2020版高考數(shù)學(xué)新設(shè)計(jì)大一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其表示 第2節(jié)(第1課時(shí))導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用習(xí)題 理(含解析)新人教A版
《2020版高考數(shù)學(xué)新設(shè)計(jì)大一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其表示 第2節(jié)(第1課時(shí))導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用習(xí)題 理(含解析)新人教A版》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)新設(shè)計(jì)大一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其表示 第2節(jié)(第1課時(shí))導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用習(xí)題 理(含解析)新人教A版(16頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、第2節(jié) 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用 最新考綱 1.了解函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系;能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,會(huì)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(其中多項(xiàng)式函數(shù)不超過(guò)三次);2.了解函數(shù)在某點(diǎn)取得極值的必要條件和充分條件;會(huì)用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大值、極小值(其中多項(xiàng)式函數(shù)不超過(guò)三次);會(huì)求閉區(qū)間上函數(shù)的最大值、最小值(其中多項(xiàng)式函數(shù)不超過(guò)三次);3.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值,并會(huì)解決與之有關(guān)的方程(不等式)問(wèn)題; 4.會(huì)利用導(dǎo)數(shù)解決某些簡(jiǎn)單的實(shí)際問(wèn)題. 知 識(shí) 梳 理 1.函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系 函數(shù)y=f(x)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)可導(dǎo),則: (1)若f′(x)>0,則f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增
2、; (2)若f′(x)<0,則f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減; (3)若f′(x)=0,則f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)是常數(shù)函數(shù). 2.函數(shù)的極值與導(dǎo)數(shù) 條件 f′(x0)=0 x0附近的左側(cè)f′(x)>0,右側(cè)f′(x)<0 x0附近的左側(cè)f′(x)<0,右側(cè)f′(x)>0 圖象 形如山峰 形如山谷 極值 f(x0)為極大值 f(x0)為極小值 極值點(diǎn) x0為極大值點(diǎn) x0為極小值點(diǎn) 3.函數(shù)的最值與導(dǎo)數(shù) (1)函數(shù)f(x)在[a,b]上有最值的條件 如果在區(qū)間[a,b]上函數(shù)y=f(x)的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線,那么它必有最大值和最小值. (2)求y
3、=f(x)在[a,b]上的最大(小)值的步驟 ①求函數(shù)y=f(x)在(a,b)內(nèi)的極值; ②將函數(shù)y=f(x)的各極值與端點(diǎn)處的函數(shù)值f(a),f(b)比較,其中最大的一個(gè)是最大值,最小的一個(gè)是最小值. [微點(diǎn)提醒] 1.函數(shù)f(x)在區(qū)間(a,b)上遞增,則f′(x)≥0,“f′(x)>0在(a,b)上成立”是“f(x)在(a,b)上單調(diào)遞增”的充分不必要條件. 2.對(duì)于可導(dǎo)函數(shù)f(x),“f′(x0)=0”是“函數(shù)f(x)在x=x0處有極值”的必要不充分條件. 3.求最值時(shí),應(yīng)注意極值點(diǎn)和所給區(qū)間的關(guān)系,關(guān)系不確定時(shí),需要分類(lèi)討論,不可想當(dāng)然認(rèn)為極值就是最值. 4.函數(shù)最值是
4、“整體”概念,而函數(shù)極值是“局部”概念,極大值與極小值之間沒(méi)有必然的大小關(guān)系. 基 礎(chǔ) 自 測(cè) 1.判斷下列結(jié)論正誤(在括號(hào)內(nèi)打“√”或“×”) (1)若函數(shù)f(x)在(a,b)內(nèi)單調(diào)遞增,那么一定有f′(x)>0.( ) (2)如果函數(shù)f(x)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)=0,則f(x)在此區(qū)間內(nèi)沒(méi)有單調(diào)性.( ) (3)函數(shù)的極大值一定大于其極小值.( ) (4)對(duì)可導(dǎo)函數(shù)f(x),f′(x0)=0是x0為極值點(diǎn)的充要條件.( ) (5)函數(shù)的最大值不一定是極大值,函數(shù)的最小值也不一定是極小值.( ) 解析 (1)f(x)在(a,b)內(nèi)單調(diào)遞增,則有f′(x)≥
5、0. (3)函數(shù)的極大值也可能小于極小值. (4)x0為f(x)的極值點(diǎn)的充要條件是f′(x0)=0,且x0兩側(cè)導(dǎo)函數(shù)異號(hào). 答案 (1)× (2)√ (3)× (4)× (5)√ 2.(選修2-2P32A4 改編)如圖是f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象,則f(x)的極小值點(diǎn)的個(gè)數(shù)為( ) A.1 B.2 C.3 D.4 解析 由題意知在x=-1處f′(-1)=0,且其兩側(cè)導(dǎo)數(shù)符號(hào)為左負(fù)右正. 答案 A 3.(選修2-2P32A5(4)改編)函數(shù)f(x)=2x-xln x的極值是( ) A. B. C.e D.e2 解析 因?yàn)閒′(x)=
6、2-(ln x+1)=1-ln x,令f′(x)=0,所以x=e,當(dāng)f′(x)>0時(shí),解得0
7、則函數(shù)y=f(x)的圖象可能是( )
解析 設(shè)導(dǎo)函數(shù)y=f′(x)與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)從左往右依次為x1,x2,x3,由導(dǎo)函數(shù)y=f′(x)的圖象易得當(dāng)x∈(-∞,x1)∪(x2,x3)時(shí),f′(x)<0;當(dāng)x∈(x1,x2)∪(x3,+∞)時(shí),f′(x)>0(其中x1<0 8、6
解析 函數(shù)f(x)=x(x-c)2的導(dǎo)數(shù)為f′(x)=3x2-4cx+c2,
由題意知,在x=2處的導(dǎo)數(shù)值為12-8c+c2=0,解得c=2或6,
又函數(shù)f(x)=x(x-c)2在x=2處有極小值,故導(dǎo)數(shù)在x=2處左側(cè)為負(fù),右側(cè)為正,而當(dāng)c=6時(shí),f(x)=x(x-6)2在x=2處有極大值,故c=2.
答案 C
第1課時(shí) 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性
考點(diǎn)一 求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間
【例1】 已知函數(shù)f(x)=ax3+x2(a∈R)在x=-處取得極值.
(1)確定a的值;
(2)若g(x)=f(x)ex,求函數(shù)g(x)的單調(diào)減區(qū)間.
解 (1)對(duì)f(x)求導(dǎo)得f′(x)=3ax2+ 9、2x,
因?yàn)閒(x)在x=-處取得極值,所以f′=0,
即3a·+2·=-=0,解得a=.
(2)由(1)得g(x)=ex,
故g′(x)=x(x+1)(x+4)ex.
令g′(x)<0,即x(x+1)(x+4)<0,
解得-1 10、1】 (1)已知函數(shù)f(x)=xln x,則f(x)( )
A.在(0,+∞)上遞增 B.在(0,+∞)上遞減
C.在上遞增 D.在上遞減
(2)已知定義在區(qū)間(-π,π)上的函數(shù)f(x)=xsin x+cos x,則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為_(kāi)_______.
解析 (1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=xln x,定義域?yàn)?0,+∞),所以f′(x)=ln x+1(x>0),當(dāng)f′(x)>0時(shí),解得x>,即函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為;當(dāng)f′(x)<0時(shí),解得0 11、0,則其在區(qū)間(-π,π)上的解集為和,即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為,.
答案 (1)D (2),
考點(diǎn)二 討論函數(shù)的單調(diào)性
【例2】 (2017·全國(guó)Ⅰ卷改編)已知函數(shù)f(x)=ex(ex-a)-a2x,其中參數(shù)a≤0.
(1)討論f(x)的單調(diào)性;
(2)若f(x)≥0,求a的取值范圍.
解 (1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?-∞,+∞),且a≤0.
f′(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).
①若a=0,則f(x)=e2x,在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增.
②若a<0,則由f′(x)=0,得x=ln .
當(dāng)x∈時(shí),f′(x)<0;
當(dāng)x∈時(shí),f′(x)> 12、0.
故f(x)在上單調(diào)遞減,
在區(qū)間上單調(diào)遞增.
(2)①當(dāng)a=0時(shí),f(x)=e2x≥0恒成立.
②若a<0,則由(1)得,當(dāng)x=ln時(shí),f(x)取得最小值,最小值為f=a2,
故當(dāng)且僅當(dāng)a2≥0,
即0>a≥-2e時(shí),f(x)≥0.
綜上,a的取值范圍是[-2e,0].
規(guī)律方法 1.(1)研究含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性,要依據(jù)參數(shù)對(duì)不等式解集的影響進(jìn)行分類(lèi)討論.
(2)劃分函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時(shí),要在函數(shù)定義域內(nèi)討論,還要確定導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)和函數(shù)的間斷點(diǎn).
2.個(gè)別導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)不影響所在區(qū)間的單調(diào)性,如f(x)=x3,f′(x)=3x2≥0(f′(x)=0在x=0時(shí)取到),f(x 13、)在R上是增函數(shù).
【訓(xùn)練2】 已知f(x)=-aln x,a∈R,求f(x)的單調(diào)區(qū)間.
解 因?yàn)閒(x)=-aln x,x∈(0,+∞),
所以f′(x)=x-=.
(1)當(dāng)a≤0時(shí),f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上為單調(diào)遞增函數(shù).
(2)當(dāng)a>0時(shí),f′(x)=,則有
①當(dāng)x∈(0,)時(shí),f′(x)<0,所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,).
②當(dāng)x∈(,+∞)時(shí),f′(x)>0,所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(,+∞).
綜上所述,當(dāng)a≤0時(shí),f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞),無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間.
當(dāng)a>0時(shí),函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,),單調(diào)遞增區(qū) 14、間為(,+∞).
考點(diǎn)三 函數(shù)單調(diào)性的簡(jiǎn)單應(yīng)用 多維探究
角度1 比較大小或解不等式
【例3-1】 (1)已知函數(shù)y=f(x)對(duì)于任意的x∈滿(mǎn)足f′(x)cos x+f(x)sin x=1+ln x,其中f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù),則下列不等式成立的是( )
A.f 15、=,則g′(x)==.由解得 16、g(x)在[1,4]上單調(diào)遞減,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
解 h(x)=ln x-ax2-2x,x>0.
∴h′(x)=-ax-2.
(1)若函數(shù)h(x)在(0,+∞)上存在單調(diào)減區(qū)間,
則當(dāng)x>0時(shí),-ax-2<0有解,即a>-有解.
設(shè)G(x)=-,所以只要a>G(x)min.
又G(x)=-1,所以G(x)min=-1.
所以a>-1.即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-1,+∞).
(2)由h(x)在[1,4]上單調(diào)遞減,
∴當(dāng)x∈[1,4]時(shí),h′(x)=-ax-2≤0恒成立,
則a≥-恒成立,設(shè)G(x)=-,
所以a≥G(x)max.
又G(x)=-1,x∈[1,4],
17、因?yàn)閤∈[1,4],所以∈,
所以G(x)max=-(此時(shí)x=4),所以a≥-.
又當(dāng)a=-時(shí),h′(x)=+x-2=,
∵x∈[1,4],∴h′(x)=≤0,
當(dāng)且僅當(dāng)x=4時(shí)等號(hào)成立.
∴h(x)在[1,4]上為減函數(shù).
故實(shí)數(shù)a的取值范圍是.
規(guī)律方法 1.利用導(dǎo)數(shù)比較大小,其關(guān)鍵在于利用題目條件構(gòu)造輔助函數(shù),把比較大小的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為先利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,進(jìn)而根據(jù)單調(diào)性比較大小.
2.根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的一般思路
(1)利用集合間的包含關(guān)系處理:y=f(x)在(a,b)上單調(diào),則區(qū)間(a,b)是相應(yīng)單調(diào)區(qū)間的子集.
(2)f(x)是單調(diào)遞增的充要條件是對(duì)任意的x 18、∈(a,b)都有f′(x)≥0且在(a,b)內(nèi)的任一非空子區(qū)間上,f′(x)不恒為零,應(yīng)注意此時(shí)式子中的等號(hào)不能省略,否則漏解.
(3)函數(shù)在某個(gè)區(qū)間存在單調(diào)區(qū)間可轉(zhuǎn)化為不等式有解問(wèn)題.
【訓(xùn)練3】 (1)已知f(x)是定義在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)的函數(shù),其導(dǎo)函數(shù)為f′(x),且不等式xf′(x)<2f(x)恒成立,則( )
A.4f(1) 19、B.
C.[2,+∞) D.
解析 (1)設(shè)函數(shù)g(x)=(x>0),
則g′(x)==<0,
所以函數(shù)g(x)在(0,+∞)內(nèi)為減函數(shù),
所以g(1)>g(2),即>,所以4f(1)>f(2).
(2)由于f′(x)=k-,f(x)=kx-ln x在區(qū)間(2,+∞)上單調(diào)遞增,等價(jià)于f′(x)=k-≥0在(2,+∞)上恒成立,由于k≥,而0<<,所以k≥.即k的取值范圍是.
答案 (1)B (2)B
[思維升華]
1.已知函數(shù)解析式求單調(diào)區(qū)間,實(shí)質(zhì)上是求f′(x)>0,f′(x)<0的解區(qū)間,并注意函數(shù)f(x)的定義域.
2.含參函數(shù)的單調(diào)性要注意分類(lèi)討論,通過(guò) 20、確定導(dǎo)數(shù)的符號(hào)判斷函數(shù)的單調(diào)性.
3.已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)可以利用給定的已知區(qū)間和函數(shù)單調(diào)區(qū)間的包含關(guān)系或轉(zhuǎn)化為恒成立問(wèn)題兩種思路解決.
[易錯(cuò)防范]
1.求單調(diào)區(qū)間應(yīng)遵循定義域優(yōu)先的原則.
2.注意兩種表述“函數(shù)f(x)在(a,b)上為減函數(shù)”與“函數(shù)f(x)的減區(qū)間為(a,b)”的區(qū)別.
3.在某區(qū)間內(nèi)f′(x)>0(f′(x)<0)是函數(shù)f(x)在此區(qū)間上為增(減)函數(shù)的充分不必要條件.
4.可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a,b)上是增(減)函數(shù)的充要條件是:對(duì)?x∈(a,b),都有f′(x)≥0(f′(x)≤0),且f′(x)在(a,b)的任何子區(qū)間內(nèi)都不恒為零.
基礎(chǔ)鞏固題組 21、
(建議用時(shí):40分鐘)
一、選擇題
1.函數(shù)y=f(x)的圖象如圖所示,則y=f′(x)的圖象可能是( )
解析 由函數(shù)f(x)的圖象可知,f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,所以在(-∞,0)上,f′(x)>0;在(0,+∞)上,f′(x)<0,選項(xiàng)D滿(mǎn)足.
答案 D
2.函數(shù)f(x)=x·ex-ex+1的單調(diào)遞增區(qū)間是( )
A.(-∞,e) B.(1,e)
C.(e,+∞) D.(e-1,+∞)
解析 由f(x)=x·ex-ex+1,
得f′(x)=(x+1-e)·ex,
令f′(x)>0,解得x>e-1,
所 22、以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(e-1,+∞).
答案 D
3.(2019·福州質(zhì)檢)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(shí)數(shù)k的取值范圍是( )
A.k≤-3或-1≤k≤1或k≥3
B.不存在這樣的實(shí)數(shù)k
C.-2 23、答案 D
4.已知f(x)=,則( )
A.f(2)>f(e)>f(3) B.f(3)>f(e)>f(2)
C.f(3)>f(2)>f(e) D.f(e)>f(3)>f(2)
解析 f(x)的定義域是(0,+∞),∵f′(x)=,
∴x∈(0,e),f′(x)>0,x∈(e,+∞),f′(x)<0,
故x=e時(shí),f(x)max=f(e),
又f(2)==,f(3)==,
則f(e)>f(3)>f(2).
答案 D
5.(2019·保定一中模擬)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽,f(-1)=2,對(duì)任意x∈R,f′(x)>2,則f(x)>2x+4的解集為( )
A.( 24、-1,1) B.(-1,+∞)
C.(-∞,-1) D.(-∞,+∞)
解析 由f(x)>2x+4,得f(x)-2x-4>0,設(shè)F(x)=f(x)-2x-4,則F′(x)=f′(x)-2,
因?yàn)閒′(x)>2,所以F′(x)>0在R上恒成立,所以F(x)在R上單調(diào)遞增.
又F(-1)=f(-1)-2×(-1)-4=2+2-4=0,故不等式f(x)-2x-4>0等價(jià)于F(x)>F(-1),所以x>-1.
答案 B
二、填空題
6.已知函數(shù)f(x)=(-x2+2x)ex(x∈R,e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)),則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為_(kāi)_______.
解析 因?yàn)閒(x)= 25、(-x2+2x)ex,
所以f′(x)=(-2x+2)ex+(-x2+2x)ex=(-x2+2)ex.
令f′(x)>0,即(-x2+2)ex>0,
因?yàn)閑x>0,所以-x2+2>0,解得- 26、 (-3,0)∪(0,+∞)
8.若函數(shù)f(x)=-x3+x2+2ax在上存在單調(diào)遞增區(qū)間,則a的取值范圍是________.
解析 對(duì)f(x)求導(dǎo),得f′(x)=-x2+x+2a=-2++2a.當(dāng)x∈時(shí),f′(x)的最大值為f′=+2a.令+2a>0,解得a>-.所以a的取值范圍是.
答案
三、解答題
9.已知函數(shù)f(x)=+-ln x-,其中a∈R,且曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線垂直于直線y=x.
(1)求a的值;
(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.
解 (1)對(duì)f(x)求導(dǎo)得f′(x)=--,
由f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線垂直于直線y=x知f′ 27、(1)=--a=-2,解得a=.
(2)由(1)知f(x)=+-ln x-(x>0).
則f′(x)=.
令f′(x)=0,且x>0,
∴x=5(x=-1舍去).
當(dāng)x∈(0,5)時(shí),f′(x)<0;當(dāng)x>5時(shí),f′(x)>0.
所以函數(shù)f(x)的增區(qū)間為(5,+∞),減區(qū)間為(0,5).
10.(2019·成都七中檢測(cè))設(shè)函數(shù)f(x)=ax2-a-ln x,g(x)=-,其中a∈R,e=2.718…為自然對(duì)數(shù)的底數(shù).
(1)討論f(x)的單調(diào)性;
(2)證明:當(dāng)x>1時(shí),g(x)>0.
(1)解 由題意得f′(x)=2ax-=(x>0).
當(dāng)a≤0時(shí),f′(x)<0,f 28、(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減.
當(dāng)a>0時(shí),由f′(x)=0有x=,
當(dāng)x∈時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;
當(dāng)x∈時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.
(2)證明 令s(x)=ex-1-x,則s′(x)=ex-1-1.
當(dāng)x>1時(shí),s′(x)>0,所以s(x)>s(1),即ex-1>x,
從而g(x)=-=>0.
能力提升題組
(建議用時(shí):20分鐘)
11.若函數(shù)exf(x)(e=2.718 28…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))在f(x)的定義域上單調(diào)遞增,則稱(chēng)函數(shù)f(x)具有M性質(zhì).下列函數(shù)中具有M性質(zhì)的是( )
A.f(x)=2-x B.f(x)=x2
C.f 29、(x)=3-x D.f(x)=cos x
解析 設(shè)函數(shù)g(x)=ex·f(x),對(duì)于A,g(x)=ex·2-x=,在定義域R上為增函數(shù),A正確.對(duì)于B,g(x)=ex·x2,則g′(x)=x(x+2)ex,由g′(x)>0得x<-2或x>0,∴g(x)在定義域R上不是增函數(shù),B不正確.對(duì)于C,g(x)=ex·3-x=在定義域R上是減函數(shù),C不正確.對(duì)于D,g(x)=ex·cos x,則g′(x)=excos,g′(x)>0在定義域R上不恒成立,D不正確.
答案 A
12.(2019·惠州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=xsin x+cos x+x2,則不等式f(ln x)+f<2f(1)的 30、解集為( )
A.(e,+∞) B.(0,e)
C.∪(1,e) D.
解析 f(x)=xsin x+cos x+x2是偶函數(shù),
所以f=f(-ln x)=f(ln x).
則原不等式可變形為f(ln x) 31、,則a的取值范圍是________.
解析 f′(x)=1-cos 2x+acos x=1-(2cos2x-1)+acos x=-cos2 x+acos x+,f(x)在R上單調(diào)遞增,則f′(x)≥0在R上恒成立.
令cos x=t,t∈[-1,1],則-t2+at+≥0在[-1,1]上恒成立,即4t2-3at-5≤0在t∈[-1,1]上恒成立.
令g(t)=4t2-3at-5,
則解得-≤a≤.
答案
14.已知函數(shù)f(x)=aln x-ax-3(a∈R).
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若函數(shù)y=f(x)的圖象在點(diǎn)(2,f(2))處的切線的傾斜角為45°,對(duì)于任 32、意的t∈[1,2],函數(shù)g(x)=x3+x2·在區(qū)間(t,3)上總不是單調(diào)函數(shù),求m的取值范圍.
解 (1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),
且f′(x)=,
當(dāng)a>0時(shí),f(x)的遞增區(qū)間為(0,1),
遞減區(qū)間為(1,+∞);
當(dāng)a<0時(shí),f(x)的遞增區(qū)間為(1,+∞),遞減區(qū)間為(0,1);
當(dāng)a=0時(shí),f(x)為常函數(shù).
(2)由(1)及題意得f′(2)=-=1,即a=-2,
∴f(x)=-2ln x+2x-3,f′(x)=.
∴g(x)=x3+x2-2x,
∴g′(x)=3x2+(m+4)x-2.
∵g(x)在區(qū)間(t,3)上總不是單調(diào)函數(shù),
即g′(x)在區(qū)間(t,3)上有變號(hào)零點(diǎn).
由于g′(0)=-2,∴
當(dāng)g′(t)<0時(shí),
即3t2+(m+4)t-2<0對(duì)任意t∈[1,2]恒成立,
由于g′(0)<0,故只要g′(1)<0且g′(2)<0,
即m<-5且m<-9,即m<-9;
由g′(3)>0,即m>-.
∴-
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