设常数a≥0，函数f（x）=x-ln2x+2alnx-1 （1）令g（x）=xf...

设常数a≥0，函数f（x）=x-ln²x+2alnx-1
（1）令g（x）=xf'（x）（x＞0），求g（x）的最小值，并比较g（x）的最小值与0的大小；
（2）求证：f（x）在（0，+∞）上是增函数；
（3）求证：当x＞1时，恒有x＞ln²x-2alnx+1．

（1）依题意求出g（x）的表示式，用导数研究其单调性求出其最小值再与0比较；（2）利用（1）的结论进行证明，判断时要求注意研究的区间是（0，+∞）这一特征；（3）由（2）的结论知只须证明f（1）非负即可．【解析】（Ⅰ）∵f（x）=x-（lnx）（lnx）+2alnx-1，x∈（0，+∞） ∴，=，（2分） ∴g（x）=xf'（x）=x-2lnx+2a，x∈（0，+∞） ∴，令g'（x）=0，得x=2，（4分）列表如下： ∴g（x）在x=2处取得极小值g（2）=2-2ln2+2a，即g（x）的最小值为g（2）=2-2ln2+2a．（6分）g（2）=2（1-ln2）+2a， ∵ln2＜1，∴1-ln2＞0，又a≥0， ∴g（2）＞0 证明（Ⅱ）由（Ⅰ）知，g（x）的最小值是正数， ∴对一切x∈（0，+∞），恒有g（x）=xf'（x）＞0 从而当x＞0时，恒有f'（x）＞0 故f（x）在（0，+∞）上是增函数证明（Ⅲ）由（Ⅱ）知：f（x）在（0，+∞）上是增函数， ∴当x＞1时，f（x）＞f（1）又f（1）=1-ln21+2aln1-1=0 ∴f（x）＞0，即x-1-ln2x+2alnx＞0 ∴x＞ln2x-2alnx+1 故当x＞1时，恒有x＞ln2x-2alnx+1

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考点分析：

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