答 案
B
解析
恒成立，即
恒成立．设
，则
．当
时，
，函数
单调递减；
当
时，
，函数
单调递增．所以
．所以
．
答 案
D
解析
解：不等式
在
上恒成立，可得
，
设
，
，
由
，可得当
时，
单调递增；
【本讲要点】
模块1：
1 50%
1 55%
本讲要点
要点
例题1
2x lnx ⩾−x +
2
ax −3
a ⩽2 lnx + x +
x
3
h(x) = 2 lnx + x +
x
3
h (x) =
′
(x >
x2
(x + 3)(x −1)
0)
x ∈(0, 1)
h (x) <
′
0
h(x)
x ∈(1, +∞)
h (x) >
′
0
h(x)
h(x)
=
min
h(1) = 4
a ⩽h(x)
=
min
4
例题2
⩾
x
mex
6 −4x
0, +∞
(
)
m ⩾
[
ex
x 6 −4x
(
) ]
max
f x =
( )
ex
x 6 −4x
(
)
f
x =
′ ( )
=
ex
4x −14x + 6
2
ex
2 x −3
2x −1
(
) (
)
x > 0
0 < x <
2
1
f
x >
′ ( )
0, f x
( )
1
当
时，
单调递减；
当
时，
单调递增．
且当
时，
，
即当
时，
取得最大值，且为
，可得
．
故选：D．
答 案
A
解析
解：由题意令
，
则
．
当
时，
，
在
上单调递增，
当
时，
，故不合题意，
当
时，
，符合题意，
当
时，令
，解得：
．令
，解得：
，
故
在
上单调递减，在
上单调递增，
故
，
令
，
故
，
令
，解得：
；令
，解得：
，
故
在
上单调递减，在
上单调递增，
故
，
故
，
故
时，只要
，则
，
综上，
，
故选：A．
答 案
B
解析
解：当
时，
，即
，
令
，则
，
令
，则
，
1 50%
1
<
2
1
x < 3
f
x <
′ ( )
0, f x
( )
x > 3
f
x >
′ ( )
0, f x
( )
x > 3
f x <
( )
0
x =
2
1
f x
( )
e
2
m ⩾2e−
2
1
例题3
f x =
( )
x +
2
1
2
1 −a x −
(
)
a lnx −2a +
a
2
3
2
f
x =
′ ( )
x + 1 −a −
(
)
=
x
a
x
x −a
x + 1
(
) (
)
a < 0
f
x >
′ ( )
0
f x
( )
0, +∞
(
)
x →0
f x →
( )
−∞
a = 0
f x =
( )
x +
2
1
2
x > 0
a > 0
f
x >
′ ( )
0
x > a
f
x <
′ ( )
0
0 < x < a
f x
( )
0, a
(
)
a, +∞
(
)
f x
=
( )min
f a =
( )
a a −1 −lna
(
)
h a =
( )
a −1 −lna a > 0
(
)
h
a =
′ ( )
1 −
=
a
1
a
a −1
h
a >
′ ( )
0
a > 1
h
a <
′ ( )
0
0 < a < 1
h a
( )
0, 1
(
)
1, +∞
(
)
h a ⩾
( )
h 1 =
( )
0
a −1 −lna ⩾0
a > 0
a=
1
/
h a >
( )
0
a ∈0, 1 ∪
[
)
1, +∞
(
)
例题4
x > 0
e −
x
x −
2
ax ⩾1 −x
a ⩽
−
x
ex
x −
+
x
1
1
h x =
( )
−
x
ex
x −
+
x
1
1 x > 0
(
)
h
x =
′ ( )
x2
x −1
e −x −1
(
) ( x
)
φ x =
( )
e −
x
x −1 x > 0
(
)
φ
x =
′ ( )
e −
x
1 > 0
当
时，
单调递增，
，
当
时，
，
单调递减；
当
时，
，
单调递增，
故
，
故
．故选B．
答 案
D
解析
解：原命题等价于不等式
在
上恒成立，
即证
在
上恒成立．
令
，则
，
，
设
．
当
时，
在
上单调递增．
又
，
当
时，
恒成立，即
恒成立．
，与题意不符，舍去．
当
时，若
在
上恒成立，
只需
在
上单调递减，即
在
上恒成立．
又
在
上单调递减，
，即
．故选D．
答 案
见解析
解析
当
时，
，即
．
令
，则
．
令
，则
，
当
时，
单调递增，则
，
当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递增，
1 50%
1
x ∈0, +∞
(
)
φ x
( )
φ x >
( )
φ 0 =
( )
0
x ∈0, 1
(
)
h
x <
′ ( )
0
h x
( )
x ∈1, +∞
(
)
h
x >
′ ( )
0
h x
( )
h x
=
( )min
h 1 =
( )
e −1
a ∈−∞, e −1
(
]
例题5
a x −1 >
(
2
)
ax −a + lnx
x ∈1, +∞
(
)
lnx + ax −ax <
2
0
x ∈1, +∞
(
)
F x =
( )
lnx + ax −ax2
F 1 =
( )
0
F
x =
′ ( )
+
x
1
a −2ax =
x
−2ax + ax + 1
2
g x =
( )
−2ax +
2
ax + 1 = −2a x −
+
(
4
1 )
2
1 +
8
a
i( )
a ⩽0
g x
( )
1, +∞
(
)
∵g 1 =
( )
1 −a > 0
∴
x ∈1, +∞
(
)
g x >
( )
0
F
x >
′ ( )
0
∴F x >
( )
0
ii
( )
a > 0
F x <
( )
0
x ∈1, +∞
(
)
F x
( )
1, +∞
(
)
g x <
( )
0
1, +∞
(
)
∵g x
( )
, +∞
[4
1
)
∴g 1 =
( )
1 −a ⩽0
a ⩾1
例题6
x > 0
e −
x
x −
2
ax ⩾1 −x
a ⩽
−
x
ex
x −
+
x
1
1
h x =
( )
−
x
ex
x −
+
x
1
1 x > 0
(
)
h
x =
′ ( )
x2
x −1
e −x −1
(
) ( x
)
φ x =
( )
e −
x
x −1 x > 0
(
)
φ
x =
′ ( )
e −
x
1 > 0
x ∈0, +∞
(
)
φ x
( )
φ x >
( )
φ 0 =
( )
0
x ∈0, 1
(
)
h
x <
′ ( )
0
h x
( )
x ∈1, +∞
(
)
h
x >
′ ( )
0
h x
( )
故
，
故
．
答 案
见解析
解析
恒成立等价于
，
恒成立．
令
，
则
恒成立等价于
，
(*)．
要满足(*)式，即
在
时取得最大值．
．
由
解得
．
当
时，
，
当
时，
；当
时，
．
当
时，
在
上单调递增，在
上单调递减，从而
，符合题意．
所以，
．
答 案
见解析
解析
依题意得：
恒成立，
恒成立．
构造函数
，
则
图象恒过
，
．
①
，
，
在
上单调递增，
不能恒成立．
②
，
．
当
时，
，函数
单调递减；
当
时，
，函数
单调递增，
在
时取得极小值，
，
1
1
h x
=
( )min
h 1 =
( )
e −1
a ∈−∞, e −1
(
]
例题7
f x ⩽
( )
ax
∀x ∈
, +∞
( 2
1
)
f x −
( )
ax ⩽0
h x =
( )
f x −
( )
ax = ln 2x −1 +
(
)
−
x
a
ax
f x ⩽
( )
ax
∀x ∈
, +∞
( 2
1
)
h x ⩽
( )
0 = h 1
( )
h x
( )
x = 1
∵h
x =
′ ( )
x
2x −1
2 (
)
−2ax + 2 + a x −2ax + a
3
(
)
2
h
1 =
′ ( )
0
a = 1
a = 1
h
x =
′ ( )
x
2x −1
2 (
)
1 −x
2x −x + 1
(
) (
2
)
∴
x ∈
, 1
( 2
1
)
h
x >
′ ( )
0
x ∈1, +∞
(
)
h
x <
′ ( )
0
∴
a = 1
h x
( )
, 1
( 2
1
)
1, +∞
(
)
h x ⩽
( )
h 1 =
( )
0
a = 1
例题8
e −
x
2ax −2 ⩾−ax −1
∴e ⩾
x
ax + 1
g x =
( )
e −
x
ax −1
g x =
( )
e −
x
ax −1
0, 0
(
)
g
x =
′ ( )
e −
x
a
a ⩽0
g
x >
′ ( )
0
∴g x
( )
R
∴e ⩾
x
ax + 1
a > 0
g
x =
′ ( )
0, ∴x = lna
∵
x ∈−∞, lna
(
)
g
x <
′ ( )
0
g x =
( )
e −
x
ax −1
x ∈lna, +∞
(
)
g
x >
′ ( )
0
g x =
( )
e −
x
ax −1
∴g x
( )
x = lna
g lna =
(
)
a −a lna −1
要使
恒成立，只需
．
设
，则函数
图象恒过
，
，
当
时，
，函数
单调递增；
当
时，
，函数
单调递减，
在
取得极大值，
要使函数
成立，只有在
时成立．
答 案
见解析
解析
恒成立等价于
恒成立，
令
，
当
，即
时，
，
故
在
内不能恒成立，
当
，即
时，则
，
故
在
内不能恒成立，
当
，即
时，
，
由
，解得
，
当
时，
；
当
时，
．
所以
，
解得
．
综上，当
时，
在
内恒成立，即
恒成立，
所以实数的取值范围是
．
答 案
解析
构造函数
，
,
求导数
． 因为
，所以
的符号就是
1
1
∴
e ⩾
x
ax + 1
a −a lna −1 ⩾0
h a =
( )
a −a lna −1
h a
( )
1, 0
(
)
h
a =
′ ( )
1 −lna −1 = −lna
a ∈0, 1
(
)
h
a >
′ ( )
0
h a
( )
a ∈1, +∞
(
)
h
a <
′ ( )
0
h a
( )
∴h a
( )
a = 1
0
∴
h a ⩾
( )
0
a = 1
例题9
f x ⩽
( )
x
a + a + 1 xlnx ⩾
(
)
0
g x =
( )
a + a + 1 x lnx
(
)
a + 1 = 0
a = −1
g x =
( )
−1
g x ⩾
( )
0
x ∈0, +∞
(
)
a + 1 < 0
a < −1
g 1 =
( )
a < −1
g x ⩾
( )
0
x ∈0, +∞
(
)
a + 1 > 0
a > −1
g
x =
′ ( )
a + 1
1 + lnx
(
) (
)
g
x =
′ ( )
0
x =
e
1
0 < x <
e
1
g
x <
′ ( )
0
x >
e
1
g
x >
′ ( )
0
g x
=
( )min
g
=
( e
1 )
a −
⩾
e
a + 1
0
a ⩾
e −1
1
a ⩾
e −1
1
g x ⩾
( )
0
0, +∞
(
)
f x ⩽
( )
x
a
, +∞
[e −1
1
)
例题10
−∞, 1
(
]
h x =
( )
f x −
( )
g x =
( )
(x −1)e +
x
1 −
ax +
x
( 3
1
3
2
1
2)
x ∈0, +∞
[
)
h
x =
′ ( )
x e −ax + 1
[ x
(
)]
x ∈0, +∞
[
)
e −
x
ax + 1
(
)
的符号．
设
,
,则
，
因为
,所以
，
①当
时,
，
在
上是增函数，
又
,所以
,
，
在
上是增函数，
又
，所以
，
故
符合题意．
②当
时，由
，得
，在区间
上，
，
是减函数，所以在区间
内，
，所以
，
在
上是
减函数，
，故
不合题意．
综上所述,所求的实数的取值范围为
．
h
x
′ ( )
ϕ x =
( )
e −
x
ax + 1
(
) x ∈0, +∞
[
)
ϕ
x =
′ ( )
e −
x
a
x ∈0, +∞
[
)
e ⩾
x
1
a ⩽1
ϕ
x =
′ ( )
e −
x
a ⩾0
ϕ x
( )
0, +∞
[
)
ϕ 0 =
( )
0
ϕ x ⩾
( )
0 h
x ⩾
′ ( )
0
h x
( )
0, +∞
[
)
h 0 =
( )
0
h x ⩾
( )
0
a ⩽1
a > 1
ϕ
x =
′ ( )
e −
x
a = 0
x = lna > 0
0, lna
[
)
ϕ
x <
′ ( )
0
ϕ x
( )
0, lna
(
)
ϕ x <
( )
0
h
x <
′ ( )
0
h x
( )
0, lna
(
)
h x <
( )
0
a > 1
a
−∞, 1
(
]
