答 案
B
解析
解：
的定义域是
，
．
令
，解得
，
故
在
上单调递增，
故选：B．
答 案
见解析
解析
解：函数
的定义域为
，
．
①若
，当
时，
，
故
在
上单调递减；
②若
，由
，得
．
(ⅰ)若
，当
时，
；
当
和
时，
，
故
在
上单调递减，在
和
上单调递增；
(ⅱ)若
在
上单调递增；
模块1：
考法：0
1 64%
1
例题1
f x
( )
(0, +∞)
f
x =
′ ( )
2x −
=
x
1
x
2x −1
2
f
x ⩾
′ ( )
0
x ⩾
2
2
f x
( )
, +∞
[ 2
2
)
例题2
f x
( )
0, +∞
(
)
∴f
x =
′ ( )
+
x
a
ax −a + 1 =
( 2
)
=
x
ax −a + 1 x + a
2
( 2
)
x
ax −1
x −a
(
) (
)
a ⩽0
x ∈0, +∞
(
)
f
x ⩽
′ ( )
0
f x
( )
0, +∞
(
)
a > 0
f
x =
′ ( )
0
x
=
1
, x
=
a
1
2
a
0 < a < 1
x ∈
a,
(
a
1 )
f
x <
′ ( )
0
x ∈0, a
(
)
, +∞
( a
1
)
f
x >
′ ( )
0
f x
( )
a,
(
a
1 )
0, a
(
)
, +∞
( a
1
)
a = 1, f
x ⩾
′ ( )
0, f x
( )
0, +∞
(
)
(ⅲ)若
，当
时，
；
当
和
时，
．
故
在
上单调递减，在
和
上单调递增．
答 案
见解析
解析
，
．
①当
时，令
，解得：
；
令
，解得：
，
在
上单调递减，在
上单调递增；
②当
时，
，
令
，解得：
或
；
令
，解得：
，
故
在
上单调递增，在
上单调递减，在
上单调递
增；
③当
时，
在
上单调递增；
④当
时，
，
令
，解得：
或
，
令
，解得：
，
故
在
上单调递增，在
上单调递减，在
上单调递
增．
答 案
见解析
解析
解：
的定义域为
；
，
当
时，若
，
，函数
单调递增；
，
，函数
单调递减．
1
1
a > 1
x ∈
, a
( a
1
)
f
x <
′ ( )
0
x ∈
0,
(
a
1 )
a, +∞
(
)
f
x >
′ ( )
0
f x
( )
, a
( a
1
)
0,
(
a
1 )
a, +∞
(
)
例题3
f x =
( )
x −1 e +
(
)
x
ax2
f
x =
′ ( )
x(e +
x
2a)
a ⩾0
f
x >
′ ( )
0
x > 0
f
x <
′ ( )
0
x < 0
∴f x
( )
(−∞, 0)
(0, +∞)
−
<
2
1
a < 0
ln −2a <
(
)
0
f
x >
′ ( )
0
x > 0
x < ln −2a
(
)
f
x <
′ ( )
0
ln −2a <
(
)
x < 0
f x
( )
(−∞, ln −2a )
(
)
ln −2a , 0
(
(
)
)
(0, +∞)
a = −
2
1
f x
( )
R
a < −
2
1
ln −2a >
(
)
0
f
x >
′ ( )
0
x < 0
x > ln −2a
(
)
f
x <
′ ( )
0
ln −2a >
(
)
x > 0
f x
( )
(−∞, 0)
0, ln −2a
(
(
))
(ln −2a , +∞)
(
)
例题4
f x
( )
0, +∞
(
)
f
x =
′ ( )
a −
−
x
a
+
x2
2
=
x3
2
x3
ax −2
x −1
(
2
) (
)
a ⩽0
x ∈0, 1
(
)
f
x >
′ ( )
0
f x
( )
x ∈1, +∞
(
)
f
x <
′ ( )
0
f x
( )
当
时，
，
若
，则
，所以当
或
时，
，函数
单
调递增；
当
时，
，函数
单调递减；
若
时，
，
，函数
单调递增；
若
，则
，所以当
或
时，
，函数
单
调递增；
当
时，
，函数
单调递减．
综上所述： 当
时，函数
在
上单调递增；函数
在
上单调递减．
当
时，函数
在
和
上单调递增；函数
在
上单
调递减．
当
时，函数
在
上单调递增．
当
时，函数
在
和
上单调递增；函数
在
上单调递
减．
答 案
见解析
解析
的定义域为
．
．
令
．
①当
时，
，此时
，函数
在
上单调递增，无极值点；
②当
时，
．
当
时，
，则
，即
，函数
在
上单调递
增，无极值点；
当
时，
，设方程
的两个实数根分别为
，
，
．
，
，
．
由
，可得
．
当
时，
，
，函数
单调递增；
1 61%
a > 0
f
x =
′ ( )
x3
a x −1
x +
x −
(
) (
a
2) (
a
2)
0 < a < 2
>
a
2
1
x ∈0, 1
(
)
, +∞
(
a
2
)
f
x >
′ ( )
0
f x
( )
1,
(
a
2 )
f
x <
′ ( )
0
f x
( )
a = 2
=
a
2
1
f
x ⩾
′ ( )
0
f x
( )
a > 2
0 <
<
a
2
1
x ∈
0,
(
a
2 )
1, +∞
(
)
f
x >
′ ( )
0
f x
( )
, 1
(
a
2
)
f
x <
′ ( )
0
f x
( )
a ⩽0
f x
( )
0, 1
(
)
f x
( )
1, +∞
(
)
0 < a < 2
f x
( )
0, 1
(
)
, +∞
(
a
2
)
f x
( )
1,
(
a
2 )
a = 2
f x
( )
0, +∞
(
)
a > 2
f x
( )
0,
(
a
2 )
1, +∞
(
)
f x
( )
, 1
(
a
2
)
例题5
f(x)
(−1, +∞)
f
x =
′ ( )
+
x + 1
1
2ax −a =
x + 1
2ax + ax −a + 1
2
g(x) = 2ax +
2
ax −a + 1
a = 0
g(x) = 1
f
x >
′ ( )
0
∴
f(x)
(−1, +∞)
a > 0
Δ = a −
2
8a(1 −a) = a(9a −8)
0 < a ⩽
9
8
Δ ⩽0
g(x) ⩾0
f
x ⩾
′ ( )
0
∴
f(x)
(−1, +∞)
a >
9
8
Δ > 0
2ax +
2
ax −a + 1 = 0
x
1
x
2
x
<
1
x
2
∵x
+
1
x
=
2
−
2
1
∴x
<
1
−
4
1
x
>
2
−
4
1
g(−1) = 1 > 0
−1 < x
<
1
−
4
1
∴
x ∈(−1, x
)
1
g(x) > 0
f
x >
′ ( )
0
f(x)
当
时，
，
，函数
单调递减；
当
时，
，
，函数
单调递增．
因此函数
有两个极值点；
③当
时，
．设方程
的两个实数根分别为
，
，
．由
，可得
．
当
时，
，
，函数
单调递增； 当
时，
，
，函数
单调递减．
因此函数
有一个极值点．
综上所述，当
时，函数
有一个极值点；
当
时，函数
无极值点；
当
时，函数
有两个极值点．
答 案
见解析
解析
由题意知
故
,
，
； 当
，即
时，
；故
；当
，即
时，
先增
后减，
；当
时，
，
．
答 案
C
解析
解：由题意可得：
．
令
可得，
.
因为函数
在
上有最小值，其最小值为
.
函数
在
上单调递增，在
上单调递减,在
上单调递增，
所以
，
且
，
解得：
．
故选：C．
1
1
x ∈(x
, x
)
1
2
g(x) < 0
f
x <
′ ( )
0
f(x)
x ∈(x
, +∞)
2
g(x) > 0
f
x >
′ ( )
0
f(x)
f(x)
a < 0
Δ > 0
2ax +
2
ax −a + 1 = 0
x
1
x
2
x
<
1
x2
g(−1) = 1 > 0
x
<
1
−1 < x
2
∴
x ∈(−1, x
)
2
g(x) > 0
f
x >
′ ( )
0
f(x)
x ∈(x
, +∞)
2
g(x) < 0
f
x <
′ ( )
0
f(x)
f(x)
a < 0
f(x)
0 ⩽a ⩽
9
8
f(x)
a >
9
8
f(x)
例题6
f (1) =
′
2, f(1) = 0,
f(x) = x −x
3
g(x) = (f(x) −x )e =
3
x
(x −
3
x −x )e =
3
x
−xex
g (x) =
′
−e −
x
xe =
x
−e (x +
x
1)
t + 1 < −1
t < −2
g (x) >
′
0
g(x)
=
max
g(t + 1) = −(t + 1)et+1
t ⩽−1 ⩽t + 1
−2 ⩽t ⩽−1
g(x)
g(x)
=
max
g(−1) = e−1
t > −1
g (x) <
′
0
g(x)
=
max
g(t) = −tet
例题7
f
x =
′ ( )
3x −
2
3
f
x =
′ ( )
3x −
2
3 = 0
x = ±1
f x
( )
a, 6 −a
(
2)
f 1
( )
f x
( )
−∞, −1
(
)
−1, 1
(
)
1, +∞
(
)
a < 1 < 6 −a2
f a =
( )
a −
3
3a ⩾f 1 =
( )
−2
−2 ⩽a < 1
例题8
答 案
D
解析
对于函数
,求导可得
，
函数
在
内有极小值,
，则其有一根在
内，
时，
的两根为
，
若有一根在
内，则
，即
．
当
时，
的两根相等，均为，
在
内无极小值．
当
时，
无根，
在
内无极小值．
综合可得，的取值范围是
， 故选D．
答 案
C
解析
，
单调递增，则
恒成立．
令
，
，
对
恒成立，只需
，解得
，故选C．
答 案
见解析
解析
函数
的定义域为
，
为单调函数，
或
恒成立，
，
．
①当
时，
为增函数；
②当
时，
，
为增函数，
，
，
故
在
上存在
使得
，当
时，
，
为减
函数，
当
时，
，
为增函数，不符合题意；
③当
时，
，要使
为单调函数，则
恒成立，
为增函数，存在
，使得
，即
，
1 90%
1
1
f x =
( )
x −
3
3ax + 3a
f
x =
′ ( )
3x −
2
3a
∵
f x =
( )
x −
3
3ax + 3a
0, 2
(
)
∴y =
′
3x −
2
3a = 0
0, 2
(
)
a > 0
3x −
2
3a = 0
±
a
0, 2
(
)
0 <
<
a
2
0 < a < 4
a = 0
3x −
2
3a = 0
0
f x
( )
0, 2
(
)
a < 0
3x −
2
3a = 0
f x
( )
0, 2
(
)
a
0, 4
(
)
例题9
f
x =
′ ( )
1 −
⋅
3
1
2 cos 2x + a cos x = −
2cos x −1 +
3
2 (
2
)
a cos x + 1 = −
cos x +
3
4
2
a
f x
( )
f
x ⩾
′ ( )
0
t = cos x ∈−1, 1
[
]
g t =
( )
−
t +
3
4 2
at +
3
5
g t ⩾
( )
0
t ∈−1, 1
[
]
{g −1 ⩾0
(
)
g 1 ⩾0
( )
a ∈−
,
[
3
1
3
1 ]
例题10
f x
( )
0, +∞
(
)
∵f x
( )
∴f
x ⩾
′ ( )
0
f
x ⩽
′ ( )
0
f
x =
′ ( )
e −
x
a lnx + 1
(
)
f
x =
′′ ( )
e −
x
x
a
a = 0
f x =
( )
ex
a < 0
f
x >
′′ ( )
0
f
x
′ ( )
f
1 =
′ ( )
e −a > 0
f
e
=
′ ( −1+
a
e )
e
−
e−1+
a
e
e < 0
f
x
′ ( )
e
, 1
( −1+
a
e
)
x
1
f
x
=
′ (
1)
0
0 < x < x
1
f
x <
′ ( )
0
f x
( )
x > x
1
f
x >
′ ( )
0
f x
( )
a > 0
f
=
′ ( e
1 )
e
>
e
1
0
f x
( )
f
x ⩾
′ ( )
0
f
x
′′ ( )
x
>
2
0
f
x
=
′′ (
2)
0
a = x
e
2
x
2
当
时，
，
为减函数，当
时，
，
为增函
数，
故
，
代入化简得
．
令
，
，
，
当
时，
，
为增函数，当
时，
，
为减函数，
又
，下证
．易知
为增函数，
，
故当
时，
，即
，
，
，
，
，
当
时，
单调．
综上所述，的取值范围为
．
0 < x < x
2
f
x <
′′ ( )
0
f
x
′ ( )
x > x
2
f
x >
′′ ( )
0
f
x
′ ( )
f x
=
′( )min
f
x
=
′ (
2)
e
−
x
2
a lnx
+ 1 ⩾
(
2
)
0
a = x
e
2
x
2
f
x
=
′ (
2)
e
1 −x
lnx
+ 1
x
2 [
2 (
2
)]
g x =
( )
e
1 −x lnx + 1
x [
(
)]
x > 0
g
x =
′ ( )
−e
x + 1
lnx + 1
x (
) (
)
0 < x <
e
1
g
x >
′ ( )
0
g x
( )
x >
e
1
g
x <
′ ( )
0
g x
( )
g 1 =
( )
0
φ x =
( )
lnx + 1 −
<
x
1
0
0 < x <
(
e
1 )
φ x
( )
∴φ x <
( )
φ
=
( e
1 )
−e < 0
0 < x <
e
1
lnx + 1 <
x
1
1 −x lnx + 1 >
(
)
0
g x >
( )
0
∴g x ⩾
( )
0 ⇔x ∈0, 1
(
]
x
∈
2
0, 1
(
]
a = x e
∈
2
x2
0, e
(
]
∴
0 < a ⩽e
f x
( )
a
[0, e]
