2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 集合、常用邏輯用語、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第五講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（一）教案 理

《2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 集合、常用邏輯用語、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第五講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（一）教案 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 集合、常用邏輯用語、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第五講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（一）教案 理（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 集合、常用邏輯用語、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第五講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（一）教案 理 年份 卷別 考查角度及命題位置 命題分析及學(xué)科素養(yǎng) 2018 Ⅰ卷 函數(shù)的奇偶性應(yīng)用及切線方程求法·T5 命題分析 (1)高考對導(dǎo)數(shù)的幾何意義的考查，多在選擇、填空題中出現(xiàn)，難度較小，有時出現(xiàn)在解答題第一問． (2)高考重點考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，即利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值問題，多在選擇、填空的后幾題中出現(xiàn)，難度中等．有時出現(xiàn)在解答題第一問． 學(xué)科素養(yǎng) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用主要是通過利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性解決最值、不等式、函數(shù)零點等問題，著重考查邏輯推理與數(shù)學(xué)運算這兩大核心

2、素養(yǎng)與分析問題解決問題的能力. Ⅱ卷 切線方程求法·T13 Ⅲ卷 切線方程求法·T14 2017 Ⅰ卷 利用導(dǎo)數(shù)求三棱錐的體積·T16 Ⅱ卷 函數(shù)圖象的極小值求法·T11 2016 Ⅰ卷 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的圖象和性質(zhì)·T7 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點、不等式證明·T21 Ⅱ卷 曲線的切線方程·T16 利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性、證明不等式、求函數(shù)的最值問題·T21 Ⅲ卷 導(dǎo)數(shù)的幾何意義、切線方程·T15 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、不等式的綜合應(yīng)用·T21 [悟通——方法結(jié)論] 1．導(dǎo)數(shù)的幾何意義 函數(shù)f(x)在x0處的導(dǎo)數(shù)是曲線f(x)在點P(x0，f(x0))處的切

3、線的斜率，曲線f(x)在點P處的切線的斜率k＝f′(x0)，相應(yīng)的切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)． 2．四個易誤導(dǎo)數(shù)公式 (1)(sin x)′＝cos x； (2)(cos x)′＝－sin x； (3)(ax)′＝axln a(a>0)； (4)(logax)′＝(a>0，且a≠1)． [全練——快速解答] 1．若直線y＝ax是曲線y＝2ln x＋1的一條切線，則實數(shù)a的值為(　　) A． 　　 B． C． D． 解析：依題意，設(shè)直線y＝ax與曲線y＝2ln x＋1的切點的橫坐標為x0，則有y′|x＝x0＝，于是有解得 答案：B 2．(20

4、18·高考全國卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)?(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若?(x)為奇函數(shù)，則曲線y＝?(x)在點(0,0)處的切線方程為(　　) A．y＝－2x B．y＝－x C．y＝2x D．y＝x 解析：法一：∵?(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax， ∴?′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a. 又?(x)為奇函數(shù)，∴?(－x)＝－?(x)恒成立， 即－x3＋(a－1)x2－ax＝－x3－(a－1)x2－ax恒成立， ∴a＝1，∴?′(x)＝3x2＋1，∴?′(0)＝1， ∴曲線y＝?(x)在點(0,0)處的切線方程為y＝x. 故選D. 法二：∵?(x)＝x3＋(a－1)x2＋

5、ax為奇函數(shù)， ∴?′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a為偶函數(shù)， ∴a＝1，即?′(x)＝3x2＋1，∴?′(0)＝1， ∴曲線y＝?(x)在點(0,0)處的切線方程為y＝x. 故選D. 答案：D 3．(2018·山東四市聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝－x2＋ax＋1的部分圖象如圖所示，則函數(shù)g(x)＝aln x＋在點(b，g(b))處的切線的斜率的最小值是________． 解析：由題意，f′(x)＝x2－bx＋a，根據(jù)f(x)的圖象的極大值點、極小值點均大于零，可得b>0，a>0，又g′(x)＝＋，則g′(b)＝＋＝＋≥2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號，所以切線斜率的最小值為2.

6、 答案：2 求曲線y＝f(x)的切線方程的3種類型及方法 (1)已知切點P(x0，y0)，求切線方程 求出切線的斜率f′(x0)，由點斜式寫出方程； (2)已知切線的斜率k，求切線方程 設(shè)切點P(x0，y0)，通過方程k＝f′(x0)解得x0，再由點斜式寫出方程； (3)已知切線上一點(非切點)，求切線方程 設(shè)切點P(x0，y0)，利用導(dǎo)數(shù)求得切線斜率f′(x0)，再由斜率公式求得切線斜率，列方程(組)解得x0，再由點斜式或兩點式寫出方程． 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第12頁 [悟通——方法結(jié)論] 　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系

7、 (1)f′(x)>0是f(x)為增函數(shù)的充分不必要條件，如函數(shù)f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，但f′(x)≥0. (2)f′(x)≥0是f(x)為增函數(shù)的必要不充分條件，當(dāng)函數(shù)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0時，則f(x)為常數(shù)，函數(shù)不具有單調(diào)性． 　(2017·高考全國卷Ⅰ)(12分)已知函數(shù). (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若，求a的取值范圍． [學(xué)審題] 條件信息 想到方法 注意什么 信息?：已知f(x)的解析式 可求導(dǎo)函數(shù)f′(x) (1)要討論函數(shù)的單調(diào)性，必須先求出函數(shù)定義域 (2)對于含參數(shù)的問題，要根據(jù)不同情況對參數(shù)進行分類討論 信息

8、?：f(x)≥0 函數(shù)的最小值f(x)min≥0 [規(guī)范解答]　(1)函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)， (1分) f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)． ①若a＝0，則f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增． ②若a>0，則由f′(x)＝0，得x＝ln a. 當(dāng)x∈(－∞，ln a)時，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(ln a，＋∞)時，f′(x)>0. 故f(x)在(－∞，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增． (3分) ③若a<0，則由f′(x)＝0，得x＝ln. 當(dāng)x∈時，f′(x)<0； 當(dāng)x∈時，f′(x)>

9、0； 故f(x)在上單調(diào)遞減， 在上單調(diào)遞增． (6分) (2)①若a＝0，則f(x)＝e2x， 所以f(x)＞0. (7分) ②若a>0，則由(1)得，當(dāng)x＝ln a時，f(x)取得最小值，最小值為f(ln a)＝－a2ln a. 從而當(dāng)且僅當(dāng)－a2ln a≥0，即0

10、討論函數(shù)的單調(diào)性其實就是討論不等式的解集的情況．大多數(shù)情況下，這類問題可以歸結(jié)為一個含有參數(shù)的一元二次不等式的解集的討論： (1)在能夠通過因式分解求出不等式對應(yīng)方程的根時，依據(jù)根的大小進行分類討論． (2)在不能通過因式分解求出根的情況時，根據(jù)不等式對應(yīng)方程的判別式進行分類討論． 2．討論函數(shù)的單調(diào)性重點考查學(xué)科核心素養(yǎng)中的邏輯推理與數(shù)學(xué)運算，體現(xiàn)了分類討論思想及分析問題解決問題的能力. [練通——即學(xué)即用] 1．已知f(x)＝x2＋ax＋3ln x在(1，＋∞)上是增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍為(　　) A．(－∞，－2] B. C．[－2，＋∞) D．[－5，＋∞)

11、 解析：由題意得f′(x)＝2x＋a＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立， ∴g(x)＝2x2＋ax＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立， ∴Δ＝a2－24≤0或 ∴－2≤a≤2或 即a≥－2. 答案：C 2．(2018·荊州聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝x(ln x－a)． (1)當(dāng)x≥1時，對任意實數(shù)b，直線y＝－x＋b與函數(shù)f(x)的圖象都不相切，求實數(shù)a的取值范圍； (2)當(dāng)a＝－1時，討論f(x)在區(qū)間[t，t＋e](t>0)上的單調(diào)性； (3)證明：當(dāng)a＝－1時，對任意的x>0，都有·[f(x)＋]>成立． 解析：(1)由f(x)＝x(ln x－a)(x≥1)，得f′(x)＝ln

12、 x－a＋1， 因為對任意實數(shù)b，直線y＝－x＋b與函數(shù)f(x)的圖象都不相切，所以f′(x)＝ln x－a＋1≠－1，即a≠ln x＋2. 而函數(shù)y＝ln x＋2在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以ln x＋2≥ln 1＋2＝2， 故a<2. (2)當(dāng)a＝－1時，f(x)＝x(ln x＋1)，f′(x)＝ln x＋2， 由f′(x)＝0得x＝. 當(dāng)00， 因此f(x)在[t，)上單調(diào)遞減，在(，t＋e]上單調(diào)遞增． 當(dāng)t≥時，在[t，t＋e]上，f′(x)≥0恒成立， 所以f(x)在[t，t＋e]上單調(diào)遞增．

13、 綜上所述，當(dāng)0－對任意的x>0恒成立． 由(2)知當(dāng)a＝－1時，f(x)＝xln x＋x在(0，)上單調(diào)遞減，在(，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以f(x)min＝f()＝－. 設(shè)g(x)＝－(x>0)，則g′(x)＝， 所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， g(x)max＝g(1)＝－. 從而當(dāng)a＝－1時，對任意的x>0，都有f(x)≥－≥g(x)(等號不同時取到)， 所以f(x)>－成立，

14、 即對任意的x>0，都有[f(x)＋]>成立． 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值 授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第12頁 [悟通——方法結(jié)論] 1．若在x0附近左側(cè)f′(x)＞0，右側(cè)f′(x)＜0，則f(x0)為函數(shù)f(x)的極大值；若在x0附近左側(cè)f′(x)＜0，右側(cè)f′(x)＞0，則f(x0)為函數(shù)f(x)的極小值． 2．設(shè)函數(shù)y＝f(x)在[a，b]上連續(xù)，在(a，b)內(nèi)可導(dǎo)，則f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在極值點或端點處取得． 　(2018·高考全國卷Ⅰ)(12分)已知函數(shù)f(x)＝ (1) ； (2) ，證明： [學(xué)審題] 條件信息

15、 想到方法 注意什么 信息?：已知f(x)的解析式 先求定義域，再求導(dǎo)函數(shù)，變形 (1)易忽視定義域求法及參數(shù)對單調(diào)性的影響． (2)與極值點有關(guān)的雙變量不等式證明，要明確消元、構(gòu)造法 信息?：討論單調(diào)性 參數(shù)分類標準的確立及用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性方法 信息?：兩極值點x1、x2 極值點的定義及應(yīng)用 信息?：雙變量不等式的證明 雙變量不等式證明，利用極值點消元、構(gòu)造 [規(guī)范解答]　(1)?(x)的定義域為(0，＋∞)， ?′(x)＝－－1＋＝－. (2分) ①若a≤2，則?′(x)≤0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2，x＝1時，?′(x)＝0， 所以?(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．

16、(4分) ②若a＞2，令?′(x)＝0，得 x＝或x＝. 當(dāng)x∈∪時，?′(x)＜0； 當(dāng)x∈時，?′(x)＞0. 所以?(x)在，上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． (6分) (2)證明：由(1)知，?(x)存在兩個極值點當(dāng)且僅當(dāng)a＞2. 由于?(x)的兩個極值點x1，x2滿足x2－ax＋1＝0， 所以x1x2＝1，不妨設(shè)x1＜x2，則x2＞1. (8分) 由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a， 所以＜a－2等價于－x2＋2ln x2＜0. (10分) 設(shè)函數(shù)g(x)＝－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減． 又g(1)＝0，從而當(dāng)x∈(1，

17、＋∞)時，g(x)＜0. 所以－x2＋2ln x2＜0，即＜a－2. (12分) 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值、最值的方法 (1)若求極值，則先求方程f′(x)＝0的根，再檢查f′(x)在方程根的左右函數(shù)值的符號． (2)若已知極值大小或存在情況，則轉(zhuǎn)化為已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情況來求解． (3)求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]的最值時，在得到極值的基礎(chǔ)上，結(jié)合區(qū)間端點的函數(shù)值f(a)，f(b)與f(x)的各極值進行比較得到函數(shù)的最值． [練通——即學(xué)即用] 1．(2017·高考全國卷Ⅱ)若x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點，則f(x)的

18、極小值為(　　) A．－1　　　 B．－2e－3 C．5e－3 D．1 解析：因為f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1， 所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1 ＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1. 因為x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點， 所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根， 所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1. 令f′(x)>0，解得x<－2或x>1， 令f′(x)<0，解得－2

19、(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以當(dāng)x＝1時，f(x)取得極小值，且f(x)極小值＝f(1)＝－1. 答案：A 2．(2018·江西八校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝x(ln x－ax)有兩個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，0) B. C．(0,1) D．(0，＋∞) 解析：f′(x)＝ln x－2ax＋1(x>0)， 故f′(x)在(0，＋∞)上有兩個不同的零點， 令f′(x)＝0，則2a＝， 設(shè)g(x)＝，則g′(x)＝， ∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 又∵當(dāng)x→0時，g(x)→－∞，當(dāng)x→＋∞時，g(x)→0， 而g(x)m

20、ax＝g(1)＝1， ∴只需0<2a<1，即00，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)m>0時，令f′(x)>0得0， ∴f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，在(，＋∞)上單調(diào)遞減． (2)由(1)知，當(dāng)m>0時，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，在(，＋∞)上單調(diào)

21、遞減． ∴f(x)max＝f()＝ln －2m·－n＝－ln 2－ln m－－n＝－ln 2， ∴n＝－ln m－，∴m＋n＝m－ln m－， 令h(x)＝x－ln x－(x>0)，則h′(x)＝1－＝， ∴h(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在(，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴h(x)min＝h()＝ln 2， ∴m＋n的最小值為ln 2. 授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第119頁 一、選擇題 1．曲線y＝ex在點(2，e2)處的切線與坐標軸所圍成的三角形的面積為(　　) A.e2 B．2e2　　　C．e2　　　D. 解析：由題意可得y′＝ex，則所求切線的斜率k＝e2，

22、則所求切線方程為y－e2＝e2(x－2)． 即y＝e2x－e2，∴S＝×1×e2＝. 答案：D 2．(2018·西寧一檢)設(shè)曲線y＝在點(3,2)處的切線與直線ax＋y＋1＝0垂直，則a＝(　　) A．－2 B．2 C．－ D. 解析：由y′＝得曲線在點(3,2)處的切線斜率為－，又切線與直線ax＋y＋1＝0垂直，則a＝－2. 答案：A 3．(2018·北京模擬)曲線f(x)＝xln x在點(1，f(1))處的切線的傾斜角為(　　) A. B. C. D. 解析：因為f(x)＝xln x，所以f′(x)＝ln x＋x·＝ln x＋1，所以f′(1)＝1，所以曲線f(x)＝

23、xln x在點(1，f(1))處的切線的傾斜角為. 答案：B 4．已知函數(shù)f(x)＝x2－5x＋2ln x，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(　　) A.和(1，＋∞) B．(0,1)和(2，＋∞) C.和(2，＋∞) D．(1,2) 解析：函數(shù)f(x)＝x2－5x＋2ln x的定義域是(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－5＋＝＝>0，解得02，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是和(2，＋∞)． 答案：C 5．函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導(dǎo)，若f(x)＝f(2－x)，且當(dāng)x∈(－∞，1)時，(x－1)f′(x)<0，設(shè)a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，則a，b，c的大小關(guān)系為

24、(　　) A．a(chǎn)0， 所以函數(shù)f(x)在(－∞，1)上是單調(diào)遞增函數(shù)， 所以a＝f(0)

25、：由題意知f′(x)＝3x2＋6x－9， 令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3， 所以f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表： x (－∞，－3) －3 (－3,1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在區(qū)間[k,2]上的最大值為28，所以k≤－3. 答案：D 7．已知函數(shù)f(x)＝－k，若x＝2是函數(shù)f(x)的唯一一個極值點，則實數(shù)k的取值范圍為(　　) A．(－∞，e] B．[0，e] C．(－∞，e) D．[0，e) 解析

26、：f′(x)＝－k＝(x>0)．設(shè)g(x)＝，則g′(x)＝，則g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． ∴g(x)在(0，＋∞)上有最小值，為g(1)＝e，結(jié)合g(x)＝與y＝k的圖象可知，要滿足題意，只需k≤e. 答案：A 8．已知函數(shù)f(x)＝ln x－nx(n>0)的最大值為g(n)，則使g(n)－n＋2>0成立的n的取值范圍為(　　) A．(0,1) B．(0，＋∞) C. D. 解析：易知f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝－n(x>0，n>0)， 當(dāng)x∈時，f′(x)>0； 當(dāng)x∈時，f′(x)<0， 所以f(x)在上單調(diào)遞增，在上

27、單調(diào)遞減， 所以f(x)的最大值g(n)＝f＝－ln n－1. 設(shè)h(n)＝g(n)－n＋2＝－ln n－n＋1. 因為h′(n)＝－－1<0，所以h(n)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減． 又h(1)＝0，所以當(dāng)0h(1)＝0，故使g(n)－n＋2>0成立的n的取值范圍為(0,1)，故選A. 答案：A 二、填空題 9．(2018·高考全國卷Ⅱ)曲線y＝2ln(x＋1)在點(0,0)處的切線方程為________． 解析：∵y＝2ln(x＋1)，∴y′＝.令x＝0，得y′＝2，由切線的幾何意義得切線斜率為2，又切線過點(0,0)，∴切線方程為y＝2x. 答案：y

28、＝2x 10．(2016·高考全國卷Ⅲ)已知f(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x≤0時，f(x)＝e－x－1－x，則曲線y＝f(x)在點(1,2)處的切線方程是________． 解析：設(shè)x>0，則－x<0，f(－x)＝ex－1＋x. ∵f(x)為偶函數(shù)，∴f(－x)＝f(x)， ∴f(x)＝ex－1＋x. ∵當(dāng)x>0時，f′(x)＝ex－1＋1， ∴f′(1)＝e1－1＋1＝1＋1＝2. ∴曲線y＝f(x)在點(1,2)處的切線方程為y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0. 答案：2x－y＝0 11．(2018·太原二模)若函數(shù)f(x)＝sin x＋ax為R上的減函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是

29、________． 解析：∵f′(x)＝cos x＋a，由題意可知，f′(x)≤0對任意的x∈R都成立，∴a≤－1，故實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－1]． 答案：(－∞，－1] 12．(2018·新鄉(xiāng)一模)設(shè)x1，x2是函數(shù)f(x)＝x3－2ax2＋a2x的兩個極值點，若x1<2

30、x)在點(1，f(1))處的切線平行于x軸，求a的值； (2)求函數(shù)f(x)的極值． 解析：(1)由f(x)＝x－1＋，得f′(x)＝1－. 又曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線平行于x軸， 得f′(1)＝0，即1－＝0，解得a＝e. (2)f′(x)＝1－， ①當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，f(x)為(－∞，＋∞)上的增函數(shù)，所以函數(shù)f(x)無極值． ②當(dāng)a>0時，令f′(x)＝0，得ex＝a，即x＝ln a．x∈(－∞，ln a)時，f′(x)<0；x∈(ln a，＋∞)時，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增，故

31、f(x)在x＝ln a處取得極小值，且極小值為f(ln a)＝ln a，無極大值． 綜上，當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)無極值； 當(dāng)a>0時，f(x)在x＝ln a處取得極小值ln a，無極大值． 14．(2018·福州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝aln x＋x2－ax(a∈R)． (1)若x＝3是f(x)的極值點，求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)求g(x)＝f(x)－2x在區(qū)間[1，e]上的最小值h(a)． 解析：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝＋2x－a＝， 因為x＝3是f(x)的極值點， 所以f′(3)＝＝0，解得a＝9， 所以f′(x)＝＝， 所以當(dāng)0

32、<或x>3時，f′(x)>0； 當(dāng)