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高考文科数学导数专题复习
第1讲　变化率与导数、导数的计算
知 识 梳 理
1.导数的概念
(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝.
(2)函数f(x)的导函数f′(x)＝为f(x)的导函数.
2.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：
(1)y＝exln x2)y＝x；
解　(1)y′＝(ex)′ln x＋ex(ln x)′＝exln x＋ex＝ex.(2)因为y＝x3＋1＋，
所以y′＝(x3)′＋(1)′＋′＝3x2－.
【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)＋ln x，则f′(1)等于(　　)
A.－e B.－1 C.1 D.e
解析　由f(x)＝2xf′(1)＋ln x，得f′(x)＝2f′(1)＋，∴f′(1)＝2f′(1)＋1，则f′(1)＝－1.答案　B
(2)(2015·天津卷)已知函数f(x)＝axln x，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________.
(2)f′(x)＝a＝a(1＋ln x).由于f′(1)＝a(1＋ln 1)＝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＝f(x)在点(1，2)处的切线方程是________.解析　(1)设x>0，则－x<0，f(－x)＝ex－1＋x.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.因此，当x>0时，f′(x)＝ex－1＋1，f′(1)＝e0＋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)＝xln x，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＝0 B.x－y－1＝0 C.x＋y＋1＝0 D.x－y＋1＝0
(2)∵点(0，－1)不在曲线f(x)＝xln x上，∴设切点为(x0，y0).又∵f′(x)＝1＋ln x，∴解得x0＝1，y0＝0.∴切点为(1，0)，∴f′(1)＝1＋ln 1＝1.∴直线l的方程为y＝x－1，即x－y－1＝0.答案　B
命题角度二　求切点坐标
【例3】 (2017·西安调研)设曲线y＝ex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的坐标为________.
解析　由y′＝ex，知曲线y＝ex在点(0，1)处的切线斜率k1＝e0＝1.设P(m，n)，又y＝(x>0)的导数y′＝－，曲线y＝(x>0)在点P处的切线斜率k2＝－.依题意k1k2＝－1，所以m＝1，从而n＝1.
则点P的坐标为(1，1).答案　(1，1)
【训练3】若曲线y＝xln x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)由题意得y′＝ln x＋x·＝1＋ln x，直线2x－y＋1＝0的斜率为2.设P(m，n)，则1＋ln m＝2，解得m＝e，所以n＝eln e＝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＋ln x在点(1，1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝________.
解析　由y＝x＋ln x，得y′＝1＋，得曲线在点(1，1)处的切线的斜率为k＝y′|x＝1＝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＋2＝0，∴a≠0且Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8.答案　8
【训练4】1.函数f(x)＝ln x＋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)＝ln x＋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)＝＋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　 (2)(－∞，2)
2.点P是曲线x2－y－ln x＝0上的任意一点，则点P到直线y＝x－2的最小距离为(　　)
A.1 B. C D.
解析　点P是曲线y＝x2－ln x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1，令y＝x2－ln x，得y′＝2x－＝1，解得x＝1或x＝－(舍去)，故曲线y＝x2－ln x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，∴点P到直线y＝x－2的最小距离为.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fx)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
【例1】设f(x)＝ex(ax2＋x＋1)(a＞0)，试讨论f(x)的单调性.
解　f′(x)＝ex(ax2＋x＋1)＋ex(2ax＋1)＝ex[ax2＋(2a＋1)x＋2]＝ex(ax＋1)(x＋2)
＝aex(x＋2)①当a＝时，f′(x)＝ex(x＋2)2≥0恒成立，∴函数f(x)在R上单调递增；
②当0＜a＜时，有＞2，令f′(x)＝aex(x＋2)＞0，有x＞－2或x＜－，
令f′(x)＝aex(x＋2)＜0，有－＜x＜－2，∴函数f(x)在和(－2，＋∞)上单调递增，在上单调递减；③当a＞时，有＜2，令f′(x)＝aex(x＋2)＞0时，有x＞－或x＜－2，令f′(x)＝aex(x＋2)＜0时，有－2＜x＜－，
∴函数f(x)在(－∞，－2)和上单调递增；在上单调递减.
【训练1】(2016·四川卷节选)设函数f(x)＝ax2－a－lnx，g(x)＝－，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x>1时，g(x)>0.
(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>0时，由f′(x)＝0有x＝，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增.(2)证明　令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1.当x>1时，s′(x)>0，所以ex－1>x，从而g(x)＝－>0.
考点二　求函数的单调区间
【例2】 (2015·重庆卷改编)已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－处取得极值.
(1)确定a的值；(2)若g(x)＝f(x)ex，求函数g(x)的单调减区间.
解　(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，因为f(x)在x＝－处取得极值，所以f′＝0，即3a·＋2·＝－＝0，解得a＝.
(2)由(1)得g(x)＝ex故g′(x)＝ex＋ex＝ex＝x(x＋1)(x＋4)ex.令g′(x)<0，得x(x＋1)(x＋4)<0.解之得－10).则f′(x)＝.令f′(x)＝0，解得x＝－1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
【例3】 (2017·西安模拟)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax2＋2x(a≠0).
(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.
解　(1)h(x)＝ln x－ax2－2x，x>0.∴h′(x)＝－ax－2.若函数h(x)在(0，＋∞)上存在单调减区间，则当x>0时，－ax－2<0有解，即a>－有解.设G(x)＝－，所以只要a>G(x)min.(*)又G(x)＝－1，所以G(x)min＝－1.所以a>－1.即实数a的取值范围是(－1，＋∞).
(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≥－恒成立，所以a≥G(x)max.又G(x)＝－1，x∈[1，4]因为x∈[1，4]，所以∈，所以G(x)max＝－(此时x＝4)，所以a≥－.当a＝－时，h′(x)＝＋x－2＝＝，∵x∈[1，4]，∴h′(x)＝≤0，当且仅当x＝4时等号成立.(***)
∴h(x)在[1，4]上为减函数.故实数a的取值范围是
【训练3】 已知函数f(x)＝x3－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.
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，所以只需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，
所以a≤0不合题意.当a>0时，令3x2－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－aln x(a∈R)的极值.
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)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－aln a，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－aln a，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)＝－x3＋bx2＋cx＋bc在x＝1处有极值－，试求b，c的值.
解　∵f′(x)＝－x2＋2bx＋c，由f(x)在x＝1处有极值－，可得解得或若b＝1，c＝－1，则f′(x)＝－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)的变化情况如下表：
x
(－∞，－3)
－3
(－3，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
1
f(x)

极小值－12

极大值－

∴当x＝1时，f(x)有极大值－，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).
(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.
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，f′(x)＝3x2－4x＋1.令f′(x)>0，解得x<或x>1；令f′(x)<0，解得
【例4】 (2017·郑州模拟)已知函数f(x)＝(x－k)ex.
(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间[0，1]上的最小值.
解　(1)由f(x)＝(x－k)ex，得f′(x)＝(x－k＋1)ex，令f′(x)＝0，得x＝k－1.
当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，k－1)
k－1
(k－1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

－ek－1

所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞).
(2)当k－1≤0，即k≤1时，函数f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(0)＝－k，当00)，若函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切，(1)求实数a，b的值；(2)求函数f(x)在上的最大值.
解　(1)由f(x)＝aln x－bx2，得f′(x)＝－2bx(x>0).∵函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切.∴解得(2)由(1)知f(x)＝ln x－x2，则f′(x)＝－x＝，当≤x≤e时，令f′(x)>0，得0)的导函数y＝f′(x)的两个零点为－3和0.
(1)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.
解　(1)f′(x)＝＝.令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，由于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，＋∞).
(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，所以有解得a＝1，b＝5，c＝5，所以f(x)＝.因为f(x)的单调递增区间是(－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[－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大者，又f(－5)＝＝5e5>5＝f(0)，所数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e5.
【训练3】 (2017·衡水中学月考)已知函数f(x)＝ax－1－ln x(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.
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f(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，得x>，∴f(x)在上递减，在上递增，即f(x)在x＝处有极小值.综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)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－ln x.因此f(x)≥bx－2⇒1＋－≥b，令g(x)＝1＋－，则g′(x)＝，令g′(x)＝0，得x＝e2，则g(x)在(0，e2)上递减，在(e2，＋∞)上递增，∴g(x)min＝g(e2)＝1－，即b≤1－.故实数b的最大值是1－.
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)＝ln x＋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.
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a>0，则当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.所以f(x)在上单调递增，在上单调递减.(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，最大值为f ＝ln＋a＝－ln a＋a－1.因此f >2a－2等价于ln a＋a－1<0.令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)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).
【训练1】设f(x)＝－x3＋x2＋2ax.(1)若f(x)在上存在单调递增区间，求a的取值范围；
(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.
解　(1)由f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－＋＋2a，当x∈时，f′(x)的最大值为f′＝＋2a；令＋2a＞0，得a＞－.所以，当a＞－时，f(x)在上存在单调递增区间.
(2)已知0＜a＜2，f(x)在[1，4]上取到最小值－，而f′(x)＝－x2＋x＋2a的图象开口向下，且对称轴x＝，∴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，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＋×16＋8a＝－＋8a＝－⇒a＝1.此时，由f′(x0)＝－x＋x0＋2＝0⇒x0＝2或－1(舍去)，所以函数f(x)max＝f(2)＝.
考点二　利用导数研究函数的零点或方程的根
【例2】 (2015·北京卷)设函数f(x)＝－kln x，k>0.
(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，]上仅有一个零点.
(1)解　由f(x)＝－kln x(k>0)，得x>0且f′(x)＝x－＝.由f′(x)＝0，解得x＝(负值舍去).f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：
x
(0，)

(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)



所以f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞).f(x)在x＝处取得极小值f()＝.
(2)证明　由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e.当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点.当k>e时，f(x)在区间(0，)上单调递减，且f(1)＝>0，f()＝<0，
所以f(x)在区间(1，]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，]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.
(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.
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3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－.当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：
x
(－∞，－2)
－2

－

f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

c

c－

所以，当c>0且c－<0，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.由f(x)的单调性知，当且仅当c∈时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点.
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)＝xln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2.
(1)如果函数g(x)的单调递减区间为，求函数g(x)的解析式；
(2)对任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围.
解　(1)g′(x)＝3x2＋2ax－1，由题意3x2＋2ax－1<0的解集是，即3x2＋2ax－1＝0的两根分别是－，1.将x＝1或－代入方程3x2＋2ax－1＝0，得a＝－1.所以g(x)＝x3－x2－x＋2.
(2)由题意2xln x≤3x2＋2ax－1＋2在x∈(0，＋∞)上恒成立，可得a≥ln x－x－，设h(x)＝ln x－x－，则h′(x)＝－＋＝－，令h′(x)＝0，得x＝1或－(舍)，当00，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，＋∞).
【训练3】已知函数f(x)＝x2－ln x－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.
解　(1)当a＝1时，f(x)＝x2－ln x－x，f′(x)＝.当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)的最小值为f(1)＝0.
(2)由f(x)>x，得f(x)－x＝x2－ln x－(a＋1)x>0.由于x>0，所以f(x)>x等价于x－>a＋1.令g(x)＝x－，则g′(x)＝.当x∈(0，1)时，g′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0.故g(x)有最小值g(1)＝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
【例4】 (2017·昆明一中月考)已知函数f(x)＝ln x－.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)证明：当x>1时，f(x)0得解得01时，F(x)1时，f(x)1时，f(x)0时，0e，故F(x)在(0，e)上是增函数，在(e，＋∞)上是减函数，故F(x)max＝F(e)＝＋.
(2)证明　令h(x)＝x－f(x)＝x－ln x，则h′(x)＝1－＝，当h′(x)<0时，00时，x>1，故h(x)在(0，1)上是减函数，在(1＋∞)上是增函数，
故h(x)min＝h(1)＝1.又F(x)max＝＋<1，故F(x)