对于高考文科数学导数专题复习计划

精选文档精选文档衿羇袄薃膇芁芆薈腿羆膃羄螆肃膆蚁莀肆蒁莅PAGEPAGE20精选文档PAGE高考文科 数学 数学高考答题卡模板高考数学答题卡模板三年级数学混合运算测试卷数学作业设计案例新人教版八年级上数学教学计划 导数专题复习第1讲变化率与导数、导数的计算知识梳理导数的看法(1) 函 关于工期滞后的函关于工程严重滞后的函关于工程进度滞后的回复函关于征求同志党风廉政意见的函关于征求廉洁自律情况的复函 数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝limx0f（x0＋x）－f（x0）.xf（x＋x）－f（x）为f(x)的导函数.(2)函数f(x)的导函数f′(x)＝limxx02.导数的几何意义函数y＝f(x在点x0处的导数的几何意义，就是曲线y＝fx在点Px0，)()(f(x0))处的切线的斜率，过点P的切线方程为y－y0＝f′(x0x－x0).)(基本初等函数的导数 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 导数的运算法规若f′(x)，g′(x)存在，则有：考点一导数的计算【例1】求以下函数的导数：xx；(2)211；(1)y＝elny＝xx＋＋3xxxxxx1x＋1x31解(1)y′＝(e)′lnx＋e(lnx)′＝elnx＋ex＝lnxe.(2)因为y＝x2＋1＋x，所以3y′＝(x)′＋(1)′＋1x2′＝223x－x3.【训练1】(1)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2x·f′(1)＋lnx，则f′(1)等于()A.－eB.－1C.1D.e 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 由f(x)＝2xf′(1)＋lnx，得f′(x)＝2f′(1)1＋x，∴f′(1)＝2f′(1)＋1，则f′(1)＝－1.答案B(2)(2015·天津卷)已知函数f(x)＝axlnx，x∈(0，＋∞)，此中a为实数，f′(x)为f(x)的导函数.若f′(1)＝3，则a的值为________.1(2)f′(x)＝alnx＋x·x＝a(1＋lnx).因为f′(1)＝a(1＋ln1)＝a，又f′(1)＝3，所以a＝3.答案(2)3考点二导数的几何意义命题角度一求切线方程【例2】(2016·全国Ⅲ卷)已知f(x)为偶函数，当x≤0时，f(x)＝e－x－1－x，则曲线y＝fx在点(1，2)处的切线方程是________.分析(1)设x，则－x，f(－x＝x－1＋x.()>0<0)e又f(x)为偶函数，f(x)＝f(－x)＝ex－1＋x，所以当x>0时，f(x)＝ex－1＋x.所以，当x>0时，f′(x)＝ex－1f′(1)＝0＋＝2.则曲线y＝fx在点(1，处的切线的斜率为f′(1)＋1，e1()2)＝，所以切线方程为y－＝2(x－1)，即x－y＝0.答案2x－y＝0222【训练2】(2017·威海质检)已知函数f(x)＝xlnx，若直线l过点(0，－1)，并且与曲线y＝f(x)相切，则直线l的方程为()A.x＋y－1＝0B.x－y－1＝0C.x＋y＋1＝0D.x－y＋1＝0(2)∵点(0，－1)不在曲线f(x)＝xlnx上，∴设切点为(x0，y0).又∵f′(x)＝1＋lnx，y0＝x0lnx0，解得x0＝，y0＝0.∴切点为，，∴f′(1)＝＋＝∴∴y0＋＝（＋x0）x0，ln1(10)1ln11.11直线l的方程为y＝x－，即x－y－＝答案B110.命题角度二求切点坐标【例3】(2017·西安调研)设曲线xy＝e在点(0，1)处的切线与曲线1y＝x(x>0)上点P处的切线垂直，则P的坐标为________.分析由y′＝x，知曲线y＝x在点，处的切线斜率k1＝0＝设Pm，n，又y＝1xee(01)e1.()x(>0)的导数y′＝－111依题意k1k2＝－，所以mx2，曲线y＝x>0)在点P处的切线斜率k2＝－2x(m.11，从而n＝1.则点P的坐标为(1，1).答案(1，1)【训练】若曲线y＝xlnx上点P处的切线平行于直线x－y＋＝，则点P的坐标是3210由题意得y′＝1x，直线x－y＋＝的斜率为________.分析(1)lnx＋x·＝＋22.x1ln10设P(m，n)，则1＋lnm＝2，解得m＝e，所以n＝elne＝e，即点P的坐标为(e，e).答案(1)(e，e)命题角度三求与切线有关的参数值(或范围)【例4】(2015·全国Ⅱ卷)已知曲线y＝x＋lnx在点(1，1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝________.分析由y＝x＋lnx，得y′＝＋1，得曲线在点，处的切线的斜率为k＝y′|x＝1＝，1x(11)2所以切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.又该切线与y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，消去y，得ax2＋ax＋＝，∴a≠0且＝a2－a＝，解得a＝8.答案82080【训练4】1.函数f(x)＝lnx＋ax的图象存在与直线2x－y＝0平行的切线，则实数a的取值范围是________.函数f(x)＝lnx＋ax的图象存在与直线2x－y＝0平行的切线，即f′(x)＝2在(0，＋∞)1111上有解，而f′(x)＝x＋a，即x＋a在(0，＋∞)上有解，a＝2－x，因为a＞0，所以2－x＜2，所以a的取值范围是(－∞，2).答案(2)(－∞，2)2.点P是曲线x2－y－lnx＝0上的任意一点，则点P到直线y＝x－2的最小距离为()35A.1B.2C.2D.2分析点P是曲线y＝x2－lnx上任意一点，当过点P的切线和直线y＝x－2平行时，点P到直线y＝x－2的距离最小，直线y＝x－2的斜率为，令y＝x2－lnx，得y′＝x－1＝12x1，解得x＝1或x12－lnx上和直线y＝x－2平行的切线经过的＝－(舍去)，故曲线y＝x2切点坐标为(1，1)，点(1，1)到直线y＝x－2的距离等于，∴点P到直线y＝x－2的最2小距离为2.答案D第2讲导数在研究函数中的应用知识梳理函数的性与数的关系函数y＝f(x)在某个区内可，：(1)若f′(x)>0，f(x)在个区内增；(2)若f′(x)<0，f(x)在个区内减；(3)若f′(x)＝0，f(x)在个区内是常数函数.考点一利用数研究函数的性【例1】f(x)＝ex(ax2＋x＋1)(a＞0)，f(x)的性.解xxx2＋(2xx＋2)f′(x)＝e(ax2＋x＋1)＋e(2ax＋1)＝e[axa＋1)x＋2]＝e(ax＋1)(x111x2＝aex＋a(x＋2)①当a＝2，f′(x)＝2e(x＋2)≥0恒成立，∴函数f(x)在R上增；11x11②当0＜a＜2，有a＞2，令f′(x)＝aex＋a(x＋2)＞0，有x＞－2或x＜－a，x111令f′(x)＝aex＋a(x＋2)＜0，有－a＜x＜－2，∴函数f(x)在－∞，－a和(－2，＋111x1∞)上增，在－a，－2上减；③当a＞2，有a＜2，令f′(x)＝aex＋a(x1x11＋2)＞0，有x＞－a或x＜－2，令f′(x)＝aex＋a(x＋2)＜0，有－2＜x＜－a，11上减.∴函数f(x)在(－∞，－2)和－，＋∞上增；在－2，－aa21e【1】(2016·四川卷)函数f(x)＝ax－a－lnx，g(x)＝x－ex，此中a∈R，e＝2.718⋯自然数的底数.(1)f(x)的性；(2)明：当x>1，g(x)>0.解由题意得f′(x12ax2－1x当a≤0时，f′(x，fx在，＋∞)(1))＝2xx(>0).)<0()(0内单调递减.当a>0时，由fx＝0有x1x0，1fxf(x)单＝，当∈a时，′()′()<0，2a2调递减；当x∈1，＋∞时，f′(x)>0，f(x)单调递加.(2)证明令s(x)＝ex－1－x，则2as′(xx－1x时，s′(x，所以x－1x，从而gx11)＝e－1.当>1)>0e)＝－x－1>0.>(xe考点二求函数的单调区间【例】·重庆卷改编已知函数fx32a∈42)＝ax＋x(R)在x＝－处获得极值.(2015()3(1)确立a的值；(2)若g(x)＝f(x)ex，求函数g(x)的单调减区间.解对fx求导得f′(x＝2＋x，因为fx44(1)()ax()在x＝－处获得极值，所以f′－)323316416a81＝0，即3a·9＋2·－3＝3－3＝0，解得a＝2.由得＝1x＋x2x故′(＝3x＋xx＋1x＋x2x＝1x＋x＋xx1323352(2)(1)g(x)2egx)22e2e222e＝2x(x1)(x＋4)ex.令g′(x)<0，得x(x＋1)(x＋4)<0.解之得－10).则fx2＝－－＝－2，解得＝.(2)()＝＋x－ln－，(′()44442x2－x－5＝4或x＝5.但－1?(0，＋∞)，舍去.当x∈(0，5)x2.令f′(x)＝0，解得x＝－14时，f′(x)<0；当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0.∴f(x)的增区间为(5，＋∞)，减区间为(0，5).考点三已知函数的单调性求参数【例】·西安模拟已知函数fx＝x，gx12xa≠3)ln＝ax＋0).(2017()()22(若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上单调递减，求a的取值范围.hx＝12－x，x∴h′(x1ax－若函数hx在，＋∞上存在)lnx－ax>0.＝－2.(0解(1)(22)x())单调减区间，则当x1－ax－有解，即a12设Gx12>0时，2<0>x2－有解＝2－，所以只要xx.()xx12a>G(x)min.(*)又G(x)＝x－1－1，所以G(x)min＝－1.所以a>－1.即实数a的取值范围是(－1，＋∞).hx在，上单调递减，∴当x∈，时，h′(x1(2)由[14][14]＝－ax－≤0恒成立，()())x21212则a≥x2－x恒成立，所以a≥G(x)max.又G(x)＝x－1－1，x∈[1，4]因为x∈[1，4]，所以1∈1，1，所以Gx)max＝－7此时x＝4)，所以a≥－7当a＝－7时，h′(x＝1＋7x4(16(16.16)x16x＋x2－x（x－）（x－）xhxx－）（x－）167x32＝744∈[1，4]（744－2＝x，∵，∴′()＝x161616≤，当且仅当x＝4时等号成立.(*)07∴h(x)在[1，4]上为减函数.故实数a的取值范围是－16，＋∞.【训练3】已知函数f(x)＝x3－ax－1.若f(x)在R上为增函数，务实数a的取值范围；(2)若函数f(x)的单调减区间为(－1，，求a的值.解(1)因为f(x)在R上是增函数，所以f′(x)＝3x2－a≥0在R上恒成立，即a≤3x2对x∈R恒成立.因为3x2≥0，所以只要a≤0.又因为a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，当且仅当x＝0时取等号.∴f(x)＝x3－1在R上是增函数.所以实数a的取值范围是(－∞，0].(2)f′(x)＝3x2－a.当a≤0时，f′(x)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，aax2a3aafx所以时，令3x3()的单调递减区间为≤0不合题意.当>0－<0，得－3<<3，∴3a3a3，3，3a依题意，3＝1，即a＝3.第3讲导数与函数的极值、最值知识梳理函数的极值与导数的关系(1)函数的极小值与极小值点:若函数f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a周边其余点的函数值都小，f′(a)＝0，并且在点x＝a周边的左边f′(x)<0，右边f′(x)>0，则点a叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值.(2)函数的极大值与极大值点:若函数f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b周边其余点的函数值都大，f′(b)＝0，并且在点x＝b周边的左边f′(x)>0，右边f′(x)<0，则点b叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值.函数的最值与导数的关系(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件:假如在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不停的曲线，那么它必有最大值和最小值.(2)求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤考点一用导数研究函数的极值命题角度一依据函数图象判断极值【例1】设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象以以下图，则以下结论中必定成立的是()A.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B.函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)C.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)D.函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)分析由题图可知，当x－时，－x，此时f′(x)>0；当－x时，－x，此<21>32<<10<1<3时f′(x)<0；当12时，1－x<－1，此时f′(x)>0，由此可以获取函数f(x)在x＝－2处获得极大值，在x＝2处获得极小值.答案D命题角度二求函数的极值【例2】求函数f(x)＝x－alnx(a∈R)的极值.x－a解由f′(x)＝1－x＝x，x>0知：(1)当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值；(2)当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝a.又当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)，f′(x)>0，从而函数f(x)在x＝a处获得极小值，且极小值为f(a)＝a－alna，无极大值.综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a>0时，函数f(x)在x＝a处获得极小值a－alna，无极大值.命题角度三已知极值求参数【例3】已知关于x的函数f(x)132＝－3x＋bx＋cx＋bc在x＝1处有极值－43，试求b，c的值.解∵f′(x)＝－x2＋bx＋c，由fx)在x＝1处有极值－4，可得2(3′（1）＝－1＋2b＋c＝0，＝1，或b＝－1，b＝，c＝－，则f′(x＝14解得b若11)f（1）＝－3＋b＋c＋bc＝－3.c＝－1c＝3.x2＋2x－1＝－(x－1)2≤0，f(x)没有极值.若b＝－1，c＝3，则f′(x)＝－x2－2x＋3＝(x＋3)(x－1).当x变化时，f(x)与f′(x)的变化状况以下 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf ：x(－∞，－3)－3(－，1(1，＋∞)31)′(x－0＋01)f(x)极小值－124极大值－34∴当x＝1时，f(x)有极大值－3，满足题意.故b＝－1，c＝3为所求.【训练1】设函数f(x)＝ax3－2x2＋x＋c(a>0).当a＝1，且函数图象过(0，1)时，求函数的极小值；(2)若f(x)在R上无极值点，求a的取值范围.解由题意得f′(x)＝3ax2－4x＋1.(1)函数图象过(0，1)时，有f(0)＝c＝1.当a＝1时，211f′(x)＝3x－4x＋1.令f′(x)>0，解得x<3或x>1；令f′(x)<0，解得30)(1处与直线y＝－相切，2)ln()2(1)务实数a，b的值；(2)求函数f(x)在1，e上的最大值.e解fx＝ax－bx2，得f′(xa∵函数fx在x＝处与直线y＝(1)由)ln＝－bxx>0).(1()x2()1f′（1）＝a－2b＝0，a＝1，11解得1(2)由(1)知f(x)＝lnx－2，则f′(x)－相切.∴2x2f（1）＝－b＝－2，b＝2.＝11－x211，得x，∴fx－x＝，当≤x≤e时，令f′(xx，令f′(xxxe)>0，得e<<1)<01<0))求f(x)的单调区间；(2)若f(x)的极小值为－e3，求f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值.2ax＋b）ex－（ax2＋bx＋c）ex－ax2＋（2a－b）x＋b－c解(1)f′(x＝x2＝x.令gx＝)（e）e()ax2＋(2a－b)x＋b－c，因为ex>0.令f′(x)＝0，则g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c＝0，∴－3和0是y＝g(x)的零点，且f′(x)与g(x)的符号同样.又因为a>0，所以－30，即f′(x)>0，当x<－3或x>0时，g(x)<0，即f′(x)<0，所以f(x)的单调递加区间是(－3，0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞).(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，所以有9a－b＋c33，－3＝－ex2＋x＋e5解得a＝，b＝，c＝，所以fx＝5g（）＝b－c＝，(x.155)e00g（－）＝－a－（a－b）＋b－c＝，39320因为f(x)的单调递加区间是(－3，0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞).所以f(0)＝5为函数f(x的极大值，故f(x在区间[－，＋∞上的最大值取f(－5)和f(0)中的最))5)大者，又f－55＝f，所数fx在区间－，＋∞上的最大值是5(5)＝－5＝(0)5e.e5e>5()[5)【训练3】(2017·衡水中学月考)已知函数f(x)＝ax－1－lnx(a∈R).谈论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；若函数f(x)在x＝1处获得极值，?x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，务实数b的最大值.解(1)fxfxa1ax－1.当a≤0时，fx，()的定义域为(0，＋∞)，′()＝－x＝x′()≤0在(0＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.∴f(x)在(0，＋∞)上没有极值点.当1111a>0时，由f′(x)<0，得00，得x>a，∴f(x)在0，a上递减，在a，＋∞上递加，即1f(x)在x＝处有极小值.综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点；aa时，f(x在(0，＋∞上有一个极值点.当>0))∵函数f(x)在x＝1处获得极值，∴f′(1)＝a－1＝0，则a＝1，从而f(x)＝x－1－ln1lnx1lnxlnx－2x.所以f(x)≥bx－2?1＋x－x≥b，令g(x)＝1＋x－x，则g′(x)＝x2，令g′(x)＝，得x＝2在，2上递减，在2，＋∞上递加，∴gxmin＝g21e，则gx(0e)(e)＝－2，0())((e)1e11即b≤1－e2.故实数b的最大值是1－e2.第4讲导数与函数的综合应用考点一利用导数研究函数的性质【例1】(2015·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝lnx＋a(1－x).(1)谈论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围.1解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－a.若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞上单调递加.若a，则当x∈0，1时，f′(x)>0；当x∈1，＋∞时，f′(x)<0.)>0aa所以fx在0，1上单调递加，在1，＋∞上单调递减.(2)由(1)知，当a≤，fx在(0，()aa0()1111＋∞)上无最大值；当a>0时，f(x)在x＝a获得最大值，最大值为fa＝lna＋a1－a＝a＋a－所以f1a－等价于a＋a－令ga＝a＋a－，则ga在，－ln1.a>22ln1<0.()ln1()(0＋∞)上单调递加，g(1)＝0.于是，当01时，g(a)>0.所以，a的取值范围是(0，1).【训练1】设f(x)＝－13x3＋12x2＋2ax.(1)若f(x)在23，＋∞上存在单调递加区间，求a的取值范围；16(2)当0＜a＜2时，f(x)在[1，4]上的最小值为－3，求f(x)在该区间上的最大值.解(1)由f′(x＝－x2＋x＋a＝－x－12＋1＋a，当x∈2，＋∞时，f′(x的最大)2223)4值为f′2＝2＋2a；令2＋2a＞0，得a＞－1.所以，当a＞－1时，f(x)在2，＋∞上存399993在单调递加区间.(2)已知0＜a＜2，f(x)在[1，4]上取到最小值－163，而f′(x)2＝－x＋x＋2a的图象张口1向下，且对称轴x＝2，∴f′(1)＝－1＋1＋2a＝2a＞0，f′(4)＝－16＋4＋2a＝2a－12＜0，则必有一点x0fx0)＝0，此时函数f(x)在[1x0]上单调递加，在[x0∈[1，4]，使得′(，，11111404]上单调递减，f(1)＝－3＋2＋2a＝6＋2a＞0，∴f(4)＝－3×64＋2×16＋8a＝－3＋8a162＝－3?a＝1.此时，由f′(x0)＝－x0＋x0＋2＝0?x0＝2或－1(舍去)，所以函数f(x)max＝f(2)103.考点二利用导数研究函数的零点或方程的根x2【例2】(2015·北京卷)设函数f(x)＝2－klnx，k>0.求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点.x2kx2－k(1)解由f(x)＝2－klnx(k>0)，得x>0且f′(x)＝x－x＝x.由f′(x)＝0，解得x＝k(负值舍去).f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的状况以下：x(0，k)(k，＋∞)f′(x)－0＋f(x)所以f(x)的单调递减区间是(0，k)，单调递加区间是(k，＋∞).f(x)在x＝k处获得极小值f(k)＝k（1－lnk）2.k（－lnk）(2)证明由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f(1.因为f(x)k)＝2k（－lnk）1≤0，从而k≥e.当k＝e时，f(x)在区间(1，e)上单调递减，存在零点，所以2且f(e)＝0，所以x＝e是f(x)在区间(1，e]上的独一零点.当k>e时，f(x)在区间(0，1e－ke)上单调递减，且f(1)＝2>0，f(e)＝2<0，所以f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点.综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点.【训练2】(2016·北京卷节选)设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不一样零点，求c的取值范围.解(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因为f(0)＝c，f′(0)＝b，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c.(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，所以f′(x)＝3x2＋8x＋4.令f′(x)＝0，得3x22＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－3.当x变化时，f(x)与f′(x)的变化状况以下：x(－∞，－2)－22－3f′(x)＋0－0＋f(x)c32c－273222所以，当c>0且c－27<0，存在x1∈(－4，－2)，x2∈－2，－3，x3∈－3，0，使得f(x1)f(x2)＝f(x3＝0.由fx的单调性知，当且仅当c∈0，32时，函数f(x＝x3＋x2＋x＝)()27)44＋c有三个不一样零点.考点三导数在不等式中的应用命题角度一不等式恒成立问题【例3】(2017·合肥模拟)已知f(x)＝xlnx，g(x)＝x3＋ax2－x＋2.1假如函数g(x)的单调递减区间为－3，1，求函数g(x)的分析式；(2)对任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，务实数a的取值范围.g′(x＝x2＋ax－，由题意x2＋ax－1，即x2＋ax－解(1)1<0的解集是－，11)32132332＝0的两根分别是－1，1.将x＝1或－1代入方程3x2＋2ax－1＝0，得a＝－1.所以g(x)＝33x3－x2－x＋2.(2)由题意2xlnx2＋2ax－1＋2在x∈(0，＋∞)上恒成立，可得a≥ln31≤3xx－x－x，2231131（x－）（x＋）131设h(x)＝lnx－2x－2x，则h′(x)＝x－2＋2x2＝－2x2，令h′(x)＝0，1得x＝1或－3(舍)，当00，当x>1时，h′(x)<0，所以当x＝1时，h(x)获得最大值，h(x)max＝－2，所以a≥－2，所以a的取值范围是[－2，＋∞).【训练3】已知函数f(x)＝x2－lnx－ax，a∈R.当a＝1时，求f(x)的最小值；(2)若f(x)>x，求a的取值范围.解(1)当a＝1时，f(x)＝x2－lnx－x，f′(x)＝（2x＋1）（x－1）.当x∈(0，1)时，xf′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)的最小值为f(1)＝0.x(2)由f(x)>x，得f(x)－x＝x2－lnx－(a＋1)x>0.因为x>0，所以f(x)>x等价于x－lnx>a＋令gx＝x－lnx，则g′(x＝x2－＋lnx当x∈，时，g′(x；当x∈，1.12.(01))<0(1()x)x＋∞时，g′(x)>0.故gx有最小值g＝1.故a＋，a，即a的取值范围是(－∞，)()(1)1<1<00).命题角度二证明不等式（x－1）2【例】(2017·昆明一中月考)已知函数f(x)＝lnx－.42求函数f(x)的单调递加区间；(2)证明：当x>1时，f(x)0，(1)解f′(x)＝x－x＋1＝x，x∈(0，＋∞).由f′(x)>0得x2＋x＋1>0.解得x1＋5fx的单调递加区间是1＋5.(2)证明令Fx＝fx－x－1)，0<<.故()，()()(2021－x2x∈(0，＋∞).则有F′(x)＝x.当x∈(1，＋∞)时，F′(x)<0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，故当x>1时，F(x)1时，f(x)1时，f(x)0()2)0<e()e))()＝(e)11e＋2.证明令hx＝x－fx＝x－x，则h′(x1x－1时，x；(2)(ln＝－＝，当h′(x)<0()))1xx0<<1当h′(x)>0时，x，故hx在(0，1)上是减函数，在(1＋∞上是增函数，>1())故h(x)min＝h(1)＝1.又F(11x)max＝e＋2<1，故F(x)