(完整)高考文科数学导数专题复习

高考文科数学导数专 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 复习第1讲变化率与导数、导数的计算知识梳理1.导数的概念f（x0＋Δx）－f（x0）(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝lim.x0Δxf（x＋Δx）－f（x）(2)函数f(x)的导函数f′(x)＝lim为f(x)的导函数.x0Δx2.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＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，过点P的切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0).3.基本初等函数的导数公式4.导数的运算法则若f′(x)，g′(x)存在，则有：考点一导数的计算【例1】求下列函数的导数：x211(1)y＝elnx；(2)y＝xx＋＋3；xxxxxx11x31(1)y(e)lnxe(lnx)elnxelnx＋e.(2)yx12解′＝′＋′＝＋x＝x因为＝＋＋x，3122所以y′＝(x)′＋(1)′＋2′＝3x－3.xx【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.e1解析由f(x)＝2xf′(1)＋lnx，得f′(x)＝2f′(1)＋，∴f′(1)＝2f′(1)＋1，则f′(1)＝－1. 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 Bx(2)(2015·天津卷)已知函数f(x)＝axlnx，x∈(0，＋∞)，其中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·＝a(1＋lnx).由于f′(1)＝a(1＋ln1)＝a，又f′(1)＝3，所以a＝3.答案(2)3x考点二导数的几何意义命题角度一求切线方程－x－1【例2】(2016·全国Ⅲ卷)已知f(x)为偶函数，当x≤0时，f(x)＝e－x，则曲线y＝f(x)在点(1，2)处的x－1x－1切线方程是________.解析(1)设x>0，则－x<0，f(－x)＝e＋x.又f(x)为偶函数，f(x)＝f(－x)＝e＋x，x－1x－10所以当x>0时，f(x)＝e＋x.因此，当x>0时，f′(x)＝e＋1，f′(1)＝e＋1＝2.则曲线y＝f(x)在点(1，2)处的切线的斜率为f′(1)＝2，所以切线方程为y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0.答案2x－y＝0【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＝1，y0＝0.∴切点为(1，0)，∴f′(1)＝1＋ln1＝1.∴直线l的方程为y＝y0＋1＝（1＋lnx0）x0，x－1，即x－y－1＝0.答案B命题角度二求切点坐标x1【例3】(2017·西安调研)设曲线y＝e在点(0，1)处的切线与曲线y＝(x>0)上点P处的切线垂直，则P的坐x标为________.xx01解析由y′＝e，知曲线y＝e在点(0，1)处的切线斜率k1＝e＝1.设P(m，n)，又y＝(x>0)的导数y′＝－x1112，曲线y＝(x>0)在点P处的切线斜率k2＝－2.依题意k1k2＝－1，所以m＝1，从而n＝1.xxm则点P的坐标为(1，1).答案(1，1)【训练3】若曲线y＝xlnx上点P处的切线平行于直线2x－y＋1＝0，则点P的坐标是________.解析(1)由题1意得y′＝lnx＋x·＝1＋lnx，直线2x－y＋1＝0的斜率为2.设P(m，n)，则1＋lnm＝2，解得m＝e，所以xn＝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)2【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＝ax＋(a＋2)x＋1相切，则a＝________.1yxlnxy1(11)kyx＝12y解析由＝＋，得′＝＋x，得曲线在点，处的切线的斜率为＝′|＝，所以切线方程为－2221＝2(x－1)，即y＝2x－1.又该切线与y＝ax＋(a＋2)x＋1相切，消去y，得ax＋ax＋2＝0，∴a≠0且Δ＝a－8a＝0，解得a＝8.答案8【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，＋∞)上有解，而f′(x)＝1111＋a，即＋a在(0，＋∞)上有解，a＝2－，因为a＞0，所以2－＜2，所以a的取值范围是(－∞，2).答案xxxx(2)(－∞，2)22.点P是曲线x－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.C.D.2222解析点P是曲线y＝x－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211离最小，直线y＝x－2的斜率为1，令y＝x－lnx，得y′＝2x－＝1，解得x＝1或x＝－(舍去)，故曲线yx22＝x－lnx上和直线y＝x－2平行的切线经过的切点坐标为(1，1)，点(1，1)到直线y＝x－2的距离等于2，∴点P到直线y＝x－2的最小距离为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单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.考点一利用导数研究函数的单调性x2【例1】设f(x)＝e(ax＋x＋1)(a＞0)，试讨论f(x)的单调性.x2xx2x解f′(x)＝e(ax＋x＋1)＋e(2ax＋1)＝e[ax＋(2a＋1)x＋2]＝e(ax＋1)(x＋2)x111x2＝aex＋(x＋2)①当a＝时，f′(x)＝e(x＋2)≥0恒成立，∴函数f(x)在R上单调递增；a2211x11②当0＜a＜时，有＞2，令f′(x)＝aex＋(x＋2)＞0，有x＞－2或x＜－，2aaax111fx)aex＋(x2)0x2f(x)－∞，－(2)令′(＝a＋＜，有－a＜＜－，∴函数在a和－，＋∞上单调递增，在111x11－，－2上单调递减；③当a＞时，有＜2，令f′(x)＝aex＋(x＋2)＞0时，有x＞－或x＜－2，令a2aaax11f′(x)＝aex＋(x＋2)＜0时，有－2＜x＜－，aa11f(x)(2)－，＋∞－2，－.∴函数在－∞，－和a上单调递增；在a上单调递减21e【训练1】(2016·四川卷节选)设函数f(x)＝ax－a－lnx，g(x)＝－x，其中a∈R，e＝2.718⋯为自然对数的xe底数.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x>1时，g(x)>0.212ax－1(1)解由题意得f′(x)＝2ax－＝(x>0).当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减.当a>0xx111时，由f′(x)＝0有x＝，当x∈0，时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈，＋∞时，f′(x)>0，2a2a2ax－1x－1x－1f(x)单调递增.(2)证明令s(x)＝e－x，则s′(x)＝e－1.当x>1时，s′(x)>0，所以e>x，从而g(x)＝11－x－1>0.xe考点二求函数的单调区间324【例2】(2015·重庆卷改编)已知函数f(x)＝ax＋x(a∈R)在x＝－处取得极值.3x(1)确定a的值；(2)若g(x)＝f(x)e，求函数g(x)的单调减区间.24416解(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax＋2x，因为f(x)在x＝－处取得极值，所以f′－＝0，即3a·＋339416a812·－＝－＝0，解得a＝.3332132x32x132x1352x1x(2)由(1)得g(x)＝x＋xe故g′(x)＝x＋2xe＋x＋xe＝x＋x＋2xe＝x(x＋1)(x＋4)e.令222222g′(x)<0，得x(x＋1)(x＋4)<0.解之得－10).则f′(x)＝2.令f′(x)＝0，解得x＝－444x24x1或x＝5.但－1?(0，＋∞)，舍去.当x∈(0，5)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12【例3】(2017·西安模拟)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝ax＋2x(a≠0).2(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；(2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上单调递减，求a的取值范围.121解(1)h(x)＝lnx－ax－2x，x>0.∴h′(x)＝－ax－2.若函数h(x)在(0，＋∞)上存在单调减区间，则当x>02x1121212ax2<0a>2.G(x)2a>G(x)min.(*)G(x)－11G(x)min时，x－－有解，即x－x有解设＝x－x，所以只要又＝x－，所以＝－1.所以a>－1.即实数a的取值范围是(－1，＋∞).112(2)由h(x)在[1，4]上单调递减，∴当x∈[1，4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，(**)则a≥2－恒成立，所xxx12117以a≥G(x)max.又G(x)＝－1－1，x∈[1，4]因为x∈[1，4]，所以∈，1，所以G(x)max＝－(此时x＝xx4162771716＋7x－32x（7x－4）（x－4）4)，所以a≥－.当a＝－时，h′(x)＝＋x－2＝＝，∵x∈[1，4]，∴h′(x)1616x1616x16x（7x－4）（x－4）＝≤0，当且仅当x＝4时等号成立.(***)16x7∴h(x)在[1，4]上为减函数.故实数a的取值范围是－，＋∞.163【训练3】已知函数f(x)＝x－ax－1.(1)若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围；(2)若函数f(x)的单调减区间为(－1，1)，求a的值.222解(1)因为f(x)在R上是增函数，所以f′(x)＝3x－a≥0在R上恒成立，即a≤3x对x∈R恒成立.因为3x≥0，23所以只需a≤0.又因为a＝0时，f′(x)＝3x≥0，当且仅当x＝0时取等号.∴f(x)＝x－1在R上是增函数.所以2实数a的取值范围是(－∞，0].(2)f′(x)＝3x－a.当a≤0时，f′(x)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，23a3a3a3a所以a≤0不合题意.当a>0时，令3x－a<0，得－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附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧f′(x)>0，右侧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.2.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:如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，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根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)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是()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)解析由题图可知，当x<－2时，1－x>3，此时f′(x)>0；当－22时，1－x<－1，此时f′(x)>0，由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值.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.ax－a解由f′(x)＝1－＝，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)xx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处取得极小值，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处取得极小值a－alna，无极大值.命题角度三已知极值求参数1324【例3】已知关于x的函数f(x)＝－x＋bx＋cx＋bc在x＝1处有极值－，试求b，c的值.33f′（1）＝－1＋2b＋c＝0，24b＝1，解∵f′(x)＝－x＋2bx＋c，由f(x)在x＝1处有极值－，可得14解得3f（1）＝－＋b＋c＋bc＝－.c＝－133b＝－1，22或若b＝1，c＝－1，则f′(x)＝－x＋2x－1＝－(x－1)≤0，f(x)没有极值.若b＝－1，c＝3，则c＝3.2f′(x)＝－x－2x＋3＝－(x＋3)(x－1).当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下 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(－3，1)1(1，＋∞)f′(x－0＋01)4f(x)极小值－12极大值－34∴当x＝1时，f(x)有极大值－，满足题意.故b＝－1，c＝3为所求.332【训练1】设函数f(x)＝ax－2x＋x＋c(a>0).(1)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.22解由题意得f′(x)＝3ax－4x＋1.(1)函数图象过(0，1)时，有f(0)＝c＝1.当a＝1时，f′(x)＝3x－4x＋1.1111令f′(x)>0，解得x<或x>1；令f′(x)<0，解得0)，若函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切，(1)求实数a，b的值；21(2)求函数f(x)在，e上的最大值.e2a1解(1)由f(x)＝alnx－bx，得f′(x)＝－2bx(x>0).∵函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相x2f′（1）＝a－2b＝0，a＝1，21211－x1切.∴1解得1(2)由(1)知f(x)＝lnx－x，则f′(x)＝－x＝，当≤x≤ef（1）＝－b＝－，b＝.2xxe2211时，令f′(x)>0，得0)的导函数y＝f′(x)的两个零点为－3和0.e3(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)的极小值为－e，求f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值.x2x2（2ax＋b）e－（ax＋bx＋c）e－ax＋（2a－b）x＋b－c2解(1)f′(x)＝x2＝x.令g(x)＝－ax＋(2a－b)x＋b－（e）ex2c，由于e>0.令f′(x)＝0，则g(x)＝－ax＋(2a－b)x＋b－c＝0，∴－3和0是y＝g(x)的零点，且f′(x)与g(x)的符号相同.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)的单调递增区间是(－3，0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞).9a－3b＋c3－3＝－e，e(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，所以有解得a＝1，b＝5，g（0）＝b－c＝0，g（－3）＝－9a－3（2a－b）＋b－c＝0，2x＋5x＋5c＝5，所以f(x)＝x.因为f(x)的单调递增区间是(－3，0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞).e所以f(0)＝5为函数f(x)的极大值，故f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大者，又f(－5555)＝－5＝5e>5＝f(0)，所数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e.e【训练3】(2017·衡水中学月考)已知函数f(x)＝ax－1－lnx(a∈R).(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，?x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的最大值.1ax－1解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－＝.当a≤0时，f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数xx1f(x)在(0，＋∞)上单调递减.∴f(x)在(0，＋∞)上没有极值点.当a>0时，由f′(x)<0，得00，a1111得x>，∴f(x)在0，上递减，在，＋∞上递增，即f(x)在x＝处有极小值.综上，当a≤0时，f(x)在(0，aaaa＋∞)上没有极值点；当a>0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点.(2)∵函数f(x)在x＝1处取得极值，∴f′(1)＝a－1＝0，则a＝1，从而f(x)＝x－1－lnx.因此f(x)≥bx－1lnx1lnxlnx－2222?1＋－≥b，令g(x)＝1＋－，则g′(x)＝2，令g′(x)＝0，得x＝e，则g(x)在(0，e)上xxxxx22111递减，在(e，＋∞)上递增，∴g(x)min＝g(e)＝1－2，即b≤1－2.故实数b的最大值是1－2.eee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)讨论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)＝－a.若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.若x1111a>0，则当x∈0，时，f′(x)>0；当x∈，＋∞时，f′(x)<0.所以f(x)在0，上单调递增，在，＋∞aaaa1上单调递减.(2)由(1)知，当a≤0，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；当a>0时，f(x)在x＝取得最大值，最大值a1111为f＝ln＋a1－＝－lna＋a－1.因此f>2a－2等价于lna＋a－1<0.令g(a)＝lna＋a－1，则g(a)aaaa在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.于是，当01时，g(a)>0.因此，a的取值范围是(0，1).13122【训练1】设f(x)＝－x＋x＋2ax.(1)若f(x)在，＋∞上存在单调递增区间，求a的取值范围；32316(2)当0＜a＜2时，f(x)在[1，4]上的最小值为－，求f(x)在该区间上的最大值.32211222解(1)由f′(x)＝－x＋x＋2a＝－x－＋＋2a，当x∈，＋∞时，f′(x)的最大值为f′＝＋2a；243392112令＋2a＞0，得a＞－.所以，当a＞－时，f(x)在，＋∞上存在单调递增区间.99931621(2)已知0＜a＜2，f(x)在[1，4]上取到最小值－，而f′(x)＝－x＋x＋2a的图象开口向下，且对称轴x＝，32∴f′(1)＝－1＋1＋2a＝2a＞0，f′(4)＝－16＋4＋2a＝2a－12＜0，则必有一点x0∈[1，4]，使得f′(x0)＝0，1111此时函数f(x)在[1，x0]上单调递增，在[x0，4]上单调递减，f(1)＝－＋＋2a＝＋2a＞0，∴f(4)＝－×64＋3263140162×16＋8a＝－＋8a＝－?a＝1.此时，由f′(x0)＝－x0＋x0＋2＝0?x0＝2或－1(舍去)，所以函数f(x)max＝23310f(2)＝.3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)＝－klnx，k>0.2(1)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.22xkx－k(1)解由f(x)＝－klnx(k>0)，得x>0且f′(x)＝x－＝.由f′(x)＝0，解得x＝k(负值舍去).f(x)2xx与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：x(0，k)k(k，＋∞)f′(x)－0＋k（1－lnk）f(x)2所以f(x)的单调递减区间是(0，k)，单调递增区间是(k，＋∞).f(x)在x＝k处取得极小值f(k)＝k（1－lnk）.2k（1－lnk）(2)证明由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f(k)＝.因为f(x)存在零点，所以2k（1－lnk）≤0，从而k≥e.当k＝e时，f(x)在区间(1，e)上单调递减，且f(e)＝0，所以x＝e是f(x)21e－k在区间(1，e]上的唯一零点.当k>e时，f(x)在区间(0，e)上单调递减，且f(1)＝>0，f(e)＝<0，22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.32【训练2】(2016·北京卷节选)设函数f(x)＝x＋ax＋bx＋c.(1)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)有三个不同零点，求c的取值范围.322解(1)由f(x)＝x＋ax＋bx＋c，得f′(x)＝3x＋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.3222(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x＋4x＋4x＋c，所以f′(x)＝3x＋8x＋4.令f′(x)＝0，得3x＋8x＋4＝0，解得x2＝－2或x＝－.当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：3222x(－∞，－2)－2－2，－－－，＋∞333f′(x)＋0－0＋32f(x)cc－273222所以，当c>0且c－<0，存在x1∈(－4，－2)，x2∈－2，－，x3∈－，0，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.27333232由f(x)的单调性知，当且仅当c∈0，时，函数f(x)＝x＋4x＋4x＋c有三个不同零点.27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32【例3】(2017·合肥模拟)已知f(x)＝xlnx，g(x)＝x＋ax－x＋2.1(1)如果函数g(x)的单调递减区间为－，1，求函数g(x)的解析式；3(2)对任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围.22121解(1)g′(x)＝3x＋2ax－1，由题意3x＋2ax－1<0的解集是－，1，即3x＋2ax－1＝0的两根分别是－，3312321.将x＝1或－代入方程3x＋2ax－1＝0，得a＝－1.所以g(x)＝x－x－x＋2.32313(2)由题意2xlnx≤3x＋2ax－1＋2在x∈(0，＋∞)上恒成立，可得a≥lnx－x－，设h(x)＝lnx－x－22x21131（x－1）（3x＋1）1，则h′(x)＝－＋2＝－2，令h′(x)＝0，得x＝1或－(舍)，当00，2xx22x2x3当x>1时，h′(x)<0，所以当x＝1时，h(x)取得最大值，h(x)max＝－2，所以a≥－2，所以a的取值范围是[－2，＋∞).2【训练3】已知函数f(x)＝x－lnx－ax，a∈R.(1)当a＝1时，求f(x)的最小值；(2)若f(x)>x，求a的取值范围.2（2x＋1）（x－1）(1)a1f(x)xlnxxfx).x(01)fx)<0x(1解当＝时，＝－－，′(＝x当∈，时，′(；当∈，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)的最小值为f(1)＝0.2lnx(2)由f(x)>x，得f(x)－x＝x－lnx－(a＋1)x>0.由于x>0，所以f(x)>x等价于x－>a＋1.令g(x)＝x－x2lnxx－1＋lnx，则g′(x)＝2.当x∈(0，1)时，g′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0.故g(x)有最小值g(1)xx＝1.故a＋1<1，a<0，即a的取值范围是(－∞，0).命题角度二证明不等式2（x－1）【例4】(2017·昆明一中月考)已知函数f(x)＝lnx－.2(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)证明：当x>1时，f(x)0，1＋5(1)解f′(x)＝－x＋1＝，x∈(0，＋∞).由f′(x)>0得2解得00.221＋51－x单调递增区间是0，.(2)证明令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞).则有F′(x)＝.当x∈(1，2x＋∞)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时，0e，故F(x)x2x2x11在(0，e)上是增函数，在(e，＋∞)上是减函数，故F(x)max＝F(e)＝＋.e21x－1(2)证明令h(x)＝x－f(x)＝x－lnx，则h′(x)＝1－＝，当h′(x)<0时，00时，x>1，xx故h(x)在(0，1)上是减函数，在(1＋∞)上是增函数，11f（x）1故h(x)min＝h(1)＝1.又F(x)max＝＋<1，故F(x)