答案
解析
由题意得
， 即
．
设
，则问题转化为
即可，
通过求导可得
，
所以
．
答案
见解析
解析
解：
，
，
即
，
，
，
即当
时，
，
模块1：
1
1
练习
练习册——春季
春季讲义
讲义高三理数
高三理数
第3讲——满分系列之
分系列之导数
（上）
（上）——目标985
例题1
a < −
2
5
3lnx −
x +
2
1
2
x > 3x + a
3 lnx −
x −
2
1
2
2x > a
h x =
( )
3 lnx −
x −
2
1
2
2x
a < h x
( )max
h x
=
( )max
h 1 =
( )
−
2
5
a < −
2
5
例题2
f x ⩾
( )
4x −2a −1
x −
2
2ax + 3 ⩾4x −2a −1
x −
2
4x + 4 ⩾2a x −1
(
)
∵x ∈
, 3
[2
3
]
∴x −1 > 0
x ∈
, 3
[2
3
]
2a ⩽
x −1
x −4x + 4
2
令
，
得
，
令
，
，
则
，
所以当
时，
，
递减，
当
时，
，
递增，
所以
，
所以
，即
．
答案
见解析
解析
当
且
时，
设
，
．
令
得
．
当
时，
，
单调递增；
当
时，
，
单调递减，所以
在
处取得最大值，
即
，
，
，即
．
答案
当
时，
在
内单调递增，在
内单调递减；
当
时，
在
内单调递增，在
内单调递减， 在
内
单调递增；
当
时，
在
内单调递增；
当
时，
在
内单调递增，在
内单调递减， 在
内单调递
增
1
1
t = x −1
t ∈
, 2
[2
1
]
2a ⩽
=
t
t + 1
−4 t + 1 + 4
(
)2
(
)
t
t −2t + 1
2
g t =
( )
=
t
t −2t + 1
2
t +
−
t
1
2
t ∈
, 2
[2
1
]
g (t) =
′
1 −
=
t2
1
=
t2
t −1
2
t2
t −1
t + 1
(
) (
)
t ∈
,1
[2
1
)
g
t <
′ ( )
0
g t( )
t ∈1, 2
(
]
g
t >
′ ( )
0
g t( )
g t
=
( )min
g 1 =
( )
0
2a ⩽0
a ⩽0
例题3
a = 0
b = 1
h(x) = f(x) −g(x) = lnx −(x −1) = lnx −x + 1
∀x > 0, h (x) =
′
−
x
1
1
h (x) =
′
0
x = 1
0 < x < 1
h (x) =
′
−
x
1
1 > 0
h(x)
x > 1
h (x) =
′
−
x
1
1 < 0
h(x)
h(x)
x = 1
∀x > 0
h(x) ⩽h(1) = ln1 −1 + 1 = 0
lnx ⩽x −1
f(x) ⩽g(x)
例题4
a ⩽0
f x
( )
0, 1
(
)
1, +∞
(
)
0 < a < 2
f x
( )
0, 1
(
)
1,
(
a
2 )
, +∞
(
a
2
)
a = 2
f x
( )
0, +∞
(
)
a > 2
f x
( )
0,
(
a
2 )
, 1
(
a
2
)
1, +∞
(
)
解析
解：由题意得，
的定义域为
，
，
当
时，
时，
，
单调递增，
时，
，
单调递减．
当
时，
．
①当
时，
，当
或
时，
，
单调递增，
当
时，
，
单调递减．
②当
时，
，在
内，
，
单调递增．
③当
时，
，
当
或
时，
，
单调递增，
当
时，
，
单调递减．
综上所述，当
时，
在
内单调递增，
在
内单调递减；
当
时，
在
内单调递增，在
内单调递减，
在
内单调递增；
当
时，
在
内单调递增；
当
时，
在
内单调递增，在
内单调递减，
在
内单调递增．
答案
见解析
解析
证明：由
知
时，
，
，
设
，
，
，
则
，
由
，可得
，当且仅当
时取得等号，
2
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
( )
a > 0
f
x =
′ ( )
⋅
x3
a x −1
(
)
x −
x +
(
a
2 )(
a
2 )
0 < a < 2
>
a
2
1
x ∈0, 1
(
)
x ∈
, +∞
(
a
2
)
f
x >
′ ( )
0
f x
( )
x ∈
1,
(
a
2 )
f
x <
′ ( )
0
f x
( )
a = 2
=
a
2
1
x ∈0, +∞
(
)
f
x ⩾
′ ( )
0
f x
( )
a > 2
0 <
<
a
2
1
x ∈
0,
(
a
2 )
x ∈1, +∞
(
)
f
x >
′ ( )
0
f x
( )
x ∈
, 1
(
a
2
)
f
x <
′ ( )
0
f x
( )
a ⩽0
f x
( )
0, 1
(
)
1, +∞
(
)
0 < a < 2
f x
( )
0, 1
(
)
1,
(
a
2 )
, +∞
(
a
2
)
a = 2
f x
( )
0, +∞
(
)
a > 2
f x
( )
0,
(
a
2 )
, 1
(
a
2
)
1, +∞
(
)
(1)
a = 1
f x −
( )
f
x =
′ ( )
x −lnx +
−
x2
2x −1
1 −
−
+
(
x
1
x2
2
x3
2 )
= x −lnx +
+
x
3
−
x2
1
−
x3
2
1
x ∈1, 2
[
]
g x =
( )
x −lnx
h x =
( )
+
x
3
−
x2
1
−
x3
2
1
x ∈1, 2
[
]
f x −
( )
f
x =
′ ( )
g x +
( )
h x
( )
g
x =
′ ( )
⩾
x
x −1
0
g x ⩾
( )
g 1 =
( )
1
x = 1
又
，
设
，则
在
内单调递减，
因为
，
，
，
使得
时，
，
时，
，
在
内单调递增，在
内单调递减，
由
，
，可得
，当且仅当
时取得等号，
所以
，
即
对于任意的
成立．
答案
见解析
解析
解：函数
的定义域为
，
，
令
，则
或
，
①当
，即
时，
所以函数
的增区间为
和
，
减区间为
．
②当
，即
时，
在
上恒成立，
所以函数
的增区间为
．
③当
，即
时，
1
h
x =
′ ( )
x4
−3x −2x + 6
2
φ x =
( )
−3x −
2
2x + 6
φ x
( )
x ∈1, 2
[
]
φ 1 =
( )
1
φ 2 =
( )
−10
∴∃x
∈
0
1, 2
[
]
x ∈1, x
(
0)
φ x >
( )
0
x ∈x
, 2
(
0
)
φ x <
( )
0
∴h x
( )
1, x
[
0)
x
, 2
(
0
]
h 1 =
( )
1
h 2 =
( )
2
1
h x ⩾
( )
h 2 =
( )
2
1
x = 2
f x −
( )
f
x >
′ ( )
g 1 +
( )
h 2 =
( )
2
3
f x >
( )
f
x +
′ ( )
2
3
x ∈1, 2
[
]
例题5
f(x)
x > −
2
1
f
x =
′ ( )
x −(1 + 2a) +
2x + 1
4a + 1
=
2x + 1
2x + 1
x −1 −2a + 4a + 1
(
) (
)
=
2x + 1
2x −1
x −2a
(
) (
)
f
x =
′ ( )
0
x =
2
1
x = 2a
2a >
2
1
a >
4
1
f x
( )
−
,
(
2
1
2
1 )
2a, +∞
(
)
, 2a
( 2
1
)
2a =
2
1
a =
4
1
f
x =
′ ( )
×
2
1
⩾
2x + 1
2x −1
(
)2
0
−
, +∞
(
2
1
)
f x
( )
−
，+ ∞
(
2
1
)
0 < 2a <
2
1
0 < a <
4
1
所以函数
的增区间为
和
，
减区间为
.
综上所述： 当
时，函数
的增区间为
和
，
减区间为
，
当
时，函数
的增区间为
，
当
时，函数
的增区间为
和
，
减区间为
．
答案
解析
解：由题意，
时，存在
，
，
即
时，函数
在
上的最小值小于
，
由
知
时，函数
在
上递减，在
上递增，
函数
在
上的最小值为
，
所以
，
即
．
化简得
，
，
又
，所以
，
所求实数的取值范围为
．
答案
在
上是增函数，在
上是减函数
解析
2
1
f x
( )
−
, 2a
(
2
1
)
, +∞
( 2
1
)
2a,
(
2
1 )
0 < a <
4
1
f x
( )
−
, 2a
(
2
1
)
, +∞
( 2
1
)
2a,
(
2
1 )
a =
4
1
f x
( )
−
, +∞
(
2
1
)
a >
4
1
f x
( )
−
,
(
2
1
2
1 )
(2a, +∞)
, 2a
( 2
1
)
,
( 4
1
4
e −1 )
a >
4
1
x
∈
0
, +∞
( 2
1
)
f x
<
(
0)
−
2
1
2a2
a >
4
1
f x
( )
, +∞
( 2
1
)
−
2
1
2a2
(2)
a >
4
1
f x
( )
, 2a
( 2
1
)
2a, +∞
(
)
f x
( )
, +∞
( 2
1
)
f 2a
(
)
f 2a <
(
)
−
2
1
2a2
2a −
2
2a 1 + 2a +
(
)
ln 4a + 1 <
2
4a + 1
(
)
−
2
1
2a2
ln(4a + 1) < 1
4a + 1 < e, a <
4
e −1
a >
4
1
<
4
1
a <
4
e −1
a
,
( 4
1
4
e −1 )
例题6
f x
( )
1, 1 +
(
k
1 )
1 +
, +∞
(
k
1
)
1
解：函数
的定义域为
，
，
当
时，
，则
在
上是增函数．
当
时，由
得
．
由
得
．
则
在
上是增函数，在
上是减函数．
答案
解析
解：解法一：由
知
时，
在
上递增，而
，
不成立，故
．
又由
知
，
因为
恒成立，
所以
，解得
．
所以，实数的取值范围为
．
解法二(分离变量法)：
由题意可知
，
所以
，
令
，
则
，
所以
为
增区间，
为
减区间，
由此，
，即
．
所以，实数的取值范围为
．
答案
见解析
解析
解：
的定义域为
，且
，
当
时，
在
上是减函数，
2
1
f x
( )
1, +∞
(
)
f
x =
′ ( )
−
x −1
1
k
k ⩽0
f
x =
′ ( )
−
x −1
1
k > 0
f x
( )
1, +∞
(
)
k > 0
f
x =
′ ( )
−
x −1
1
k > 0
x ∈
1, 1 +
(
k
1 )
f
x =
′ ( )
−
x −1
1
k < 0
x ∈
1 +
, +∞
(
k
1
)
f x
( )
1, 1 +
(
k
1 )
1 +
, +∞
(
k
1
)
k ⩾1
1
( )
k ⩽0
f x
( )
1, +∞
(
)
f 2 =
( )
1 −k > 0
f x ⩽
( )
0
k > 0
1
( )
f x
=
( )max
f
1 +
=
(
k
1 )
−lnk
f x ⩽
( )
0
f x
=
( )max
f
1 +
=
(
k
1 )
−lnk ⩽0
k ⩾1
k
k ⩾1
x > 1
k ⩾
+
x −1
ln x −1
(
)
x −1
1
g x =
( )
+
x −1
ln x −1
(
)
x −1
1
g
x =
′ ( )
−
x −1
(
)2
1 −ln x −1
(
)
=
x −1
(
)2
1
x −1
(
)2
−ln x −1
(
)
1, 2
(
]
g x
( )
2, +∞
[
)
g x
( )
g x
=
( )max
g 2 =
( )
1
k ⩾1
k
k ⩾1
例题7
f x
( )
0, +∞
(
)
f
x =
′ ( )
2ax −
=
x
1
x
2ax −1
2
a ⩽0
f
x <
′ ( )
0, f x
( )
0, +∞
(
)
当
时，
时，
，
时，
，
在
上是减函数，在
上是增函数．
答案
．
解析
解：由题意知，
，即
，
．
设
，
，
，
当
时，
，当
时，
，
在
上为增函数，在
上为减函数，
，
，
．
，
．
答案
见解析
解析
由已知得
，
，
，
．
而
，
，故
，
，
，
．
从而
，
，
，
．
答案
见解析
解析
由(1)知，
，
．
设函数
，
则
．
由题设可得
，即
．
令
，得
，
．
(i)若
，则
．
从而当
时，
；
2
1
2
a > 0
0 < x <
2a
1
f
x <
′ ( )
0
x >
2a
1
f
x >
′ ( )
0
f x
( )
0,
(
2a
1 )
, +∞
(
2a
1
)
a > 0
ax −
2
lnx > 0
a >
x2
lnx
x ∈1, 2
[
]
h x =
( )
x2
lnx
x ∈1, 2
[
]
h
x =
′ ( )
=
x4
x 1 −2 lnx
(
)
x3
1 −2 lnx
1 < x <
e
h
x >
′ ( )
0
<
e
x < 2
h
x <
′ ( )
0
∴h x
( )
1,
(
e)
, 2
(
e
)
∴h 1 =
( )
0
h
=
(
e)
2e
1
h 2 =
( )
4
ln2
∴h x ∈
( )
0,
[
2e
1 ]
∴a > 0
例题8
f 0 =
( )
2
g 0 =
( )
2
f
0 =
′ ( )
4
g
0 =
′ ( )
4
f
x =
′ ( )
2x + a
g
x =
′ ( )
e
cx + d + c
x (
)
b = 2
d = 2
a = 4
d + c = 4
a = 4
b = 2
c = 2
d = 2
f x =
( )
x +
2
4x + 2
g x =
( )
2e
x + 1
x (
)
F x =
( )
kg x −
( )
f x =
( )
2ke
x + 1 −
x (
)
x −
2
4x −2
F
x =
′ ( )
2ke
x + 2 −
x (
)
2x −4 = 2 x + 2
ke −1
(
) (
x
)
F 0 ⩾
( )
0
k ⩾1
F
x =
′ ( )
0
x
=
1
−lnk
x
=
2
−2
1 ⩽k < e2
−2 < x
⩽
1
0
x ∈−2, x
(
1)
F
x <
′ ( )
0
当
时，
．
即
在
上单调递减，在
上单调递增．
故
在
上的最小值为
．
而
．
故当
时，
，即
恒成立．
(ii)若
，则
．
从而当
时，
，即
在
上单调递增．
而
，
故当
时，
，即
恒成立．
(iii)若
，则
．
从而当
时，
不可能恒成立．
综上，的取值范围是
．
答案
见解析
解析
证明：
，
令
，
则
，
则
时，
，
时，
，
故函数
在
时取最小值为
，
故
；
即
的导函数
的最小值不小于．
答案
解析
解：当
时，
，
即
，
令
，
则
，
令
，
则
，
时，
单调递增，
，
因此，
时，
，
单调递减，
时，
，
单调递增，
1
2
x ∈x
, +∞
(
1
)
F
x >
′ ( )
0
F x
( )
−2, x
(
1)
x , +∞
(
1
)
F x
( )
−2, +∞
[
)
F x
(
1)
F x
=
(
1)
2x
+
1
2 −x
−
1
2
4x
−
1
2 = −x
x
+ 2 ⩾
1 (
1
)
0
x ⩾−2
F x ⩾
( )
0
f x ⩽
( )
kg x
( )
k = e2
F
x =
′ ( )
2e
x + 2
e −e
2 (
) ( x
−2)
x > −2
F
x >
′ ( )
0
F x
( )
−2, +∞
(
)
F −2 =
(
)
0
x ⩾−2
F x ⩾
( )
0
f x ⩽
( )
kg x
( )
k > e2
F −2 =
(
)
−2ke
+
−2
2 = −2e
k −e
<
−2 (
2)
0
x ⩾−2
f x ⩽
( )
kg x
( )
k
1, e
[
2]
例题9
f
x =
′ ( )
e −
x
2x −a
g x =
( )
e −
x
2x −a
g
x =
′ ( )
e −
x
2
x ∈−∞, ln2
(
)
g
x <
′ ( )
0
x ∈ln2, +∞
(
)
g
x >
′ ( )
0
g x
( )
x = ln2
g ln2 =
(
)
2 −2 ln2 −a ⩾0
f
x ⩾
′ ( )
0
f x
( )
f
x
′ ( )
0
a ∈−∞, e −1
(
]
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
解析
的图象上存在两点关于原点对称，
即存在
图象上一点
，
使得
在
的图象上，
则有
，
，
化简得
.
设
，则
，
当
时，
；当
时，
，
即
在
上为减函数，在
上为增函数，
，且
时，
；
时，
，即
值域为
，
时，
的图象上存在两点关于原点对称.
1
h x
=
( )min
h 1 =
( )
e −1
a ∈−∞, e −1
(
]
例题10
a ⩾2e
y = f x
( )
y = 2e −
x
x −a
+
(
)2
3
x
, y
x
> 0
(
0
0) (
0
)
−x , −y
(
0
0)
y = x +
2
3ax + a −
2
3
{y
= 2e
−x
−a
+ 3
0
x0
(
0
)2
−y
= x −3ax
+ a −3
0
0
2
0
2
2e
−
x
0
x
−a
+
(
0
)2
3 = −x
+
0
2
3ax
−
0
a +
2
3
a =
, x
>
x
0
2ex
0
0
0
h x =
( )
x > 0
x
2ex
(
)
h (x) =
′
x2
2e
x −1
x (
)
∴
x > 1
h (x) >
′
0
0 < x < 1
h (x) <
′
0
h x
( )
(0, 1)
(1, +∞)
∴h x ⩾
( )
h 1 =
( )
2e
x →+∞
h x →
( )
+∞
x →0
h x →
( )
+∞
h x
( )
2e, +∞
[
)
∴a ⩾2e
y = f x
( )
