答 案
20
解析
解：对于区间
上的任意
，
，都有
，
等价于对于区间
上的任意，都有
，
，
，
，
函数在
、
上单调递增，在
上单调递减，
，
，
，
，
实数的最小值是
，
故答案为：
．
答 案
解析
解：若不等式
对任意的
，
恒成立，
则
恒成立即可，
设
，
则
，
设
，如图．
，判别式
，对称轴
，
所以由
得
(舍去)或
，
即当
时，
取得极小值，
，
所以当
时，极小值点最小为
，
此时
，
模块1：
1 43%
1
例题1
−3, 2
[
]
x
1
x
2
f x
−f x
⩽
∣(
1)
(
2)∣
t
−3, 2
[
]
x
f x
−
( )max
f x
⩽
( )min
t
∵f x =
( )
x −
3
3x −1
∴f
x =
′ ( )
3x −
2
3 = 3 x −1
x + 1
(
) (
)
∵x ∈−3, 2
[
]
∴
−3, −1
[
]
1, 2
[
]
−1, 1
[
]
∴f x
=
( )max
f 2 =
( )
f −1 =
(
)
1
f x
=
( )min
f −3 =
(
)
−19
∴f x
−
( )max
f x
=
( )min
20
∴t ⩾20
∴
t
20
20
例题2
−∞, −9 ln3
(
]
bx + c + 9 lnx ⩽x2
x ∈0, +∞
(
)
b ∈0, 3
(
)
c ⩽x −
2
bx −9 lnx
f x =
( )
x −
2
bx −9 lnx
f
x =
′ ( )
2x −b −
=
x
9
x
2x −bx −9
2
g x =
( )
2x −
2
bx −9
∵g 0 =
( )
−9 < 0
Δ = b +
2
72 > 0
x = −
=
2 × 2
−b
>
4
b
0
g x =
( )
0
x =
<
4
b −
b + 72
2
0
x =
4
b +
b + 72
2
x =
4
b +
b + 72
2
f x
( )
∵b ∈0, 3
(
)
b = 3
x =
=
4
3 +
3 + 72
2
=
4
3 + 9
3
f 3 =
( )
3 −
2
3 × 3 −9 ln3 = −9 ln3
故
，
故答案为：
．
答 案
解析
解：当
时，
恒成立，此时，函数
在
上是增函数，
又函数
在
上是减函数，
不妨设
，
则
，
，
即
，
设
，
则
等价于函数
在区间
上是减函数．
，
在
上恒成立，
即
在
上恒成立，即不小于
在
内的最大值．
而函数
在
是增函数，
在
上的最大值为
，
，
又
，
．
故答案为：
．
1
c ⩽−9 ln3
−∞, −9 ln3
(
]
例题3
−3, 0
[
)
a < 0
f
x >
′ ( )
0
f x
( )
0, +∞
(
)
y =
x
1
0, 1
(
]
0 < x
⩽
1
x
⩽
2
1
f x
−f x
=
∣(
1)
(
2)∣
f x
−
(
2)
f x
(
1)
∴f x
−f x
⩽
∣(
1)
(
2)∣
4
−
∣∣∣∣
x
1
1
x
2
1
∣∣∣∣
f x
+
(
2)
4 ×
⩽
x
2
1
f x
+
(
1)
4 ×
x
1
1
h x =
( )
f x +
( )
=
x
4
x −1 −a lnx +
x
4
f x
−f x
⩽
∣(
1)
(
2)∣
4
−
∣∣∣∣
x
1
1
x
2
1
∣∣∣∣
h x
( )
0, 1
(
]
∵h
x =
′ ( )
1 −
−
x
a
=
x2
4
x2
x −ax −4
2
∴x −
2
ax −4 ⩽0
0, 1
(
]
a ⩾x −x
4
0, 1
(
]
a
y = x −
x
4
0, 1
(
]
y = x −
x
4
0, 1
(
]
∴y = x −
x
4
0, 1
(
]
−3
∴a ⩾−3
a < 0
∴a ∈−3, 0
[
)
−3, 0
[
)
例题4
答 案
实数
的取值范围为
解析
解：当
时，
，
故
在
上是增函数，
故
在
上的最大值为
；
故对任意的
，存在
，
使不等式
恒成立可化为对任意的
，
不等式
恒成立，
即
恒成立，
令
，
则
，
令
，
则
，
则
在
上是减函数，
，
故
，
则
在
上是减函数，
故
，
故实数
的取值范围为：
．
答 案
解析
由已知得
的定义域为
，
， 则在
处的切
线斜率
， 若函数
的图象在
处的切线与轴垂直，则
，即
．
答 案
见解析
1
1 62%
2 29%
m
(−∞, 1]
a ∈1,2
(
)
f
x =
′ ( )
>
x
2 x −
+ 1 −
(
4
a)
2
8
a2
0
f x
( )
(0, + ∞)
f x
( )
[1,2]
f 2 =
( )
ln2 + 4 −2a
a ∈1,2
(
)
x
∈
0
[1,2]
f x
>
(
0)
m lna
a ∈1,2
(
)
ln2 + 4 −2a > m lna
m <
lna
4 + ln2 −2a
g a =
( )
lna
4 + ln2 −2a(1 < a < 2)
g
a =
′ ( )
aln a
2
−2a lna + 2a −4 −ln2
M a =
( )
−2a lna + 2a −4 −ln2
M
a =
′ ( )
−2 lna < 0
M a
( )
1,2
(
)
M a <
( )
M 1 =
( )
2 −4 −ln2 < 0
g
a <
′ ( )
0
g a =
( )
lna
4 + ln2 −2a
1,2
(
)
m ⩽g 2 =
( )
1
m
(−∞, 1]
例题5
a =
4
1
f x
( )
0, 1 ∪
(
)
1, +∞
(
)
f′ x =
( )
−a +
lnx
(
)2
lnx −1
x = e2
k = f
e
=
′ ( 2)
−a +
=
lne
(
2)
2
lne −1
2
−a +
=
4
2 −1
−a +
4
1
f x
( )
x = e2
y
−a +
=
4
1
0
a =
4
1
解析
当
，
时，不等式
等价为
，
即
，
即
，
整理得
，
设
，
则
，
，
，故
在
上为增函数，
，
则
，即不等式
成立，
则
成立．
答 案
解析
解：命题“若存在
，
，使
即
成立”，
等价于“当
时，有
”，
由
知，当
时，
，
，
，
，
问题等价于：“当
时，有
”，
当
，即
时，由
可知，
在
上为减函数，
则
，
，
．
当
，即
时，
，
，
，由复合函数的单调性知
在
上为增函数，
存在唯一
，使
且满足：
，
要使
，
，
3
a = 1
x > 1
f x ⋅
( )
<
x
x −1
2
3 −x
−x
<
(lnx
x
)
x
x −1
2
3 −x
−1
x −1 <
( lnx
1
) (
)
2
3 −x
−
lnx
1
1 <
×
2
3 −x
x −1
1
lnx >
=
x + 1
2 x −1
(
)
=
x + 1
2 x + 1 −4
(
)
2 −
x + 1
4
h x =
( )
lnx −2 +
x + 1
4
h′ x =
( )
−
x
1
=
=
x + 1
(
)2
4
x x + 1
(
)2
x + 1
−4x
(
)2
x x + 1
(
)2
x −1
(
)2
∵x > 1
∴h′ x >
( )
0
h x
( )
1, +∞
(
)
∴h x >
( )
h 1 =
( )
ln1 −2 +
=
1 + 1
4
−2 + 2 = 0
h x >
( )
0
lnx >
x + 1
2 x −1
(
)
f x ⋅
( )
<
x
x −1
2
3 −x
−
, +∞
[2
1
4e2
1
)
x
1
x
∈
2
e, e
[
2]
f x
−
(
1)
f
x
⩽
′ (
2)
a
f x
⩽
(
1)
f
x
+
′ (
2)
a
x ∈e, e
[
2]
f x
⩽
( )min
f x
+
′( )max
a
(1)
x ∈e, e
[
2]
lnx ∈1, 2
[
]
∈
lnx
1
, 1
[2
1
]
f
x =
′ ( )
−a +
=
lnx
(
)2
lnx −1
−
−
+
( lnx
1
2
1 )
2
−
4
1
a
f x
+
′( )max
a =
4
1
x ∈e, e
[
2]
f x
⩽
( )min
4
1
−a ⩽−
4
1
a ⩾
4
1
(1)
f x
( )
e, e
[
2]
f x
=
( )min
f e
=
( 2)
−ae +
2
⩽
2
e2
4
1
∴−a ⩽
−
4e2
1
2
1
∴a ⩾
−
2
1
4e2
1
−
<
4
1
−a < 0
0 < a <
4
1
∵x ∈e, e
[
2]
∴lnx ∈
, 1
[2
1
]
∵f
x =
′ ( )
−a +
lnx
(
)2
lnx −1
f
x
′ ( )
e, e
[
2]
∴
x
∈
0
e, e
(
2)
f′ x
=
(
0)
0
f x
=
( )min
f x
=
(
0)
−ax
+
0
lnx
0
x
0
f x
⩽
( )min
4
1
∴−a ⩽
−
4x
0
1
<
lnx0
1
−
4
1
=
2
1
−
4
1
1
与
矛盾，
不合题意．
综上，实数的取值范围为
．
答 案
解析
解：对任意
，存在
，使
，
只要
的最小值大于或等于
的最小值即可．
函数
，
，
若
，则
，
为增函数；若
，则
或
，
为减函数；
在
上有极值，
即
在
处取得极小值也是最小值
．
，对称轴方程为
，
，
当
时，
在
处取得最小值
，由
，得
或
，所以
；
当
时，
在
上是增函数，在
处取得最小值
．由
，得
，与
矛盾，此时无
解；
当
时，
在
上是减函数，在
处取得最小值
．由
，得
，此时
．
综上所述，的取值范围是
．
故答案为：
．
1
−
<
4
1
−a < 0
∴−
<
4
1
−a < 0
a
−
, +∞
[2
1
4e2
1
)
例题6
, +∞
[
2
14
)
x
∈
1
0, 2
(
)
x
∈
2
1, 2
[
]
f x
⩾
(
1)
g x
(
2)
∴
f x
( )
g x
( )
∵
f x =
( )
lnx −
x +
4
1
x > 0
4x
3 (
)
∴f
x =
′ ( )
−
x
1
+
4
1
=
4x2
−3
−
4x2
x −1
x −3
(
) (
)
f
x >
′ ( )
0
1 < x < 3
f x
( )
f
x <
′ ( )
0
x > 3
0 < x < 1
f x
( )
∴f x
( )
x ∈0, 2
(
)
f x
( )
x = 1
f x
=
( )min
f 1 =
( )
−
+
4
1
=
4
3
2
1
∵g x =
( )
x −
2
2bx + 4 = x −b
+
(
)2
4 −b2
x = b
x ∈1, 2
[
]
1 < b < 2
g x
( )
x = b
g x
=
( )min
g b =
( )
4 −b2
⩾
2
1
4 −b2
b ⩾
2
14
b ⩽−
2
14
2 > b ⩾
2
14
b ⩽1
g x
( )
1, 2
[
]
x = 1
g x
=
( )min
g 1 =
( )
1 −2b + 4 = 5 −2b
⩾
2
1
5 −2b
b ⩾
4
9
b ⩽1
b ⩾2
g x
( )
1, 2
[
]
x = 2
g x
=
( )min
g 2 =
( )
4 −4b + 4 = 8 −4b
⩾
2
1
8 −4b
b ⩾
8
15
b ⩾2
b
, 2
∪
[
2
14
)
2, +∞=
[
)
, +∞
[
2
14
)
, +∞
[
2
14
)
