要证当0＜x≤2时，f(x)＞x，

　　只需证当0＜x≤2时，x－－ln x＞，

　　令g(x)＝x－ln x，h(x)＝＋，

　　由g′(x)＝1－＝0，得x＝1，

　　易知g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增，

　　故当0＜x≤2时，g(x)min＝g(1)＝1.

　　h′(x)＝，当0＜x≤2时，h′(x)＞0，所以h(x)在(0，2]上单调递增，

　　故当0＜x≤2时，h(x)max＝h(2)＝＜1，

　　即h(x)max＜g(x)min，

　　故当0＜x≤2时，h(x)＜g(x)，即当0＜x≤2时，f(x)＞x.

　　4．(2019·武汉武昌调研)已知函数f(x)＝ln x＋，a∈R.

　　(1)讨论函数f(x)的单调性；

　　(2)当a＞0时，证明f(x)≥.

　　解：(1)f′(x)＝－＝(x＞0)．

　　当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

　　当a＞0时，若x＞a，则f′(x)＞0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增．

　　若0＜x＜a，则f′(x)＜0，函数f(x)在(0，a)上单调递减．

　　(2)证明：由(1)知，当a＞0时，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.

　　要证f(x)≥，只需证ln a＋1≥，

　　即证ln a＋－1≥0.

　　令函数g(a)＝ln a＋－1，则g′(a)＝－＝(a＞0)，

　　当0＜a＜1时，g′(a)＜0，当a＞1时，g′(a)＞0，

　　所以g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

所以g(a)min＝g(1)＝0.