答 案
，
解析
解：当
时，由
，解得
或
，
所以
的单调递减区间是
，
，
故答案为：
，
．
答 案
C
解析
解：
，
，
令
，解得：
或
，
故
在
上递增，
故选：C．
答 案
解析
解：函数
的导数为
，
由
恒成立，可得
在
上单调递增，
由
，
模块1：
1
1 74%
1
例题1
0,
(
3
π )
, 2π
( 3
5π
)
x ∈0, 2π
(
)
f
x =
′ ( )
−
2
1
cos x < 0
0 < x <
3
π
<
3
5π
x < 2π
f x
( )
0,
(
3
π )
, 2π
( 3
5π
)
0,
(
3
π )
, 2π
( 3
5π
)
例题2
∵f x =
( )
x −
2
6x + 4 lnx, x > 0
f
x =
′ ( )
2x −6 +
=
x
4
x
2 x −1
x −2
(
) (
)
f
x >
′ ( )
0
x > 2
0 < x < 1
f x
( )
0, 1 , 2, +∞
(
) (
)
例题3
(−∞, −2] ∪[1, +∞)
f x =
( )
x −sinx
f
x =
′ ( )
1 −cos x
f
x ⩾
′ ( )
0
f x
( )
R
f −x =
(
)
−x −sin −x =
(
)
−x −sinx =
(
)
−f x
( )
可得
为奇函数，
，
即为
，
可得
，
解得
或
，
故答案为：
．
答 案
的单调递增区间为
解析
由函数的定义域可知，
， 即
，又
，
所以
，
令
，得
，
综上所述，
的单调递增区间为
．
答 案
见解析
解析
解：
，
当
时，
，由
，得
，由
，得
，
则函数
的增区间是
，减区间是
；
当
时，由
，得
，
，再讨论两根的大小关
系：
当
时，
，由
，得
或者
，由
，得
，
则函数
的增区间是
和
，减区间是
；
当
时，
，
，则函数
的增区间是
，没有减区间；
当
时，
，由
，得
或者
，由
，得
，
1
1
f x
( )
f a −2 +
(
)
f a
⩾
( 2)
0
f a
⩾
( 2)
−f a −2 =
(
)
f 2 −a
(
)
a ⩾
2
2 −a
a ⩾1
a ⩽−2
(−∞, −2] ∪[1, +∞)
例题4
f(x)
(0, 1)
1 −x >
2
0
−1 < x < 1
f(x) = ln
=
1 −x2
1 + x2
[ln(1 +
2
1
x ) −
2
ln(1 −x )]
2
f (x) =
′
(
−
2
1
1 + x2
2x
) =
1 −x2
−2x
+
1 + x2
x
1 −x2
x
f (x) >
′
0
0 < x < 1
f(x)
0, 1
(
)
例题5
f
x =
′ ( )
ax −a + 1 +
(
)
=
x
1
x
ax −a + 1 x + 1
2
(
)
f
x =
′ ( )
x > 0
x
ax −1
x −1
(
) (
) (
)
a ⩽0
ax −1 < 0
f
x >
′ ( )
0
0 < x < 1
f
x <
′ ( )
0
x > 1
f x
( )
0, 1
(
)
1, +∞
(
)
a > 0
f
x =
′ ( )
=
x
ax −1
x −1
(
) (
)
0
x
=
1
1
x
=
2
a
1
a > 1
<
a
1
1
f
x >
′ ( )
0,
0 < x <
a
1
x > 1
f
x <
′ ( )
0
<
a
1
x < 1
f x
( )
0,
(
a
1 )
1, +∞
(
)
, 1
( a
1
)
a = 1
=
a
1
1
∴f
x ⩾
′ ( )
0
f x
( )
0, +∞
(
)
0 < a < 1
>
a
1
1
f
x >
′ ( )
0
0 < x < 1
x >
a
1
f
x <
′ ( )
0
1 < x <
a
1
则函数
的增区间是
和
，减区间是
；
综上，当
时，函数
的增区间是
，减区间是
；
当
时，函数
的增区间是
和
，减区间是
；
当
时，函数
的增区间是
，没有减区间；
当
时，函数
的增区间是
和
，减区间是
．
答 案
见解析
解析
解：
，
，
则
在
上单调递减，在
上单调递增，
最小值为
，
故
在
上恒成立，
在
上单调递增．
答 案
C
解析
解：
，
若
在
上单调递增，
则
在
上恒成立，
即
在
上恒成立，
令
，
，
，
令
，解得：
；
令
，解得：
，
故
在
上单调递增，在
上单调递减，
故
，
故选：C．
1
1
1
f x
( )
0, 1
(
)
, +∞
( a
1
)
1,
(
a
1 )
a ⩽0
f x
( )
0, 1
(
)
1, +∞
(
)
a > 1
f x
( )
0,
(
a
1 )
1, +∞
(
)
, 1
( a
1
)
a = 1
f x
( )
0, +∞
(
)
0 < a < 1
f x
( )
0, 1
(
)
, +∞
( a
1
)
1,
(
a
1 )
例题6
f
x =
′ ( )
lnx +
−
x
x + 1
2 = lnx +
−
x
1
1
f
x =
′′ ( )
−
x
1
=
x2
1
x2
x −1
f
x
′ ( )
0, 1
(
)
1, +∞
(
)
∴f
x
′ ( )
f
1 =
′ ( )
0
f
x ⩾
′ ( )
0
0, +∞
(
)
∴f x
( )
0, +∞
(
)
例题7
f
x =
′ ( )
2ax −1 +
=
x
1
x
2ax −x + 1
2
f x
( )
1, 4
(
)
2ax −
2
x + 1 ⩾0
1, 4
(
)
a ⩾
2x2
x −1
1, 4
(
)
g x =
( )
2x2
x −1
x ∈1, 4
(
)
g
x =
′ ( )
2x3
2 −x
g
x >
′ ( )
0
1 < x < 2
g
x <
′ ( )
0
2 < x < 4
g x
( )
1, 2
(
)
2, 4
(
)
a ⩾g x
=
( )max
g 2 =
( )
8
1
例题8
答 案
D
解析
解：
，
，
即函数
在
上是单调增函数，
则
恒成立．
．
令
，
则
，
时，
，
单调递减，
时，
，
单调递增，
，
．
故选：D．
答 案
A
解析
解：函数
，
可得
，
函数
在区间
上是非单调函数，
可得：
在
上有解，令
，开口向上，恒过
，
由选项可知
，
可得
，即
，
解得：
．
故选：A．
答 案
见解析
解析
1 100%
1
∵x ∈0, +∞
(
)
∴x
f x
<
1
(
1)
x
f x
2
(
2)
g x =
( )
xf x =
( )
e −
x
ax2
0, +∞
(
)
g
x =
′ ( )
e −
x
2ax ⩾0
∴2a ⩽
x
ex
m x =
( )
x
ex
m
x =
′ ( )
x2
x −1 e
(
)
x
x ∈0, 1
(
)
m
x <
′ ( )
0
m x
( )
x ∈1, +∞
(
)
m
x >
′ ( )
0
m x
( )
∴2a ⩽m x
=
( )min
m 1 =
( )
e
∴a ⩽
2
e
例题9
f x =
( )
x +
−
x
a
a lnx
f
x =
′ ( )
1 −
−
x2
a
=
x
a
x2
x −ax −a
2
f x =
( )
x +
−
x
a
a lnx
1, 2
[
]
x −
2
ax −a = 0
1, 2
(
)
g x =
( )
x −
2
ax −a
0, −a
(
)
a > 0
{g 1 < 0
( )
g 2 > 0
( )
{1 −2a < 0
4 −3a > 0
a ∈
,
( 2
1
3
4 )
例题10
解：
．
设
，则当
时，
；当
时，
． 所以
在
上单调递减，在
上单调递增．
设
，由
得
或
．
若
，则
，所以
在
上单调递增．
若
，则
，故当
时，
；
当
时，
，所以
在
上单调递增，
在
上单调递减．
若
，则
，故当
时，
，当
时，
，所以
在
上单调递增，在
上单调递减．
f
x =
′ ( )
x −1 e +
(
)
x
2a x −1 =
(
)
x −1
e + 2a
(
) ( x
)
i( )
a ⩾0
x ∈−∞, 1
(
)
f
x <
′ ( )
0
x ∈1, +∞
(
)
f
x >
′ ( )
0
f x
( )
−∞, 1
(
)
1, +∞
(
)
ii
( )
a < 0
f
x =
′ ( )
0
x = 1
x = ln −2a
(
)
①
a = −
2
e
f
x =
′ ( )
x −1
e −e
(
) ( x
)
f x
( )
−∞, +∞
(
)
②
a > −
2
e
ln −2a <
(
)
1
x ∈−∞, ln −2a
∪
(
(
))
1, +∞
(
)
f
x >
′ ( )
0
x ∈ln −2a , 1
(
(
)
)
f
x <
′ ( )
0
f x
( )
−∞, ln −2a
, 1, +∞
(
(
)) (
)
ln −2a , 1
(
(
)
)
③
a < −
2
e
ln −2a >
(
)
1
x ∈−∞, 1 ∪
(
)
ln −2a , +∞
(
(
)
)
f
x >
′ ( )
0
x ∈1, ln −2a
(
(
))
f
x <
′ ( )
0
f x
( )
−∞, 1 , ln −2a , +∞
(
) (
(
)
)
1, ln −2a
(
(
))
