答 案
见解析
解析
当
时，要证：
， 只要证
， 只要证
， 只要证
， 由于
，
， 只要证
． 下面证明当
时，不等
式
成立． 令
，
，
，
， 当
时，
，
单调递减， 当
时，
，
单调递增，
． 令
，其可看作点
与点
连线的斜率， 直线
的方程为
， 由于点
在圆
上， 直线
与圆相交或相切． 当直线
与圆相切且切点在第二象限时，直线
的斜率取得最大值为， 当
时，
，当
时，
．
综上所述，当
，
．
【本讲要点】
模块1：
1
1
本讲要点
要点
例题1
x > −1
f(x) −g(x) > 0
f(x) > g(x)
e sinx −
x
cos x > x cos x −
e
2 x
e (sinx +
x
) >
2
(x + 1) cos x
sinx +
>
2
0
x + 1 > 0
>
x + 1
ex
sinx +
2
cos x
x > −1
>
x + 1
ex
sinx +
2
cos x
h(x) =
x + 1
ex
x > −1
∴h (x) =
′
(x + 1)2
xex
x > −1
x ∈(−1, 0)
h (x) <
′
0
h(x)
x ∈(0, +∞)
h (x) >
′
0
h(x)
∴h(x)
=
min
h(0) = 1
k =
sinx +
2
cos x
A(sinx, cos x)
B(−
, 0)
2
∴
AB
y = k(x +
)
2
A
x +
2
y =
2
1
∴
AB
AB
AB
1
∴
x = 0
k =
<
2
2
1 = h(0)
x=
0
/
h(x) > 1 ⩾k
x > −1
f(x) −g(x) > 0
例题2
答 案
见解析
解析
证明：令
．令
，
则
且
，所以
在
单调递增，
故当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，所以
．
答 案
见解析
解析
解：令
，
，
，
当
时，
，
在
上单调递增，
，
在
上单调递增，
．
．
答 案
见解析
解析
解：
的定义域为
，且
．
①当
时，对
，有
，故函数
在
上单调递增；
对
，有
，故函数
在
上单调递减．
②当
时，对
，有
，故函数
在
上单调递减；
对
，有
，故函数
在
上单调递增；
综上所述，当
时，单调递增区间为
，单调递减区间为
；
当
时，单调递减区间为
，单调递增区间为
．
1
1
2
g x =
( )
x −1 −
⇒
x
lnx
g
x =
′ ( )
x2
x −1 + lnx
2
h x =
( )
x −
2
1 + lnx
h 1 =
( )
0
h
x =
′ ( )
2x +
>
x
1
0
h x
( )
0, +∞
(
)
0 < x < 1
h x <
( )
0 ⇒g
x <
′ ( )
0
x > 1
h x >
( )
0 ⇒g
x >
′ ( )
0
g x
( )
0, 1
(
)
1, +∞
(
)
g x >
( )
g 1 =
( )
0 ⇒
⩽
x
lnx
x −1
例题3
f x =
( )
e −
x
x −
2
1
2
x −1 x ⩾0
(
)
∴f
x =
′ ( )
e −
x
x −1
∴f
x =
′′ ( )
e −
x
1
f
0 =
′′ ( )
0
x = 0
∴f
x
′ ( )
0, +∞
(
)
∴f
x ⩾
′ ( )
f
0 =
′ ( )
0
∴f x
( )
0, +∞
(
)
∴f x ⩾
( )
f 0 =
( )
0
∴
e ⩾
x
x +
2
1
2
x + 1 x ⩾0
(
)
例题4
f x
( )
0, +∞
(
)
f
x =
′ ( )
mx2
1 −lnx
m > 0
x ∈0, e
(
)
f
x >
′ ( )
0
f x
( )
0, e
(
)
x ∈e, +∞
(
)
f
x <
′ ( )
0
f x
( )
e, +∞
(
)
m < 0
x ∈0, e
(
)
f
x <
′ ( )
0
f x
( )
0, e
(
)
x ∈e, +∞
(
)
f
x >
′ ( )
0
f x
( )
e, +∞
(
)
m > 0
0, e
(
)
e, +∞
(
)
m < 0
0, e
(
)
e, +∞
(
)
答 案
见解析
解析
解：对
，
，且
，欲证明
．
只需证明
，即需证明
．
设
，则
．
设
，则
，
当
时，
恒成立，所以
在
上单调递减，
而
，
则当
时，
，所以
在
上单调递增，
当，
且
时，必有
，
即
，
故原不等式成立．
答 案
实数取值的集合是
解析
解：
．
当
时，
，函数
在
上单调递增，又
．
因此
时，
，不符合题意．
当
时，可得函数
在
上单调递减，在
上单调递增，
时，函数
取得极小值即最小值，
则
．令
，
．
，可知：
时，函数
取得极大值即最大值，且
．
因此只有
时满足
．故
．实数取值的集合是
．
答 案
见解析
解析
证明：由
可知：
时，
，即
在
时恒成立．
要证明：
，
即证明：
，即
．
令
，
．
，
令
，
，令
，解得
．
1
2
∀a
b ∈1, e
(
)
a > b
a
>
b+1
ba+1
b + 1 lna >
(
)
a + 1 lnb
(
)
>
a + 1
lna
b + 1
lnb
g x =
( )
x + 1
lnx
g
x =
′ ( )
x + 1
(
)2
1 +
−lnx
x
1
M x =
( )
1 +
−
x
1
lnx
M
x =
′ ( )
−
−
x2
1
=
x
1
−
x2
1 + x
x ∈1, e
(
)
M
x <
′ ( )
0
M x
( )
1, e
(
)
M e =
( )
1 +
−
e
1
lne =
>
e
1
0
x ∈1, e
(
)
g
x >
′ ( )
0
g x
( )
1, e
(
)
a
b ∈1, e
(
)
a > b
g a >
( )
g b
( )
>
a + 1
lna
b + 1
lnb
例题5
a
{1}
f
x =
′ ( )
−
x
1
=
x2
a
(x >
x2
x −a
0)
a ⩽0
f
x >
′ ( )
0
f x
( )
0, +∞
(
)
f(1) = 0
0 < x < 1
f x <
( )
0
a > 0
f x
( )
0, a
(
)
a, +∞
(
)
∴x = a
f x
( )
f a =
( )
lna + 1 −a ⩾0
g a =
( )
lna + 1 −a
g(1) = 0
g
a =
′ ( )
−
a
1
1 =
a
1 −a
a = 1
g a
( )
g(1) = 0
a = 1
f a =
( )
lna + 1 −a ⩾0
a = 1
∴
a
{1}
1
( )
a = 1
f x ⩾
( )
0
lnx ⩾1 −
x
1
x > 0
e +
x
⩾
x
1
2 −lnx + x +
2
e −2 x
(
)
e ⩾
x
1 + x +
2
e −2 x
(
)
e −
x
1 −x −
2
e −2 x ⩾
(
)
0
h x =
( )
e −
x
1 −x −
2
e −2 x
(
)
x > 0
h
x =
′ ( )
e −
x
2x −e −2
(
)
u x =
( )
e −
x
2x −e −2
(
)
u
x =
′ ( )
e −
x
2
u
x =
′ ( )
e −
x
2 = 0
x = ln2
可得：
时，函数
在
上单调递减，在
上单调递增．
即函数
在
上单调递减，在
上单调递增．
而
，
，
存在
，使得
，
当
时，
，
单调递增；
当
时，
，
单调递减；
当
时，
，
单调递增．
又
，
，
对
，
恒成立，即
．
综上可得：
成立．
答 案
证明见解析
解析
当
时，函数
． 令
， 则
． 当
时，
，所
以函数
在
上单调递减． 又
，当
时，恒有
，即
恒成立． 故当
时，有
．
而
，
．取
，则有
．
．所以结论成立．
答 案
解析
恒成立，设
， 即
，
①若
，这与
矛盾．
②若
，方程
的判别式
， 当
，即
时，
在
上单调递减，
，即不等式成立．
1
1
x = ln2
u x
( )
0, ln2
(
)
ln2, +∞
(
)
h
x
′ ( )
0, ln2
(
)
ln2, +∞
(
)
h
0 =
′ ( )
1 −e −2 =
(
)
3 −e > 0
h
ln2 <
′ (
)
h
1 =
′ ( )
0
∴
x
∈
0
0, ln2
(
)
h
x
=
′ (
0)
0
x ∈0, x
(
0)
h
x >
′ ( )
0
h x
( )
x ∈x
, 1
(
0
)
h
x <
′ ( )
0
h x
( )
x ∈1, +∞
(
)
h
x >
′ ( )
0
h x
( )
h 0 =
( )
1 −1 = 0
h 1 =
( )
e −1 −1 −e −2 =
(
)
0
∴
∀x > 0
h x ⩾
( )
0
e −
x
1 −x −
2
e −2 x ⩾
(
)
0
e +
x
⩾
x
1
2 −lnx + x +
2
e −2 x
(
)
例题6
b = −1
f(x) = x −
2
ln(x + 1)
h(x) = f(x) −x =
3
−x +
3
x −
2
ln(x + 1)
h (x) =
′
−3x +
2
2x −
=
x + 1
1
−
x + 1
3x + (x −1)
3
2
x ∈(0, +∞)
h (x) <
′
0
h(x)
(0, +∞)
h(0) = 0
∴
x ∈(0, +∞)
h(x) < h(0) = 0
x −
2
ln(x + 1) < x3
x ∈(0, +∞)
f(x) < x3
k ∈N∗
∴
∈
k
1
(0, +∞)
x =
k
1
f(
) <
k
1
k3
1
∴
f(
) <
k=1
∑
n
k
1
1 +
+
23
1
+
33
1
⋯+
n3
1
例题7
m ⩾
2
1
∀x ∈1, +∞, lnx ⩽
[
)
m
x −
(
x
1 )
g x =
( )
lnx −m
x −
(
x
1 )
∀x ∈1, +∞, g x ⩽
[
)
( )
0, g
x =
′ ( )
−
x
1
m
1 +
=
(
x2
1 )
x2
−mx + x −m
2
m ⩽0, g
x >
′ ( )
0, g x ⩾
( )
g 1 =
( )
0
g x ⩽
( )
0
m > 0
−mx +
2
x −m = 0
Δ = 1 −4m2
Δ ⩽0
m ⩾
2
1
g
x ⩽
′ ( )
0, ∴g x
( )
1, +∞
[
)
∴g x ⩽
( )
g 1 =
( )
0
1
当
时，方程
， 其根
， 当
时，
单调递增，
，与题设矛盾． 综上所述，
．
答 案
证明见解析
解析
由上题知，当
，
时，
成立， 不妨令
，
，
， 即：
．
答 案
．
解析
因为曲线
在点
处的切线与直线
垂直，所以
，解得
．
答 案
见解析
解析
恒成立，设
， 即
． ①若
，这与题设
矛盾； ②若
，方程
的判别式
， 当
，即
时，
在
上单调递减，
，即不等式成立，当
时，方程
，其根
2
1
2
0 < m <
2
1
−mx +
2
x −m = 0
x
=
1
>
2m
1 −
1 −4m2
0, x
=
2
>
2m
1 +
1 −4m2
1
x ∈1, x
(
2)
g
x >
′ ( )
0, g x
( )
g x >
( )
g 1 =
( )
0
m ⩾
2
1
x > 1
m =
2
1
lnx <
x −
2
1 (
x
1 )
x =
, k ∈
2k −1
2k + 1
N∗
∴ln
<
2k −1
2k + 1
−
=
2
1 ( 2k −1
2k + 1
2k + 1
2k −1 )
4k −1
2
4k
ln
<
k=1
∑
n
2k −1
2k + 1
n ∈N
k=1
∑
n
4k −1
2
4k
(
+)
ln 2n + 1 <
(
)
n ∈N
k=1
∑
n
4k −1
2
4k
(
+)
例题8
a = 0
f x =
( )
x + a lnx
(
)
1, f 1
(
( ))
x + y + 1 = 0
f
1 =
′ ( )
ln1 + (1 + a) = 1
a = 0
∀x ∈1, +∞, lnx ⩽
[
)
m
x −
(
x
1 )
g x =
( )
lnx −m
x −
x > 0
(
x
1 ) (
)
∀x ∈1, +∞, g x ⩽
[
)
( )
0, g
x =
′ ( )
−
x
1
m
1 +
=
(
x2
1 )
x2
−mx + x −m
2
m ⩽0, g
x >
′ ( )
0, g x ⩾
( )
g 1 =
( )
0
g x ⩽
( )
0
m > 0
−mx +
2
x −m = 0
Δ = 1 −4m2
Δ ⩽0
m ⩾
2
1
g
x ⩽
′ ( )
0, ∴g x
( )
0, +∞
(
)
g x ⩽
( )
g 1 =
( )
0
0 < m <
2
1
−mx +
2
x −m = 0
， 当
时，
单调递增，
， 与题设矛盾．综上所述，
．
答 案
证明见解析．
解析
当
时，
，当
时，在
中，令
，得
，
， 即
．
答 案
见解析
解析
解：
恒成立．
设
，则
，
在
上单调递增，
，
，即的取值范围是
．
答 案
见解析
解析
解：
，则
，令
，得
，当
时，
；当
时，
，当
时，
取最小值，
，
．
，即
，
，
则
时，
，
设
，则有
，分别取
，，，
，，
将上述个不等式依次相加，得：
3
1
2
x
=
1
>
2m
1 −
1 −4m2
0, x
=
2
>
2m
1 +
1 −4m2
1
x ∈1, x
(
2)
g
x >
′ ( )
0, g x
( )
g x >
( )
g 1 =
( )
0
m ⩾
2
1
n = 1
1 ⩽1
n ⩾2
lnx ⩽
x −
2
1 (
x
1 )
x =
k −1
k
ln
⩽
k −1
k
+
k ⩾2
2
1 ( k −1
k
k
1 ) (
)
ln
+
k −1
k
−
2k
1
⩽
2 k −1
(
)
1
k ⩾2 , 1 +
k
1 (
)
ln
+
−
⩽
k=2
∑
n
[
k −1
k
2k
1
2 k −1
(
)
1
]
1 +
lnn +
+
2
1
⩽
2n
1
1 +
+
2
1
+
3
1
⋯+
, n ∈
n
1
N
+
例题9
f x ⩾
( )
0 ⇔t ⩽
x > 0
x + 1
ex
(
)
p x =
( )
x ⩾0
x + 1
ex
(
)
p
x =
′ ( )
⩾
x + 1
(
)2
xex
0
∴p x
( )
0, +∞
[
)
∴p x ⩾
( )
p 0 =
( )
1
∴t ⩽1
t
(−∞,1]
h x =
( )
e −
x
x −1
h
x =
′ ( )
e −
x
1
h
x =
′ ( )
0
x = 0
∴
x > 0
h
x >
′ ( )
0
x < 0
h
x <
′ ( )
0
∴
x = 0
h x
( )
h 0 =
( )
0
∴h x ≥
( )
0
∴e ⩾
x
x + 1
ln 1 + x ⩽
(
)
x
x > −1
(
)
x > 0
ln 1 + x <
(
)
x
x =
k
1
ln
<
k
k + 1
k
1
k = 1
2
3
⋯
n
n
2
3
1
1
1
，
，
设
，则有
，分别取
，，，
，
，
将上述个不等式依次相加，得：
，
即
，
，
综合
得：
．
答 案
(1)当
时,函数
在
上为增函数；当
时,函数
在
上为增
函数,在
上为减函数.
解析
，
，
当
时，
恒成立，故函数
在
为增函数，
当
时，令
,得
，
当
，即
时，函数为增函数；
当
，即
时，函数为减函数，
综上所述， 当
时，函数
在
上为增函数；当
时，函数
在
上为增函数，在
上为减函数．
答 案
解析
由上题知，当
时，
函数
在定义域内单调递增，
不恒成立，
当
时，函数
在
为增函数，在
为减函数．
当
时，
取最大值，
．
，即实数的取值范围为
．
1
2
ln
+
1
2
ln
+
2
3
⋯+ ln
<
n
n + 1
1 +
+
2
1
⋯+
n
1
∴ln 1 + n <
(
)
1 +
+
2
1
⋯+
①
n
1
x = −
k + 1
1
ln
>
k
k + 1
k + 1
1
k = 1
2
3
⋯
n −1
n
+
2
1
⋯+
<
n
1
ln
+
1
2
ln
+
2
3
⋯+ ln
n −1
n
+
2
1
⋯+
<
n
1
lnn n ⩾2
(
)
∴1 +
+
2
1
⋯+
⩽
n
1
1 + lnn n ∈N
②
(
∗)
①②
ln 1 + n <
(
)
1 +
+
2
1
⋯+
⩽
n
1
1 + lnn
例题10
k ⩽0
f x
( )
1, + ∞
(
)
k > 0
f x
( )
1,
(
k
k + 1 )
,+∞
(
k
k + 1
)
∵f x =
( )
ln x −1 −
(
)
k x −1 +
(
)
1, x > 1
(
)
∴f
x =
′ ( )
−
x −1
1
k
k ⩽0
f
x >
′ ( )
0
f x
( )
1, + ∞
(
)
k > 0
f
x =
′ ( )
0
x =
k
k + 1
f
x >
′ ( )
0
1 < x <
k
k + 1
f
x <
′ ( )
0
x >
k
k + 1
k ⩽0
f x
( )
1, + ∞
(
)
k > 0
f x
( )
1,
(
k
k + 1 )
,+∞
(
k
k + 1
)
1, + ∞
[
)
k ⩽0
f
x >
′ ( )
0
f x
( )
f x ⩽
( )
0
k > 0
f x
( )
1,
(
k
k + 1 )
,+∞
(
k
k + 1
)
x =
k
k + 1
f x
( )
f
=
(
k
k + 1 )
ln
⩽
k
1
0
∴k ⩾1
k
1, + ∞
[
)
答 案
详见解析
解析
由上题知
时，
恒成立，即
，
，
取
累加得
．
3
k = 1
f x ⩽
( )
0
ln x −1 <
(
)
x −2
∴
=
n + 1
lnn
=
2 n + 1
(
)
2 lnn
<
2 n + 1
(
)
lnn2
=
2 n + 1
(
)
n −1
2
2
n −1
x = 2, 3,4,5...n,n + 1
+
3
ln2
+
4
ln3
⋯+
<
n + 1
lnn
+
2
1
+
2
2
+
2
3
⋯+
=
2
n −1
n ∈N ,n ⩾2
4
n n −1
(
) (
∗
)
