＜0，此时减区间为⎝⎛⎭⎫n 1－n ，＋∞. (2)n ＝1时，g (x )＝(m ＋2x )[ln(x ＋m )－ln x ]－am ，

∵g (x )＞0，∴g (x )x ＞0，即⎝⎛⎭⎫m ＋x x ＋1ln m ＋x x －a ⎝⎛⎭⎫m ＋x x －1＞0，

设m ＋x x ＝t ＞1，∴(t ＋1)ln t －a (t －1)＞0，∴ln t －a (t －1)t ＋1

＞0. 设h (t )＝ln t －a (t －1)t ＋1，h ′(t )＝t 2＋2(1－a )t ＋1t (t ＋1)2

，h (1)＝0， ①当a ≤2时，t 2＋2(1－a )t ＋1≥t 2－2t ＋1＞0，故h ′(t )＞0，∴h (t )在(1，＋∞)上单调递增，因此h (t )＞0；

②当a ＞2时，令h ′(t )＝0，得：t 1＝a －1－(a －1)2－1，t 2＝a －1＋(a －12)－1，由t 2＞1和t 1t 2＝1，得：t 1＜1，故h (t )在(1，t 2)上单调递减，此时h (t )＜h (1)＝0.综上所述，a ≤2.

3．(文科)(2018·西安市三模)已知函数f (x )＝x 2＋6ax ＋1，g (x )＝8a 2ln x ＋2b ＋1，其中a ＞0.

(1)设两曲线y ＝f (x )，y ＝g (x )有公共点，且在该点处的切线相同，用a 表示b ，并求b 的最大值；

(2)设h (x )＝f (x )＋g (x )，证明：若a ≥1，则对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1≠x 2，有h (x 2)－h (x 1)x 2－x 1

>14. 解：(1)：设f (x )与g (x )的图象交于点P (x 0，y 0)(x 0＞0)，

则有f (x 0)＝g (x 0)，

即x 20＋6ax 0＋1＝8a 2ln x 0＋2b ＋1 ①

又由题意知f ′(x 0)＝g ′(x 0)，即2x 0＋6a ＝8a 2

x 0

②， 由②解得x 0＝a 或x 0＝－4a (舍去)，

将x 0＝a 代入①整理得b ＝72

a 2－4a 2ln a ， 令K (a )＝72

a 2－4a 2ln a ，则K ′(a )＝a (3－8ln a )， 当a ∈⎝⎛⎭⎫0，8e 3时，K (a )单调递增，当a ∈⎝⎛⎭

⎫8e 3，＋∞时K (a )单调递减， 所以K (a )≤K (8e 3)＝2e 34，即b ≤2e 34

， b 的最大值为2e 34

；

(2)证明：不妨设x 1，x 2∈(0，＋∞)，

x 1＜x 2，h (x 2)－h (x 1)x 2－x 1

>14， 变形得h (x 2)－14x 2＞h (x 1)－14x 1，

令T (x )＝h (x )－14x ，T ′(x )＝2x ＋8a 2x

＋6a －14， ∵a ≥1，T ′(x )＝2x ＋8a 2x

＋6a －14≥8a ＋6a －14≥0， 则T (x )在(0，＋∞)上单调递增，T (x 2)＞T (x 1)，

即h (x 2)－h (x 1)x 2－x 1

>14成立， 同理可证，当x 1＞x 2时，命题也成立．

综上，对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1≠x 2，

不等式h (x 2)－h (x 1)x 2－x 1

>14成立． 4．(导学号14577229)(理科)(2018·大庆市一模)已知函数f (x )＝ln (x ＋a )－x 2－x 在x ＝0处取得极值．

(1)求函数f (x )的单调区间；

(2)若关于x 的方程f (x )＝－52

x ＋b 在区间(0,2)有两个不等实根，求实数b 的取值范围； (3)对于n ∈N *，证明：212＋322＋432＋…＋n ＋1n 2>ln(n ＋1)． 解：(1)由已知得f ′(x )＝1x ＋a －2x －1＝1－2x (x ＋a )－(x ＋a )x ＋a

， ∵f ′(0)＝0，∴1－a a

＝0， ∴a ＝1.

∴f (x )＝ln (x ＋1)－x 2－x (x ＞－1)，

于是f ′(x )＝1－2x (x ＋1)－(x ＋1)x ＋1＝－2x ⎝⎛⎭⎫x ＋32x ＋1

(x ＞－1)， 由f ′(x )＞0得－1＜x ＜0；由f ′(x )＜0，得x ＞0，

∴f (x )的单调递增区间是(－1,0)，单调递减区间是(0，＋∞)．

(2)令g (x )＝f (x )－⎝⎛⎭⎫－52x ＋b ＝ln (x ＋1)－x 2＋32

x －b ，x ∈(0,2)， 则g ′(x )＝1x ＋1－2x ＋32＝－4x 2＋x －52(x ＋1)

，令g ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝－54(舍去)． 当0＜x ＜1时，g ′(x )＞0；当1＜x ＜2时g ′(x )＜0，

即g (x )在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减．

方程f (x )＝－52

x ＋b 在区间(0,2)有两个不等实根等价于函数g (x )在(0,2)上有两个不同的零点．

∴⎩⎪⎨⎪⎧ g (0)<0g (1)>0g (2)<0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －b <0ln 2＋12－b >0

ln 3－1－b >0；亦即⎩⎪⎨⎪⎧ b >0b <ln 2＋12b >ln 3－1，

∴ln 3－1＜b ＜ln 2＋12

， 故所求实数b 的取值范围为

⎩

⎨⎧⎭⎬⎫b |ln 3－1＜b ＜ln 2＋12. (3)证明：由(1)可得，当x ≥0时ln (x ＋1)≤x 2＋x (当且仅当x ＝0时等号成立)．

设x ＝1n ，则ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ＜1n 2＋1n ，即ln n ＋1n ＜n ＋1n 2 ① ∴2212＞ln 21，322＞ln 32，432＞ln 43，…，n ＋1n 2＞ln n ＋1n

， 将上面n 个式子相加得：

2212＋322＋432＋…＋n ＋1n 2＞ln 21＋ln 32＋ln 43＋…＋ln n ＋1n

＝ln (n ＋1)， 故212＋322＋432＋…＋n ＋1n 2>ln(n ＋1) 4．(导学号14577230)(文科)(2018·天津河北区三模)已知函数f (x )＝ax ＋b －ln x 表示的曲线在点(2，f (2))处的切线方程x －2y －2ln 2＝0

(1)求a ，b 的值；

(2)若f (x )≥kx －2对于x ∈(0，＋∞)恒成立，求实数k 的取值范围；

(3)求证：n ∈N *

时，n (n ＋1)≤2e n －1e －1. 解：(1)函数f (x )＝ax ＋b －ln x 的导数为f ′(x )＝a －1x

，在点(2，f (2))处的切线方程x －2y －2ln 2＝0，

即有a －12＝12

，解得a ＝1， f (2)＝2a ＋b －ln 2＝1－ln 2，解得b ＝－1，

则有a ＝1，b ＝－1；

(2)f (x )≥kx －2对于x ∈(0，＋∞)恒成立，即有

x －1－ln x ≥kx －2对于x ∈(0，＋∞)恒成立，

即有k －1≤1－ln x x

对于x ∈(0，＋∞)恒成立．

令g (x )＝1－ln x x ，g ′(x )＝ln x －2x 2

， 当x ＞e 2时，g ′(x )＞0，g (x )递增；

当0＜x ＜e 2时，g ′(x )＜0，g (x )递减．

则x ＝e 2处g (x )取得极小值，也为最小值，且为－1e 2， 即有k －1≤－1e 2，解得k ≤1－1e 2； (3)证明：f (x )＝x －1－ln x (x ＞0)，

f ′(x )＝1－1x

， 当x ＞1时，f ′(x )＞0，f (x )递增，

当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，f (x )递减．

则x ＝1处f (x )取得极小值，也为最小值，且为0， 则有f (x )≥0，

即为x －1≥ln x ，

取x ＝n ，则n －1≥ln n ，

即有n ≤e n －

1. 即有1＋2＋…＋n ≤1＋e ＋e 2＋…＋e n －

1. 则有12n (n ＋1)≤1－e n 1－e

， 即有n ∈N *

时，n (n ＋1)≤2e n －1e －1.