2024年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專題2.15利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)范圍練習(xí)含解析

PAGEPAGE1第十四講利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)范圍【修煉套路】【修煉套路】為君聊賦《今日詩》，努力請從今日始考向一利用單調(diào)性求參數(shù)【例1】已知函數(shù)f(x)＝x3－ax－1，若f(x)為單調(diào)遞增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍．【答案】a≤0【解析】由已知得f′(x)＝3x2－a，因為f(x)在(－∞，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)，所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，即a≤3x2對x∈R恒成立，因為3x2≥0，所以只需a≤0.又因為a＝0時，f′(x)＝3x2≥0，f(x)＝x3－1在R上是增函數(shù)，所以a≤0.【舉一反三】1．已知函數(shù)f(x)＝x3－ax－1，若f(x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)，求a的取值范圍．【答案】a≤3【解析】因為f′(x)＝3x2－a，且f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)，所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即3x2－a≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3x2在(1，＋∞)上恒成立，即a≤3.2.已知函數(shù)f(x)＝x3－ax－1，若f(x)在區(qū)間(－1,1)上為減函數(shù)，試求a的取值范圍．【答案】見解析【解析】由f′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，得a≥3x2在x∈(－1,1)上恒成立．因為－1＜x＜1，所以3x2＜3，所以a≥3.即當(dāng)a≥3時，f(x)在區(qū)間(－1,1)上為減函數(shù)．3.已知函數(shù)f(x)＝x3－ax－1，若f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－1,1)，求a的取值．【答案】3【解析】由例題可知，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－eq\f(\r(3a),3)，eq\f(\r(3a),3))，∴eq\f(\r(3a),3)＝1，即a＝3.4.已知函數(shù)f(x)＝x3－ax－1，若f(x)在區(qū)間(－1,1)上不單調(diào)，求a的取值范圍．【答案】（0,3）【解析】∵f(x)＝x3－ax－1，∴f′(x)＝3x2－a，由f′(x)＝0，得x＝±eq\f(\r(3a),3)(a≥0)，∵f(x)在區(qū)間(－1,1)上不單調(diào)，∴0＜eq\f(\r(3a),3)＜1，即0＜a＜3.【套路總結(jié)】【套路總結(jié)】用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性（1）用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)的單調(diào)性證明函數(shù)單調(diào)遞增（減），只需證明在函數(shù)的定義域內(nèi)（）0（2）用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間求函數(shù)的定義域→求導(dǎo)→解不等式＞0得解集→求,得函數(shù)的單調(diào)遞增（減）區(qū)間。一般地，函數(shù)在某個區(qū)間可導(dǎo)，＞0在這個區(qū)間是增函數(shù)一般地，函數(shù)在某個區(qū)間可導(dǎo)，＜0在這個區(qū)間是減函數(shù)（3）單調(diào)性的應(yīng)用（已知函數(shù)單調(diào)性）一般地，函數(shù)在某個區(qū)間可導(dǎo)，在這個區(qū)間是增(減)函數(shù)≥【注】①求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，必需優(yōu)先考慮函數(shù)的定義域，然后解不等式＞（＜)0（不要帶等號），最終求二者的交集，把它寫成區(qū)間。②已知函數(shù)的增（減）區(qū)間，應(yīng)得到≥（≤）0，必需要帶上等號。③求函數(shù)的單調(diào)增（減）區(qū)間，要解不等式＞0，此處不能帶上等號。④單調(diào)區(qū)間肯定要寫成區(qū)間，不能寫成集合或不等式；單調(diào)區(qū)間一般都寫成開區(qū)間，不要寫成閉區(qū)間；假如一種區(qū)間有多個，中間不能用“”連接?！九e一反三】1．若函數(shù)在區(qū)間上是減函數(shù)，則實數(shù)的取值范圍是A．B．C．D．【答案】C【解析】由題意知，即在上恒成立，由二次函數(shù)的性質(zhì)，知在上，，則.故選C.2．已知函數(shù)在上不單調(diào)，則的取值范圍是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由得.因為函數(shù)在上不單調(diào)，所以在上存在零點，而，所以，解得.故選D.3.已知函數(shù)，.若函數(shù)在其定義域上為增函數(shù)，求的取值范圍.【答案】【解析】方法一：函數(shù)的定義域為，，∴.∵函數(shù)在上單調(diào)遞增，∴，即對都成立，∴對都成立.當(dāng)時，，當(dāng)且僅當(dāng)，即時，取等號.∴，即，∴的取值范圍為.方法二：函數(shù)的定義域為，，∴.方程的根的判別式為.①當(dāng)，即時，，此時，對都成立,故函數(shù)在定義域上是增函數(shù).②當(dāng)，即或時，要使函數(shù)在定義域上為增函數(shù)，只需對都成立.設(shè)，則，得.故.綜合①②得的取值范圍為.考向二利用極值求參數(shù)【例2-1】已知f(x)＝ax3＋bx2＋cx(a≠0)在x＝±1處取得極值，且f(1)＝－1.(1)試求常數(shù)a，b，c的值；(2)試推斷x＝±1是函數(shù)的極大值點還是微小值點，并說明理由．【答案】見解析【解析】(1)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c(a≠0)，∵x＝±1是函數(shù)的極值點．∴x＝±1是方程3ax2＋2bx＋c＝0的兩根，由根與系數(shù)的關(guān)系，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(2b,3a)＝0，①,\f(c,3a)＝－1.②))又∵f(1)＝－1，∴a＋b＋c＝－1.③由①②③解得a＝eq\f(1,2)，b＝0，c＝－eq\f(3,2).(2)由(1)得f(x)＝eq\f(1,2)x3－eq\f(3,2)x，∴f′(x)＝eq\f(3,2)x2－eq\f(3,2)＝eq\f(3,2)(x－1)(x＋1)．令f′(x)＞0，得x＜－1或x＞1；令f′(x)＜0，得－1＜x＜1.∴函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，－1)和(1，＋∞)上是增函數(shù)，在區(qū)間(－1,1)上是減函數(shù)．因此，x＝－1是函數(shù)的極大值點；x＝1是函數(shù)的微小值點．【套路總結(jié)】【套路總結(jié)】函數(shù)極值的兩類熱點問題(1)求函數(shù)f(x)極值的一般解題步驟①確定函數(shù)的定義域；②求導(dǎo)數(shù)f′(x)；③解方程f′(x)＝0，求出函數(shù)定義域內(nèi)的全部根；④列表檢驗f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右兩側(cè)值的符號．(2)依據(jù)函數(shù)極值狀況求參數(shù)的兩個要領(lǐng)①列式：依據(jù)極值點處導(dǎo)數(shù)為0和極值這兩個條件列方程組，利用待定系數(shù)法求解．②驗證：求解后驗證根的合理性．【舉一反三】1.已知函數(shù)f(x)＝x－alnx(a∈R)．(1)當(dāng)a＝2時，求曲線y＝f(x)在點A(1，f(1))處的切線方程；(2)求函數(shù)f(x)的極值．【答案】x＋y－2＝0.；（2）見解析；【解析】由題意知函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq\f(a,x).(1)當(dāng)a＝2時，f(x)＝x－2lnx，f′(x)＝1－eq\f(2,x)(x＞0)，因為f(1)＝1，f′(1)＝－1，所以曲線y＝f(x)在點A(1，f(1))處的切線方程為y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0.(2)由f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)，x＞0知：①當(dāng)a≤0時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)為(0，＋∞)上的增函數(shù)，函數(shù)f(x)無極值；②當(dāng)a＞0時，由f′(x)＝0，解得x＝a.又當(dāng)x∈(0，a)時，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(a，＋∞)時，f′(x)＞0，從而函數(shù)f(x)在x＝a處取得微小值，且微小值為f(a)＝a－alna，無極大值．綜上，當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)無極值；當(dāng)a＞0時，函數(shù)f(x)在x＝a處取得微小值a－alna，無極大值．【例2-2】已知f(x)＝x3＋bx2＋cx＋2.(1)若f(x)在x＝1處有極值－1，求b，c的值．(2)在(1)的條件下，若函數(shù)y＝f(x)的圖象與函數(shù)y＝k的圖象恰有三個不同的交點，求實數(shù)k的取值范圍．【答案】見解析【解析】(1)∵f(x)＝x3＋bx2＋cx＋2，∴f′(x)＝3x2＋2bx＋C．由已知得f′(1)＝0，f(1)＝－1.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋2b＋c＝0，,1＋b＋c＋2＝－1，))解得b＝1，c＝－5.閱歷證，b＝1，c＝－5符合題意．(2)由(1)知f(x)＝x3＋x2－5x＋2，f′(x)＝3x2＋2x－5.由f′(x)＝0，得x1＝－eq\f(5,3)，x2＝1.當(dāng)x改變時，f′(x)，f(x)的改變狀況如下表：x(－∞，－eq\f(5,3))－eq\f(5,3)(－eq\f(5,3)，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)增函數(shù)極大值減函數(shù)微小值增函數(shù)依據(jù)上表，當(dāng)x＝－eq\f(5,3)時函數(shù)取得極大值且極大值為f(－eq\f(5,3))＝eq\f(229,27)，當(dāng)x＝1時函數(shù)取得微小值且微小值為f(1)＝－1.依據(jù)題意結(jié)合上圖可知實數(shù)k的取值范圍為(－1，eq\f(229,27))．【舉一反三】1.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋4.試分析方程a＝f(x)的根的個數(shù)．【答案】見解析【解析】∵f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋4，∴f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2)．由f′(x)＝0，得x＝2或x＝－2.當(dāng)x改變時，f′(x)，f(x)的改變狀況如下表：x(－∞，－2)－2(－2,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗極大值↘微小值↗∴當(dāng)x＝－2時，函數(shù)取得極大值f(－2)＝eq\f(28,3).當(dāng)x＝2時，函數(shù)取得微小值f(2)＝－eq\f(4,3).且f(x)在(－∞，－2)上遞增，在(－2,2)上遞減，在(2，＋∞)上遞增．依據(jù)函數(shù)單調(diào)性、極值狀況，它的圖象大致如圖所示．結(jié)合圖象：①當(dāng)a＞eq\f(28,3)或a＜－eq\f(4,3)時，方程a＝f(x)有一個根．②當(dāng)－eq\f(4,3)＜a＜eq\f(28,3)時，方程a＝f(x)有三個根．③當(dāng)a＝eq\f(28,3)或a＝－eq\f(4,3)時，方程a＝f(x)有兩個根．考向三利用最值求參數(shù)【例3-1】已知函數(shù)f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a.(1)求f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；(2)若f(x)在區(qū)間[－2,2]上的最大值為20，求它在該區(qū)間上的最小值．【答案】見解析【解析】(1)f′(x)＝－3x2＋6x＋9.令f′(x)＜0，解得x＜－1或x＞3，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－1)，(3，＋∞)．(2)∵f(－2)＝8＋12－18＋a＝2＋a，f(2)＝－8＋12＋18＋a＝22＋a.∴f(2)＞f(－2)．于是有22＋a＝20，∴a＝－2.∴f(x)＝－x3＋3x2＋9x－2.∵在(－1,3)上f′(x)＞0，∴f(x)在[－1,2]上單調(diào)遞增．又由于f(x)在[－2，－1]上單調(diào)遞減，∴f(2)和f(－1)分別是f(x)在區(qū)間[－2,2]上的最大值和最小值．∴f(－1)＝1＋3－9－2＝－7.∴f(x)在區(qū)間[－2,2]上的最小值為－7.【例3-2】設(shè)函數(shù)f(x)＝2x3＋3ax2＋3bx＋8c在x＝1及x＝2時取得極值．(1)求a，b的值；(2)若對于隨意的x∈[0,3]，都有f(x)＜c2成立，求c的取值范圍．【答案】見解析【解析】(1)f′(x)＝6x2＋6ax＋3b，因為函數(shù)f(x)在x＝1及x＝2時取得極值，所以f′(1)＝0，f′(2)＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6＋6a＋3b＝0，,24＋12a＋3b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝4.))(2)由(1)可知，f(x)＝2x3－9x2＋12x＋8c，f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)．當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)＞0；當(dāng)x∈(1,2)時，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(2,3)時，f′(x)＞0.所以，當(dāng)x＝1時，f(x)取極大值f(1)＝5＋8c，又f(0)＝8c，f(3)＝9＋8C．所以當(dāng)x∈[0,3]時，f(x)的最大值為f(3)＝9＋8C．因為對于隨意的x∈[0,3]，有f(x)＜c2恒成立，所以9＋8c＜c2，解得c＜－1或c＞9.因此c的取值范圍為(－∞，－1)∪(9，＋∞)．【套路總結(jié)】【套路總結(jié)】不等式恒成立問題常用的解題方法【舉一反三】1．設(shè)f(x)＝ax3－3ax2＋b(a＞0)在區(qū)間[－1,1]上的最大值為3，最小值為－1，求a，b的值．【答案】見解析【解析】f′(x)＝3ax2－6ax＝3ax(x－2)，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2，則函數(shù)f(x)在[－1,1]上的單調(diào)性及極值狀況如下表所示：x－1(－1,0)0(0,1)1f′(x)＋0－f(x)b－4a↗極大值↘b－2a∴f(0)＝b＝3，又∵f(－1)＝b－4a，f(1)＝b－2a＞f(－1)，∴f(－1)＝b－4a＝－1，∴a＝1.∴a，b的值分別為1,3.2．已知f(x)＝x3－eq\f(1,2)x2－2x＋5，當(dāng)x∈[－1,2]時f(x)＞a恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．【答案】見解析【解析】∵f(x)＝x3－eq\f(1,2)x2－2x＋5，∴f′(x)＝3x2－x－2.令f′(x)＝0，即3x2－x－2＝0，∴x＝1或x＝－eq\f(2,3).當(dāng)x改變時，f′(x)及f(x)的改變狀況如下表：x[－1，－eq\f(2,3))－eq\f(2,3)(－eq\f(2,3)，1)1(1,2]f′(x)＋0－0＋f(x)↗eq\f(157,27)↘eq\f(7,2)↗∴當(dāng)x＝－eq\f(2,3)時，f(x)取得極大值f(－eq\f(2,3))＝eq\f(157,27)；當(dāng)x＝1時，f(x)取得微小值f(1)＝eq\f(7,2)，又f(－1)＝eq\f(11,2)，f(2)＝7.∴f(x)在x∈[－1,2]上的最小值為f(1)＝eq\f(7,2).∴要使f(x)＞a恒成立，需f(x)min＞a，即a＜eq\f(7,2).∴所求實數(shù)a的取值范圍是(－∞，eq\f(7,2))．考向四構(gòu)造函數(shù)【例4】（1）已知函數(shù)為定義在實數(shù)集上的奇函數(shù)，且當(dāng)時，（其中是的導(dǎo)函數(shù)），若，，，則（）A．B．C．D．（2）已知函數(shù)是上的可導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)時，有，則函數(shù)的零點個數(shù)是______.【答案】（1）A（2）1【解析】(1)因為是奇函數(shù)，則，則不等式為，即.設(shè)，則是偶函數(shù)，又，所以是上的減函數(shù)，是上的增函數(shù)，，，又，所以，即．故選A．(2)令，得.設(shè)，則，∵時，有，∴時，有，即當(dāng)時，，此時函數(shù)單調(diào)遞增，；當(dāng)時，，此時函數(shù)單調(diào)遞減，，結(jié)合函數(shù)的圖象，可知在區(qū)間上函數(shù)和的圖象有一個交點，即的零點個數(shù)是.【舉一反三】1.定義域為的可導(dǎo)函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，且滿意，，則不等式的解集為（）A．B．C．D．【答案】C【解析】構(gòu)造函數(shù)，則，在上單調(diào)遞減，又等價于，從而.2．已知定義在上的可導(dǎo)函數(shù)滿意，若，則實數(shù)的取值范圍是__________．【答案】【解析】令,則,故函數(shù)在上單調(diào)遞減,又由題設(shè)知，則,故,即．【運用套路】【運用套路】紙上得來終覺淺,絕知此事要躬行1．若函數(shù)f(x)＝x3－2cx2＋x有極值點，則實數(shù)c的取值范圍為________________．【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，＋∞))【解析】若函數(shù)f(x)＝x3－2cx2＋x有極值點，則f′(x)＝3x2－4cx＋1＝0有兩個不等實根，故Δ＝(－4c)2－12>0，解得c>eq\f(\r(3),2)或c<－eq\f(\r(3),2).所以實數(shù)c的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，＋∞)).2.對于定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，(x－1)f′(x)－f(x)>0恒成立．已知a＝f(2)，b＝eq\f(1,2)f(3)，c＝(eq\r(2)＋1)f(eq\r(2))，則a，b，c的大小關(guān)系為________．(用“<”連接)【答案】c<a<b【解析】構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,x－1)，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)＝eq\f(f′xx－1－fx,x－12)>0，即函數(shù)g(x)單調(diào)遞增．又a＝f(2)＝eq\f(f2,2－1)＝g(2)，b＝eq\f(1,2)f(3)＝eq\f(f3,3－1)＝g(3)，c＝(eq\r(2)＋1)f(eq\r(2))＝eq\f(f\r(2),\r(2)－1)＝g(eq\r(2))，因為1<eq\r(2)<2<3，所以g(eq\r(2))<g(2)<g(3)，即c<a<b.3.已知定義域為R的偶函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，當(dāng)x<0時，xf′(x)－f(x)<0.若a＝eq\f(fe,e)，b＝eq\f(fln2,ln2)，c＝eq\f(f3,3)，則a，b，c的大小關(guān)系是________．(用“<”連接)【答案】c<a<b【解析】設(shè)g(x)＝eq\f(fx,x)，則g′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2)，又當(dāng)x<0時，xf′(x)－f(x)<0，所以g′(x)<0，即函數(shù)g(x)在區(qū)間(－∞，0)內(nèi)單調(diào)遞減．因為f(x)為R上的偶函數(shù)，所以g(x)為奇函數(shù)，其定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)，所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減．由0<ln2<e<3，可得g(3)<g(e)<g(ln2)，即c<a<b.4.已知定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)滿意xf′(x)－f(x)<0，其中f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)．若2f(m－2019)>(m－2019)f(2)，則實數(shù)m的取值范圍為________．【答案】(2019,2021)【解析】令h(x)＝eq\f(fx,x)，x∈(0，＋∞)，則h′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2).∵xf′(x)－f(x)<0，∴h′(x)<0，∴函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∵2f(m－2019)>(m－2019)f(2)，m－2019>0，∴eq\f(fm－2019,m－2019)>eq\f(f2,2)，即h(m－2019)>h(2)．∴m－2019<2且m－2019>0，解得2019<m<2021.∴實數(shù)m的取值范圍為(2019,2021)．5.設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，f(2)＝0，當(dāng)x>0時，有eq\f(xf′x－fx,x2)<0恒成立，則不等式x2f(x)>0的解集是__________________．【答案】(－∞，－2)∪(0,2)【解析】∵當(dāng)x>0時，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,x)))′＝eq\f(x·f′x－fx,x2)<0，∴φ(x)＝eq\f(fx,x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，又φ(2)＝0，∴在(0，＋∞)上，當(dāng)且僅當(dāng)0<x<2時，φ(x)>0，此時x2f(x)>0.又f(x)為奇函數(shù)，∴在(－∞，0)上，當(dāng)x<－2時，f(x)>0，此時x2f(x)>0.故x2f(x)>0的解集為(－∞，－2)∪(0,2)．6.若f(x)＝x2－alnx在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍為________．【答案】(－∞，2]【解析】由f(x)＝x2－alnx，得f′(x)＝2x－eq\f(a,x)，∵f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴2x－eq\f(a,x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤2x2在(1，＋∞)上恒成立，∵當(dāng)x∈(1，＋∞)時，2x2>2，∴a≤2.7.已知函數(shù)f(x)＝alnx＋x2＋(a－6)x在(0,3)上不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是________．【答案】(0,2)【解析】函數(shù)f′(x)＝eq\f(a,x)＋2x＋a－6.①若函數(shù)f(x)＝alnx＋x2＋(a－6)x在(0,3)上單調(diào)遞增，則f′(x)＝eq\f(a,x)＋2x＋a－6≥0在(0,3)上恒成立，即a≥eq\f(6x－2x2,x＋1)＝－2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x＋1＋\f(4,x＋1)－5))在(0,3)上恒成立，令函數(shù)g(t)＝t＋eq\f(4,t)，t∈(1,4)，則g(t)∈[4,5)，∴a≥2；②若函數(shù)f(x)＝alnx＋x2＋(a－6)x在(0,3)上單調(diào)遞減，則f′(x)＝eq\f(a,x)＋2x＋a－6≤0在(0,3)上恒成立，即a≤eq\f(6x－2x2,x＋1)＝－2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x＋1＋\f(4,x＋1)－5))在(0,3)上恒成立，函數(shù)g(t)＝t＋eq\f(4,t)，t∈(1,4)，則g(t)∈[4,5)，∴a≤0，∴當(dāng)函數(shù)f(x)在(0,3)上不是單調(diào)函數(shù)時，實數(shù)a的取值范圍是(0,2)．8.已知函數(shù)f(x)＝(x－a)lnx(a∈R)，若函數(shù)f(x)存在三個單調(diào)區(qū)間，則實數(shù)a的取值范圍是________．【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e2)，0))【解析】f′(x)＝lnx＋eq\f(1,x)(x－a)＝lnx＋1－eq\f(a,x)，若函數(shù)f(x)存在三個單調(diào)區(qū)間，即f′(x)＝0有兩個不等正實根，即a＝x(lnx＋1)有兩個不等正實根，轉(zhuǎn)化為y＝a與y＝x(lnx＋1)的圖象有兩個不同的交點，y′＝lnx＋2，令lnx＋2＝0，即x＝eq\f(1,e2)，即y＝x(lnx＋1)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞))上單調(diào)遞增．ymin＝－eq\f(1,e2)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e2)))時，y<0，所以a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e2)，0)).9.已知g(x)＝eq\f(2,x)＋x2＋2alnx在[1,2]上是減函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍為__________．【答案】eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(7,2)))【解析】g′(x)＝－eq\f(2,x2)＋2x＋eq\f(2a,x)，由已知得g′(x)≤0在[1,2]上恒成立，可得a≤eq\f(1,x)－x2在[1,2]上恒成立．又當(dāng)x∈[1,2]時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x2))min＝eq\f(1,2)－4＝－eq\f(7,2).∴a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(7,2))).10．若函數(shù)f(x)＝x3－12x在區(qū)間(k－1，k＋1)上不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是________________．【答案】(－3，－1)∪(1,3)【解析】因為y′＝3x2－12，由y′>0得函數(shù)的增區(qū)間是(－∞，－2)和(2，＋∞)，由y′<0，得函數(shù)的減區(qū)間是(－2,2)，由于函數(shù)在(k－1，k＋1)上不是單調(diào)函數(shù)，所以有k－1<－2<k＋1或k－1<2<k＋1，解得－3<k<－1或1<k<3.11．函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導(dǎo)，若f(x)＝f(2－x)，且當(dāng)x∈(－∞，1)時，(x－1)f′(x)<0，設(shè)a＝f(0)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，c＝f(3)，則a，b，c的大小關(guān)系為________．(用“<”連接)【答案】c<a<b【解析】由題意得，當(dāng)x<1時，f′(x)>0，f(x)在(－∞，1)上為增函數(shù)．又f(3)＝f(－1)，且－1<0<eq\f(1,2)<1，因此有f(－1)<f(0)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，即有f(3)<f(0)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，即c<a<b.12.已知函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)ax2＋2x(a≠0)．(1)若函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)存在單調(diào)減區(qū)間，求a的取值范圍；(2)若函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上單調(diào)遞減，求a的取值范圍．【答案】見解析【解析】(1)h(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2，由于h(x)在(0，＋∞)上存在單調(diào)減區(qū)間，所以當(dāng)x∈(0，＋∞)時，eq\f(1,x)－ax－2<0有解，即a>eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)有解．設(shè)G(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，所以只要a>G(x)m