2020高考湖北(襄阳)首轮复习备考会数学资料 (1)

间为a2，0.
挑战提升
5.定义在区间(0，＋∞)上的函数y＝f(x)使不等式2f(x)<xf′(x)<3f(x)恒成立，其 中y＝f′(x)为y＝f(x)的导函数，则
f2 A.8<f1<16
√ f2
B.4<f1<8
f2 C.3<f1<4
f2 D.2<f1<3
4.已知函数f(x)＝x2e－ax－1(a是常数)，求函数y＝f(x)的单调区间.
解 根据题意可得，当a＝0时，f(x)＝x2－1， 函数在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减. 当a≠0时，f′(x)＝2xe－ax＋x2(－a)e－ax＝e－ax(－ax2＋2x). 因为e－ax>0， 所以令 g(x)＝－ax2＋2x＝0，解得 x＝0 或 x＝2a. ①当 a>0 时，函数 g(x)＝－ax2＋2x 在(－∞，0)和2a，＋∞上有 g(x)<0， 即f′(x)<0，函数y＝f(x)单调递减；
若21a>1，即 0<a<21， 由 g′(x)>0，得 x>21a或 0<x<1， 由 g′(x)<0，得 1<x<21a， 若21a＝1，即 a＝12，在(0，＋∞)上恒有 g′(x)≥0. 综上可得：当a＝0时，函数g(x)在(0,1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减； 当 0<a<12时，函数 g(x)在(0,1)上单调递增， 在1，21a上单调递减，在21a，＋∞上单调递增；
∴fxx3′＝f′x·x3x－6 3x2fx＝xf′xx－4 3fx<0， 令 h(x)＝fxx3， ∴h(x)＝fxx3在(0，＋∞)上单调递减， ∴f223<f113，即ff21<8. 综上，4<ff21<8.
题型二 构造函数解决不等关系
2.已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－f(x)<0，其中f′(x)是函数f(x)
的导函数.若2f(m－2 019)>(m－2 019)f(2)，则实数m的取值范围为
A.(0,2 019)
B.(2 019，＋∞)
C.(2 021，＋∞)
√D.(2 019,2 021)
解析 令 h(x)＝fxx，x∈(0，＋∞)，
xf′x－fx
则 h′(x)＝
x20，∴h′(x)<0，
∴函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∵2f(m－2 019)>(m－2 019)f(2)，m－2 019>0，
fm－2 ∴
m－2
001199>f22，即
解析 ∵xf′(x)－2f(x)>0，x>0， ∴fxx2′＝f′x·xx24－2xfx＝xf′xx－3 2fx>0， 令 g(x)＝fxx2， ∴g(x)＝fxx2在(0，＋∞)上单调递增，∴f222>f112， 又由 2f(x)<3f(x)，得 f(x)>0，即ff21>4. ∵xf′(x)－3f(x)<0，x>0，
x2
，
又当x<0时，xf′(x)－f(x)<0，
所以g′(x)<0，即函数g(x)在区间(－∞，0)内单调递减.因为f(x)为R上的偶函数，
所以g(x)为(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，所以函数g(x)在区间(0，＋∞)内
单调递减.由0<ln 2<e<3，可得g(3)<g(e)<g(ln 2)，即c<a<b，故选D.
（2）.已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ 12ax2＋2x(a≠0). 若h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，求a的取值范围. 解 h(x)在[1,4]上存在单调递减区间， 则h′(x)<0在[1,4]上有解， 所以当 x∈[1,4]时，a>x12－2x有解，
又当 x∈[1,4]时，x12－2xmin＝－1(此时 x＝1)， 所以a>－1，又因为a≠0， 所以a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞).
2020届高三一轮复习 导数及其应用
§3.2导数的应用（第一课时）
导数与函数的单调性
1
PART ONE
考情回顾
近5年高考（全国卷I）涉及“导数与函数单调性” 分值
年份 19
18
17
16
15
题号 T20
T16 T16（立几） T7（图像） T12 T21 T21 T21 T21
分值 约12’ 约17’ 约17’ 约17’ 约17’
4
PART FOUR
自学自测
书写规范 注意版面
4
PART FOUR
小组讨论
1、搜集易错点
2、梳理解题思路
4
PART FOUR
展示交流
1、提高音量
2、面向同学
题型一 不含参函数的单调性
1.函数 y＝4x2＋1x的单调增区间为
A.(0，＋∞)
√B.12，＋∞
C.(－∞，－1)
D.－∞，－21
当 a＝12时，函数 g(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当 a>21时，函数 g(x)在0，21a上单调递增， 在21a，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
思维升华 (1)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的 点和函数的间断点. (2)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类 讨论. 常见的分类讨论标准有以下几种可能： ①方程f′(x)＝0是否有根； ②若f′(x)＝0有根，求出根后判断其是否在定义域内； ③若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法.
2.“f(x)在区间(a，b)上是增函数，则f′(x)>0在(a，b)上恒成立”，这种说法 是否正确？
提示 不正确，正确的说法是： 可导函数f(x)在(a，b)上是增函数的充要条件是对∀x∈(a，b)， 都有f′(x)≥0 且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零.
① f(x)在区间D上单调递增，则f′(x)≥0在区间D上恒成立 ② f(x)在区间D上单调递减，则f′(x)≤0在区间D上恒成立 ③ f(x)在区间D上存在增区间，则f′(x)>0在区间D上有解 ④ f(x)在区间D上存在减区间，则f′(x)<0在区间D上有解
当堂检测 1.已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ 1 ax2＋2x(a≠0).
2 （1）若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上单调递增，求a的取值范围.
解 因为h(x)在[1,4]上单调递增， 所以当x∈[1,4]时，h′(x)≥0恒成立， 所以当 x∈[1,4]时，a≤x12－2x恒成立， 又当 x∈[1,4]时，x12－2xmin＝－1(此时 x＝1)， 所以 a≤－1，即 a 的取值范围是(－∞，－1].
解 g′(x)＝
x
＝
x
.
∵函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，
x－1 ∴当 a＝0 时，g′(x)＝－ x .
由g′(x)>0，得0<x<1，由g′(x)<0，得x>1.
当 a>0 时，令 g′(x)＝0，得 x＝1 或 x＝21a， 若21a<1，即 a>12， 由 g′(x)>0，得 x>1 或 0<x<21a， 由 g′(x)<0，得21a<x<1；
所以a>－1. 又因为a≠0，所以a的取值范围为(－1,0)∪(0，＋∞).
(2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上单调递减，求a的取值范围.
解 因为h(x)在[1,4]上单调递减， 所以当 x∈[1,4]时，h′(x)＝1x－ax－2≤0 恒成立， 即 a≥x12－2x恒成立. 由(1)知 G(x)＝x12－2x， 所以 a≥G(x)max，而 G(x)＝1x－12－1， 因为 x∈[1,4]，所以1x∈14，1， 所以 G(x)max＝－176(此时 x＝4)， 所以 a≥－176，又因为 a≠0， 所以 a 的取值范围是－176，0∪(0，＋∞).
h(m－2
019)>h(2).
∴m－2 019<2且m－2 019>0，解得2 019<m<2 021. ∴实数m的取值范围为(2 019,2 021).
题型三 含参函数的单调性
3. 已知函数g(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x，若a≥0，试讨论函数g(x)的单调性.
2ax2－2a＋1x＋1 2ax－1x－1
3 知识与技能
PART THREE
基本初等函数
f(x)＝c(c 为常数)
f(x)＝xα(α∈Q*)
f(x)＝sin x
f(x)＝cos x
f(x)＝ex
f(x)＝ax(a>0，a≠1)
f(x)＝ln x
f(x)＝logax(a>0，a≠1)
导函数 f′(x)＝0 f′(x)＝αxα－1 f′(x)＝cos x f′(x)＝－sin x f′(x)＝ex f′(x)＝axln a f′(x)＝1x f′(x)＝xln1 a
即f′(x)≤0，函数y＝f(x)单调递减.
综上所述，当a＝0时，函数y＝f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区
间为(－∞，0)；
当 a>0 时，函数 y＝f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，2a，＋∞，单调递增区
间为0，a2； 当 a<0 时，函数
y＝f(x)的单调递增区间为－∞，2a，(0，＋∞)，单调递减区
3 知识与技能
PART THREE
函数的单调性 在某个区间(a，b)内，如果f′(x) > 0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增； 如果f′(x) < 0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减.