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从近年高考试题来看，导数在高考中的工具性作用越来越重要，导数已成为高考命题的又一个热点。函数的单调性问题、零点问题、极值、最值问题、参数取值范围、不等式的证明问题、解析几何中曲线的切线问题以及实际应用问题都有导数的身影。可以说导数已灵活渗透到中学数学的各个领域，同时导数是学习高等数学的基础，学好导数将在自然科学、工程科学方面具有广泛应用。下面就几个导数典型类型的求解策略作一些探讨，供同学们参考。
类型1：涉及函数单调性，零点，极值，最值问题，以及不等式的参数取值范围问题
【例1】 设函数f(x)=14x4+bx2+cx+d,当x=t1时，f(x)有极小值．
（1） 若b=-6时，函数f(x)有极大值，求实数c的取值范围；
（2） 在（1）的条件下，若存在实数c，使函数f(x)在闭区间［m-2,m+2］上单调递增，求实数m的取值范围；
（3） 若函数f(x)只有一个极值点，且存在t2∈(t1,t1+1),使f′(t2)=0，证明：g(x)=f(x)-12x2+t1x 在区间(t1,t2)内最多有一个零点．
分析 第一小问考查函数极植问题，题中告诉函数f(x)有极大值，有极小值。这表明f′(x)=0至少有两个相异实根，而f′(x)是三次函数，所以f′(x)=0必然有三个互异的实根。第二小问考查单调性问题并求参数的取值范围，涉及存在性与恒成立问题，这类题目一般先满足一个方面，再考虑另一个方面，如本题先满足存在，再考虑恒成立。第三小问涉及零点问题，解决此题只需证函数g(x)具有单调性，即证当t10即可。此题关键是对f(x)只有一个极值点和f′(t2)=0的理解。
解 （1）∵f(x)=14x4+bx2+cx+d,∴h(x)=f′(x)=x3-12x+c.由题设，方程h(x)=0有三个互异的实根,考察函数h(x)=x3-12x+c,则h′(x)=0,得x=±2.当x<-2时，h(x)单调递增．当-22时h(x)单调递增．有h(-2)>0，h(2)<0， 即c+16>0c-16<0.∴-16
（2） 存在c∈(-16,16),使f′(x)≥0成立，即x3-12x≥-c,∴x3-12x>-16，即(x-2)2•(x+4)>0
在区间m-2,m+2上恒成立.
∴m-2,m+2是不等式解集的子集,m-2>-4，m+2<2 或m-2>2,即-24.
（3） 由题设，可得存在α,β∈R,使f′(x)=x3+2bx+c=(x-t1)(x2+αx+β),且x2+αx+β≥0恒成立,又f′(t2)=0,且在x=t2两侧同号．∴f′(x)=(x-t1)(x-t2)2．另一方面
g′(x)=x3+(2b-1)x+t1+c=x3+2bx+c-(x-t1)=(x-t1)(x-t2)2-1.∵t1 所以-10，所以g′(x)<0，所以g(x)在(t1,t2)内单调递减.从而g(x)在（t1，t2）内最多有一个零点．
点拨 这是一道导数的典型题目，第一小问说明函数的极值问题转化为函数导数对应的方程根的问题。第二小问导数涉及函数的单调性问题求参数范围，常常转化为恒成立问题解决。而第三小问处理函数的零点个数的问题，往往研究函数的单调性，而这一过程完全依赖于导数。
总结 单调性、零点、极值、最值、参数取值等函数热点问题往往借助于导数这一工具，作适当的分析、综合、转化来解决。这类题型灵活性较强，综合性大，要求高。
类型2：涉及不等式证明问题
【例2】 设函数f(x)=x2,g(x)=alnx+bx(a>0).记G(x)=f(x)+2-g(x)有两个零点x1,x2,且x1,x0,x2成等差数列，求证：G′(x0)>0.
分析 通过G(x)有两个零点这一条件代入找出a,b关系，列出G′(x0)表达式，再变形整理，然后根据式子特点，构造函数研究其单调性，从而得证。
证明 G(x)=x2+2-alnx-bx有两个零点x1,x2，则有x21 + 2-alnx1-bx1=0
x22 + 2-alnx2-bx2=0，
两式相减得x22-x21-a(lnx2-lnx1)-b(x2-x1)=0，即x2+x1-b=a(lnx2-lnx1)x2-x1,于是
G′(x0)=2x0-ax0-b=(x1+x2-b)-2ax1+x2=a(lnx2-lnx1)x2-x1-2ax1+x2=ax2-x1•
lnx2x1-2(x2-x1)x1+x2=ax2-x1lnx2x1-2x2x1-11+x2x1.
①当01且G′(x0)=ax2-x1lnt-2(t-1)1+t,
设u(t)=lnt-2(t-1)1+t(t>1),则u′(t)=1t-4(1+t)2=(1-t)2t(1+t)2>0,则u(t)=lnt-2(t-1)1+t在(1,+∞)上为增函数.而u(1)=0,所以u(t)>0,即lnt-2(t-1)1+t>0.又因为a>0,x2-x1>0,所以G′(x0)>0；
② 当00.综上所述: G′(x0)>0.
点拨 此题是不等式证明问题，通过消元整理，再等价变形，特别是2(x2-x1)x1+x2=2x2x1-11+x2x1，记x2x1=t，这一步构造函数是关键，借助于导数这一工具研究其单调性，求解函数的最值，使不等式得到证明。
总结 不等式的证明是高中数学的重要内容，又是不等式中的难点，通过构造函数借助于导数研究其单调性来证明不等式，已成为近年来高考命题的热点题型，所以对它要足够重视。
类型3：涉及解析几何中曲线的切线问题
【例3】 设函数f(x)=ax3+bx2-3x(a,b∈R)在点（1，f(1)）处的切线方程为y+2=0，若过点M(2,m)(m≠2)可作曲线y=f(x)的三条切线，求实数m的取值范围．
分析 利用导数的几何意义，求解出f(x)的解析式。这道题目难点是对三条切线如何理解，一般切线问题总是找（设）切点（x0,y0）利用导数的几何意义求出x0,m的方程关系，问题转化为方程有三个不同解，借助于导数研究其极值，从而解决此题。
解 ∵f′(x)=3ax2+2bx-3，根据题意,得f(1)=-2,f′(1)=0,
即a+b-3=-2,3a+2b-3=0, 解得a=1,b=0. ∴f(x)=x3-3x.因为点M(2,m)(m≠2)不在曲线y=f(x)上，∴可设切点为(x0,y0).
则y0=x30-3x0．∵f′(x0)=3x20-3，∴切线的斜率为3x20-3，则3x20-3=x30-3x0-mx0-2，即2x30-6x20+6+m=0．∴过点M(2,m)(m≠2)可作曲线y=f(x)的三条切线，所以方程2x30-6x20+6+m=0有三个不同的实数解．∴函数g(x)=2x3-6x2+6+m有三个不同的零点．
则g′(x)=6x2-12x，令g′(x)=0x=0或x=2．
x(-∞,0)0(0,2)2(2,+∞)
g′(x)+0-0+
g(x)增极大值减极小值增
则g(0)>0,g(2)<0, 即6+m>0,-2+m<0, 解得-6
点拨 本题虽以曲线的切线形式出现，但考查的本意通过把三条切线的问题转化为方程有三个不同解的问题，再依赖于导数加以解决。
总结 曲线的切线的问题总是找（设）切点问题，通过导数来完成。
类型4：涉及实际应用问题
【例4】 某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为3元，并且每件产品需向总公司交a元(3≤a≤5)的管理费，预计当每件产品的售价为x元(9≤x≤11)时，一年的销售量为(12-x)2万件．
（1） 求分公司一年的利润L（万元）与每件产品的售价x的函数关系式．
（2） 当每件产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L最大，并求出L的最大值Q(a).
分析 本题是求商品利润的最大值问题，通过第一小问找出函数关系式，同时注意到定义域范围和参数a的取值，借助于导数并通过分类讨论求出最值。
解 （1） 分公司一年的利润L（万元）与每件产品的售价x的函数关系式为：L(x)=(x-3-a)•(12-x)2,x∈
［9,11］.
（2） L′(x)=(12-x)2-2(x-3-a)(12-x)=(12-x)(18+2a-3x).令L′(x)=0得x=6+23a或x=12（不合题意，舍去），∵3≤a≤5,∴8≤6+23a≤283.在x=6+23a两侧L′(x)的值由正变负．
（a） 8≤6+23a<9即3≤a<92时，Lmax=L(9)=(9-3-a)(12-9)2=9(6-a).
（b） 当9≤6+23a≤283即92≤a≤5时
Lmax=L6+23a=6+23a-3-a•
12-6+23a2=43-13a3.
∴Q(a)=9(6-a),3≤a<92，
43-13a3,92≤a≤5.
综上所述：若3≤a<92，则当每件售价为9元时，分公司一年的利润L最大，最大Q(a)=9(6-a)（万元）；当92≤a≤5，则当每件售价为6+23a元时，分公司一年的利润L最大，最大Q(a)=43-13a3（万元）．
点拨 这道题不难，但很有技巧性，同学们对第一小问表达式L(x)=(x-3-a)(12-x)2,x∈［9,11］展开，再求导，则不易求出极值点，本题难在分类讨论。
总结 学以致用，是数学永远的关注点，而用导数处理应用题中的最值问题是高考中的又一热点。
牛刀小试
1． 已知函数f(x)=ax+x2-xlna(a>0,a≠1)．
（1） 当a>1时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增；
（2） 若函数y=f(x)-t-1有三个零点，求t的值；
（3） 若存在x1,x2∈［-1,1］,使得|f(x1)-f(x2)|≥e-1，试求a的取值范围．
2． 已知函数f(x)=alnxx+1+bx,曲线y=f(x)在点（1，f(1)）处的切线方程为x+2y-3=0.
（1） 求a,b的值；
（2） 证明：当x>0,且x≠1时，f(x)>lnxx-1.
3． 如图有一块半椭圆形钢板，其长半轴长2r，短半轴长为r，计划将此钢板切割成等腰梯形，下底AB是半椭圆的短轴，上底CD的端点在椭圆上，记CD=2x,梯形面积为S．
（1） 求面积S以x为自变量的函数式，并写出定义域；
（2） 求面积S的最大值．
【参考答案】
1． （1） f′(x)=axlna+2x-lna=2x+(ax-1)•lna，由于a>1，故当x∈(0,+∞)时，lna>0,ax-1>0，所以f′(x)>0，故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增．
(2） 当a>0,a≠1时，因为f′(0)=0，且f′(x)在R上单调递增，故f′(x)=0有唯一解x=0．
所以x,f′(x),f(x)的变化情况如下表所示：
x(-∞,0)0(0,+∞)
f′(x)-0+
f(x)递减极小值递增
又函数y=|f(x)-t|-1有三个零点，所以方程f(x)=t±1有三个根，
而t+1>t-1，所以t-1=(f(x))min=f(0)=1，解得t=2．
(3） 因为存在x1,x2∈［-1,1］，使得|f(x1)-f(x2)|≥e-1，所以当x∈［-1,1］时，|(f(x))max-(f(x))min|=(f(x))max-(f(x))min≥e-1.
由(2）知，f(x)在［-1,0］上递减，在［0,1］上递增，
所以当x∈［-1,1］时，(f(x))min=f(0)=1,(f(x))max=max{f(-1),f(1)}，
而f(1)-f(-1)=(a+1-lna)-1a+1+lna=a-1a-2lna，
记g(t)=t-1t-2lnt(t>0)，因为g′(t)=1+1t2-2t=1t-12≥0（当t=1时取等号）
所以g(t)=t-1t-2lnt在t∈(0,+∞)上单调递增，而g(1)=0，
所以当t>1时，g(x)>0；当0 也就是当a>1时，f(1)>f(-1)；当0
①当a>1时，由f(1)-f(0)≥e-1a-lna≥e-1a≥e，
②当0 综上所述，所求a的取值范围是a∈0,1e∪［e,+∞).
2． （1） f′(x)=ax+1x-lnx(1+x)2-bx2，由于直线x+2y-3=0的斜率为-12，且过点(1,1)，故有
f(1)=1,f′(1)=-12, 即b=1,a2-b=-12,
解得a=1,b=1.
(2） 由（1）知f(x)=lnxx+1+1x，所以f(x)-lnxx-1=11-x22lnx-x2-1x．
考虑函数h(x)=2lnx-x2-1x(x>0)，则h′(x)=2x-2x2-(x2-1)x2=-(x-1)2x2，
所以当x≠1时，h′(x)<0，而h(1)=0，故当x∈(0,1)时，h(x)>0，可得11-x2h(x)>0；
当x∈(1,+∞)时，h(x)<0，可得11-x2h(x)>0.从而当x>0且x≠1时，f(x)-lnxx-1>0，即f(x)>lnxx-1．
3． （1） 依题意，以AB的中点O为原点建立直角坐标系xOy(如图)，则点C的横坐标x,点C的纵坐标y满足方程x2r2+y24r2=1(y≥0),解得y=2r2-x2(0
则S=12(2x+2r)•2•r2-x2=2(x+r)r2-x2，其定义域为{x|0
（2） 记f(x)=4(x+r)2(r2-x2),0 令f′(x)=0,得x=12r.∵当00;当r2
类型1：涉及函数单调性，零点，极值，最值问题，以及不等式的参数取值范围问题
【例1】 设函数f(x)=14x4+bx2+cx+d,当x=t1时，f(x)有极小值．
（1） 若b=-6时，函数f(x)有极大值，求实数c的取值范围；
（2） 在（1）的条件下，若存在实数c，使函数f(x)在闭区间［m-2,m+2］上单调递增，求实数m的取值范围；
（3） 若函数f(x)只有一个极值点，且存在t2∈(t1,t1+1),使f′(t2)=0，证明：g(x)=f(x)-12x2+t1x 在区间(t1,t2)内最多有一个零点．
分析 第一小问考查函数极植问题，题中告诉函数f(x)有极大值，有极小值。这表明f′(x)=0至少有两个相异实根，而f′(x)是三次函数，所以f′(x)=0必然有三个互异的实根。第二小问考查单调性问题并求参数的取值范围，涉及存在性与恒成立问题，这类题目一般先满足一个方面，再考虑另一个方面，如本题先满足存在，再考虑恒成立。第三小问涉及零点问题，解决此题只需证函数g(x)具有单调性，即证当t1
解 （1）∵f(x)=14x4+bx2+cx+d,∴h(x)=f′(x)=x3-12x+c.由题设，方程h(x)=0有三个互异的实根,考察函数h(x)=x3-12x+c,则h′(x)=0,得x=±2.当x<-2时，h(x)单调递增．当-2
（2） 存在c∈(-16,16),使f′(x)≥0成立，即x3-12x≥-c,∴x3-12x>-16，即(x-2)2•(x+4)>0
在区间m-2,m+2上恒成立.
∴m-2,m+2是不等式解集的子集,m-2>-4，m+2<2 或m-2>2,即-2
（3） 由题设，可得存在α,β∈R,使f′(x)=x3+2bx+c=(x-t1)(x2+αx+β),且x2+αx+β≥0恒成立,又f′(t2)=0,且在x=t2两侧同号．∴f′(x)=(x-t1)(x-t2)2．另一方面
g′(x)=x3+(2b-1)x+t1+c=x3+2bx+c-(x-t1)=(x-t1)(x-t2)2-1.∵t1
点拨 这是一道导数的典型题目，第一小问说明函数的极值问题转化为函数导数对应的方程根的问题。第二小问导数涉及函数的单调性问题求参数范围，常常转化为恒成立问题解决。而第三小问处理函数的零点个数的问题，往往研究函数的单调性，而这一过程完全依赖于导数。
总结 单调性、零点、极值、最值、参数取值等函数热点问题往往借助于导数这一工具，作适当的分析、综合、转化来解决。这类题型灵活性较强，综合性大，要求高。
类型2：涉及不等式证明问题
【例2】 设函数f(x)=x2,g(x)=alnx+bx(a>0).记G(x)=f(x)+2-g(x)有两个零点x1,x2,且x1,x0,x2成等差数列，求证：G′(x0)>0.
分析 通过G(x)有两个零点这一条件代入找出a,b关系，列出G′(x0)表达式，再变形整理，然后根据式子特点，构造函数研究其单调性，从而得证。
证明 G(x)=x2+2-alnx-bx有两个零点x1,x2，则有x21 + 2-alnx1-bx1=0
x22 + 2-alnx2-bx2=0，
两式相减得x22-x21-a(lnx2-lnx1)-b(x2-x1)=0，即x2+x1-b=a(lnx2-lnx1)x2-x1,于是
G′(x0)=2x0-ax0-b=(x1+x2-b)-2ax1+x2=a(lnx2-lnx1)x2-x1-2ax1+x2=ax2-x1•
lnx2x1-2(x2-x1)x1+x2=ax2-x1lnx2x1-2x2x1-11+x2x1.
①当0
设u(t)=lnt-2(t-1)1+t(t>1),则u′(t)=1t-4(1+t)2=(1-t)2t(1+t)2>0,则u(t)=lnt-2(t-1)1+t在(1,+∞)上为增函数.而u(1)=0,所以u(t)>0,即lnt-2(t-1)1+t>0.又因为a>0,x2-x1>0,所以G′(x0)>0；
② 当0
点拨 此题是不等式证明问题，通过消元整理，再等价变形，特别是2(x2-x1)x1+x2=2x2x1-11+x2x1，记x2x1=t，这一步构造函数是关键，借助于导数这一工具研究其单调性，求解函数的最值，使不等式得到证明。
总结 不等式的证明是高中数学的重要内容，又是不等式中的难点，通过构造函数借助于导数研究其单调性来证明不等式，已成为近年来高考命题的热点题型，所以对它要足够重视。
类型3：涉及解析几何中曲线的切线问题
【例3】 设函数f(x)=ax3+bx2-3x(a,b∈R)在点（1，f(1)）处的切线方程为y+2=0，若过点M(2,m)(m≠2)可作曲线y=f(x)的三条切线，求实数m的取值范围．
分析 利用导数的几何意义，求解出f(x)的解析式。这道题目难点是对三条切线如何理解，一般切线问题总是找（设）切点（x0,y0）利用导数的几何意义求出x0,m的方程关系，问题转化为方程有三个不同解，借助于导数研究其极值，从而解决此题。
解 ∵f′(x)=3ax2+2bx-3，根据题意,得f(1)=-2,f′(1)=0,
即a+b-3=-2,3a+2b-3=0, 解得a=1,b=0. ∴f(x)=x3-3x.因为点M(2,m)(m≠2)不在曲线y=f(x)上，∴可设切点为(x0,y0).
则y0=x30-3x0．∵f′(x0)=3x20-3，∴切线的斜率为3x20-3，则3x20-3=x30-3x0-mx0-2，即2x30-6x20+6+m=0．∴过点M(2,m)(m≠2)可作曲线y=f(x)的三条切线，所以方程2x30-6x20+6+m=0有三个不同的实数解．∴函数g(x)=2x3-6x2+6+m有三个不同的零点．
则g′(x)=6x2-12x，令g′(x)=0x=0或x=2．
x(-∞,0)0(0,2)2(2,+∞)
g′(x)+0-0+
g(x)增极大值减极小值增
则g(0)>0,g(2)<0, 即6+m>0,-2+m<0, 解得-6
点拨 本题虽以曲线的切线形式出现，但考查的本意通过把三条切线的问题转化为方程有三个不同解的问题，再依赖于导数加以解决。
总结 曲线的切线的问题总是找（设）切点问题，通过导数来完成。
类型4：涉及实际应用问题
【例4】 某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为3元，并且每件产品需向总公司交a元(3≤a≤5)的管理费，预计当每件产品的售价为x元(9≤x≤11)时，一年的销售量为(12-x)2万件．
（1） 求分公司一年的利润L（万元）与每件产品的售价x的函数关系式．
（2） 当每件产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L最大，并求出L的最大值Q(a).
分析 本题是求商品利润的最大值问题，通过第一小问找出函数关系式，同时注意到定义域范围和参数a的取值，借助于导数并通过分类讨论求出最值。
解 （1） 分公司一年的利润L（万元）与每件产品的售价x的函数关系式为：L(x)=(x-3-a)•(12-x)2,x∈
［9,11］.
（2） L′(x)=(12-x)2-2(x-3-a)(12-x)=(12-x)(18+2a-3x).令L′(x)=0得x=6+23a或x=12（不合题意，舍去），∵3≤a≤5,∴8≤6+23a≤283.在x=6+23a两侧L′(x)的值由正变负．
（a） 8≤6+23a<9即3≤a<92时，Lmax=L(9)=(9-3-a)(12-9)2=9(6-a).
（b） 当9≤6+23a≤283即92≤a≤5时
Lmax=L6+23a=6+23a-3-a•
12-6+23a2=43-13a3.
∴Q(a)=9(6-a),3≤a<92，
43-13a3,92≤a≤5.
综上所述：若3≤a<92，则当每件售价为9元时，分公司一年的利润L最大，最大Q(a)=9(6-a)（万元）；当92≤a≤5，则当每件售价为6+23a元时，分公司一年的利润L最大，最大Q(a)=43-13a3（万元）．
点拨 这道题不难，但很有技巧性，同学们对第一小问表达式L(x)=(x-3-a)(12-x)2,x∈［9,11］展开，再求导，则不易求出极值点，本题难在分类讨论。
总结 学以致用，是数学永远的关注点，而用导数处理应用题中的最值问题是高考中的又一热点。
牛刀小试
1． 已知函数f(x)=ax+x2-xlna(a>0,a≠1)．
（1） 当a>1时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增；
（2） 若函数y=f(x)-t-1有三个零点，求t的值；
（3） 若存在x1,x2∈［-1,1］,使得|f(x1)-f(x2)|≥e-1，试求a的取值范围．
2． 已知函数f(x)=alnxx+1+bx,曲线y=f(x)在点（1，f(1)）处的切线方程为x+2y-3=0.
（1） 求a,b的值；
（2） 证明：当x>0,且x≠1时，f(x)>lnxx-1.
3． 如图有一块半椭圆形钢板，其长半轴长2r，短半轴长为r，计划将此钢板切割成等腰梯形，下底AB是半椭圆的短轴，上底CD的端点在椭圆上，记CD=2x,梯形面积为S．
（1） 求面积S以x为自变量的函数式，并写出定义域；
（2） 求面积S的最大值．
【参考答案】
1． （1） f′(x)=axlna+2x-lna=2x+(ax-1)•lna，由于a>1，故当x∈(0,+∞)时，lna>0,ax-1>0，所以f′(x)>0，故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增．
(2） 当a>0,a≠1时，因为f′(0)=0，且f′(x)在R上单调递增，故f′(x)=0有唯一解x=0．
所以x,f′(x),f(x)的变化情况如下表所示：
x(-∞,0)0(0,+∞)
f′(x)-0+
f(x)递减极小值递增
又函数y=|f(x)-t|-1有三个零点，所以方程f(x)=t±1有三个根，
而t+1>t-1，所以t-1=(f(x))min=f(0)=1，解得t=2．
(3） 因为存在x1,x2∈［-1,1］，使得|f(x1)-f(x2)|≥e-1，所以当x∈［-1,1］时，|(f(x))max-(f(x))min|=(f(x))max-(f(x))min≥e-1.
由(2）知，f(x)在［-1,0］上递减，在［0,1］上递增，
所以当x∈［-1,1］时，(f(x))min=f(0)=1,(f(x))max=max{f(-1),f(1)}，
而f(1)-f(-1)=(a+1-lna)-1a+1+lna=a-1a-2lna，
记g(t)=t-1t-2lnt(t>0)，因为g′(t)=1+1t2-2t=1t-12≥0（当t=1时取等号）
所以g(t)=t-1t-2lnt在t∈(0,+∞)上单调递增，而g(1)=0，
所以当t>1时，g(x)>0；当0
①当a>1时，由f(1)-f(0)≥e-1a-lna≥e-1a≥e，
②当0
2． （1） f′(x)=ax+1x-lnx(1+x)2-bx2，由于直线x+2y-3=0的斜率为-12，且过点(1,1)，故有
f(1)=1,f′(1)=-12, 即b=1,a2-b=-12,
解得a=1,b=1.
(2） 由（1）知f(x)=lnxx+1+1x，所以f(x)-lnxx-1=11-x22lnx-x2-1x．
考虑函数h(x)=2lnx-x2-1x(x>0)，则h′(x)=2x-2x2-(x2-1)x2=-(x-1)2x2，
所以当x≠1时，h′(x)<0，而h(1)=0，故当x∈(0,1)时，h(x)>0，可得11-x2h(x)>0；
当x∈(1,+∞)时，h(x)<0，可得11-x2h(x)>0.从而当x>0且x≠1时，f(x)-lnxx-1>0，即f(x)>lnxx-1．
3． （1） 依题意，以AB的中点O为原点建立直角坐标系xOy(如图)，则点C的横坐标x,点C的纵坐标y满足方程x2r2+y24r2=1(y≥0),解得y=2r2-x2(0
则S=12(2x+2r)•2•r2-x2=2(x+r)r2-x2，其定义域为{x|0
（2） 记f(x)=4(x+r)2(r2-x2),0