2018届二轮复习高考中的导数应用问题学案（全国通用）
高考专题突破一 高考中的导数应用问题
【考点自测】
1．若函数f(x)＝2sin x(x∈[0，π])的图象在点P处的切线平行于函数g(x)＝2的图象在点Q处的切线，则直线PQ的斜率为________．
答案
解析 由题意得，f′(x)＝2cos x∈[－2,2]，g′(x)＝＋≥2(当且仅当x＝1时取等号)．
当两函数的切线平行时，有xP＝0，xQ＝1，
即P(0,0)，Q，
所以直线PQ的斜率为.
2．(2018届盐城中 月考)若函数f(x)＝(a>0)在[1，＋∞)上的最大值为，则实数a的值为________．
答案 －1
解析 f′(x)＝，
当x>时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当－
0，f(x)单调递增．
若≥1，即a≥1，
则当x∈[1，＋∞)时，f(x)max＝f()＝＝，
解得＝<1，不合题意，
∴<1，∴当x∈[1，＋∞)时，f(x)max＝f(1)＝＝，解得a＝－1.
3．函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34(a，b，c∈R)的导函数为f′(x)，若不等式f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，f(x)的极小值等于－115，则a的值是________．
答案 2
解析 由已知可得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，
由3ax2＋2bx＋c≤0的解集为{x|－2≤x≤3}可知a>0，
且－2,3是方程3ax2＋2bx＋c＝0的两根，
则由根与系数的关系知＝－1，＝－6，
∴b＝－，c＝－18a，
此时f(x)＝ax3－x2－18ax－34，
当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，f(x)为增函数；
当x∈(－2,3)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；
当x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，
∴f(3)为f(x)的极小值，且f(3)＝27a－－54a－34＝－115，解得a＝2.
4．(2018届新海中 调研)设函数f(x)＝ln x＋(m∈R)，若对任意的b>a>0，<1恒成立，则实数m的取值范围是________．
答案
解析 对任意的b>a>0，<1恒成立，等价于f(b)－b0)恒成立，
得m≥.
所以实数m的取值范围是.
5．(2017·江苏)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然对数的底数，若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________．
答案
解析 因为f(－x)＝(－x)3－2(－x)＋e－x－
＝－x3＋2x－ex＋＝－f(x)，
所以f(x)＝x3－2x＋ex－是奇函数．
因为f(a－1)＋f(2a2)≤0，
所以f(2a2)≤－f(a－1)，即f(2a2)≤f(1－a)．
因为f′(x)＝3x2－2＋ex＋e－x≥3x2－2＋2
＝3x2≥0，当且仅当x＝0时“＝”成立，
所以f(x)在R上单调递增，
所以2a2≤1－a，即2a2＋a－1≤0，
所以－1≤a≤.
题型一 利用导数研究函数性质
例1 设f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R.
(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；
(2)已知f(x)在x＝1处取得极大值，求实数a的取值范围．
解 (1)由f′(x)＝ln x－2ax＋2a，
可得g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)，
所以g′(x)＝－2a＝.
当a≤0，x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增；
当a＞0，x∈时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，x∈时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减．
所以当a≤0时，函数g(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当a＞0时，函数g(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)由(1)知，f′(1)＝0.
①当a≤0时，f′(x)单调递增，
所以当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以f(x)在x＝1处取得极小值，不符合题意；
②当0＜a＜，即＞1时，由(1)知f′(x)在上单调递增．
可得当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，
当x∈时，f′(x)＞0.
所以f(x)在(0,1)上单调递减，在上单调递增．
所以f(x)在x＝1处取得极小值，不符合题意；
③当a＝，即＝1时，f′(x)在(0,1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，
所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不符合题意；
④当a＞，即0＜＜1时，
当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
所以f(x)在x＝1处取得极大值，符合题意 .
综上可知，实数a的取值范围为.
思维升华 利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值．已知f(x)的单调性，可转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题；含参函数的最值问题是高考的热点题型，解此类题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨论，此时要注意结合导函数图象的性质进行分析．
跟踪训练1 已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex (x∈R，e为自然对数的底数)．
(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求a的取值范围．
解 (1)当a＝2时，f(x)＝(－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，因为ex>0，
所以－x2＋2>0，解得－0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0对x∈(－1,1)都成立，
即a≥＝
＝(x＋1)－对x∈(－1,1)都成立．
令y＝(x＋1)－，则y′＝1＋>0.
所以y＝(x＋1)－在(－1,1)上单调递增，
所以y<(1＋1)－＝，即a≥.
因此a的取值范围为.
题型二 利用导数研究函数零点问题
例2 (2016·江苏)已知函数f(x)＝ax＋bx(a>0，b>0，a≠1，b≠1)．
(1)设a＝2，b＝.
①求方程f(x)＝2的根；
②若对任意x∈R，不等式f(2x)≥mf(x)－6恒成立，求实数m的最大值；
(2)若01，函数g(x)＝f(x)－2有且只有1个零点，求ab的值．
解 (1)①由已知可得2x＋x＝2，
即2x＋＝2.
∴(2x)2－2·2x＋1＝0，
解得2x＝1，∴x＝0.
②f(x)＝2x＋x＝2x＋2－x，
令t＝2x＋2－x，则t≥2.
又f(2x)＝22x＋2－2x＝t2－2，
故f(2x)≥mf(x)－6可化为t2－2≥mt－6，
即m≤t＋，又t≥2，t＋≥2＝4
(当且仅当t＝2时等号成立)，
∴m≤min＝4.
即m的最大值为4.
(2)∵01，∴ln a<0，ln b>0.
g(x)＝f(x)－2＝ax＋bx－2.
g′(x)＝axln a＋bxln b且g′(x)为单调递增，值域为R的函数．
∴g′(x)一定存在唯一的变号零点．
∴g(x)为先减后增且有唯一极值点．
由题意g(x)有且仅有1个零点，
则g(x)的极值一定为0，
而g(0)＝a0＋b0－2＝0，故极值点为0.
∴g′(0)＝0，即ln a＋ln b＝0.∴ab＝1.
思维升华 函数零点问题一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一．
跟踪训练2 (2015·江苏)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)．
(1)试讨论f(x)的单调性；
(2)若b＝c－a(实数c是与a无关的常数)，当函数f(x)有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪∪，求c的值．
解 (1)f′(x)＝3x2＋2ax，
令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－.
当a＝0时，因为f′(x)＝3x2≥0，
所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a>0时，x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)>0，x∈时，f′(x)<0，所以函数f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减；
当a<0时，x∈(－∞，0)∪时，f′(x)>0，x∈时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)知，函数f(x)的两个极值为f(0)＝b，
f＝a3＋b，则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f＝b<0，
从而或
又b＝c－a，所以当a> 0时，a3－a＋c>0或当a<0时，a3－a＋c<0.
设g(a)＝a3－a＋c，因为函数f(x)有三个零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪∪，
则在(－∞，－3)上g(a)<0，且在∪上g(a)>0均恒成立．
从而g(－3)＝c－1≤0，且g＝c－1≥0，因此c＝1.
此时，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]，
因为函数有三个零点，则x2＋(a－1)x＋1－a＝0有两个异于－1的不等实根，所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3>0，
且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0，
解得a∈(－∞，－3)∪∪.综上c＝1.
题型三 利用导数研究不等式问题
例3 设函数f(x)＝ax2ln x＋b(x－1)，曲线y＝f(x)过点(e，e2－e＋1)，且在点(1,0)处的切线方程为y＝0.
(1)求a，b的值；
(2)证明：当x≥1时，f(x)≥(x－1)2；
(3)若当x≥1时，f(x)≥m(x－1)2恒成立，求实数m的取值范围．
(1)解 由题意可知，f(x)＝ax2ln x＋b(x－1)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2axln x＋ax＋b(x>0)，
∵f′(1)＝a＋b＝0，
f(e)＝ae2＋b(e－1)＝a(e2－e＋1)＝e2－e＋1，
∴a＝1，b＝－1.
(2)证明 f(x)＝x2ln x－x＋1，
f(x)－(x－1)2＝x2ln x＋x－x2，
设g(x)＝x2ln x＋x－x2(x≥1)，
则g′(x)＝2xln x－x＋1.
设p(x)＝2xln x－x＋1，则p′(x)＝2ln x＋1>0，
由此可得g′(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴g′(x)≥g′(1)＝0，
∴g(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(1)＝0.
∴f(x)≥(x－1)2.
(3)解 设h(x)＝x2ln x－x－m(x－1)2＋1(x≥1)，
则h′(x)＝2xln x＋x－2m(x－1)－1，
由(2)知x2ln x≥(x－1)2＋x－1＝x(x－1)，
∴xln x≥x－1，
∴h′(x)≥3(x－1)－2m(x－1)＝(3－2m)(x－1)．
①当3－2m≥0，即m≤时，h′(x)≥0，
∴h(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(1)＝0成立．
②当3－2m<0，即m>时，
h′(x)＝2xln x＋(1－2m)(x－1)，
令q(x)＝2xln x＋(1－2m)(x－1)，
则q′(x)＝2ln x＋3－2m，令q′(x)＝0，得x＝ >1，
当x∈[1，)时，h′(x)单调递减，则h′(x)≤h′(1)＝0，
∴h(x)在[1，)上单调递减，
∴h(x)≤h(1)＝0，即h(x)≥0不成立．综上，m≤.
思维升华 求解不等式恒成立或有解时参数的取值范围问题，一般常用分离参数的方法，但是如果分离参数后对应的函数不便于求解其最值，或者求解其函数最值较烦琐时，可采用直接构造函数的方法求解．
跟踪训练3 已知函数f(x)＝x3－2x2＋x＋a，g(x)＝－2x＋，若对任意的x1∈[－1,2]，存在x2∈[2,4]，使得f(x1)＝g(x2)，则实数a的取值范围是____________．
答案
解析 问题等价于f(x)的值域是g(x)的值域的子集，
显然，g(x)单调递减，∴g(x)max＝g(2)＝，
g(x)min＝g(4)＝－；
对于f(x)，f′(x)＝3x2－4x＋1，
令f′(x)＝0，解得x＝或x＝1，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况列表如下：
x
－1
(－1，)
1
(1,2)
2
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
a－4
＋a
a
a＋2
∴f(x)max＝a＋2，f(x)min＝a－4，
∴∴a∈.
1．f(x)＝，x∈[0,2]．
(1)求f(x)的值域；
(2)设a≠0，函数g(x)＝ax3－a2x，x∈[0,2]．若对任意x1∈[0,2]，总存在x0∈[0,2]，使f(x1)－g(x0)＝0，求实数a的取值范围．
解 (1)由题意可得f′(x)＝·.
令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1(舍去)．
当x∈[0,1)时，f′(x)>0，f(x)在[0,1)上单调递增；
当x∈(1,2]时，f′(x)<0，f(x)在(1,2]上单调递减．
∵f(0)＝0，f(1)＝，f(2)＝，
∴f(x)的值域是.
(2)设函数g(x)在[0,2]上的值域是A，
∵对任意x1∈[0,2]，总存在x0∈[0,2]，
使f(x1)－g(x0)＝0，∴⊆A.
对g(x)求导，得g′(x)＝ax2－a2.
①当a<0时，g′(x)<0，
∴函数g(x)在[0,2]上单调递减．
∵g(0)＝0，g(2)＝a－2a2<0，
∴当a<0时，不满足⊆A.
②当a>0时，g′(x)＝a(x－)(x＋)，
令g′(x)＝0，得x＝或x＝－(舍去)．
(ⅰ)若0<<2，g′(x)，g(x)随x的变化情况如下表：
x
0
(0，)
(，2)
2
g′(x)
－
0
＋
g(x)
0
极小值－a2
a－2a2
又⊆A，g()<0，
∴g(2)＝a－2a2≥，解得≤a≤1.
(ⅱ)若≥2，即a≥4，则g′(x)≤0在[0,2]上恒成立，
∴函数g(x)在[0,2]上单调递减．
∵g(0)＝0，g(2)＝a－2a2<0，
∴当a≥4时，不满足⊆A.
综上可知，实数a的取值范围是.
2．已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.
(1)求a的值；
(2)证明：当k<1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．
(1)解 f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.
曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线方程为y＝ax＋2.
由题设得－＝－2，所以a＝1.
(2)证明 由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.
设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.
由题设知1－k>0.
当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)单调递增，
g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，
所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一实根．
当x>0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，
则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．
h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.
所以g(x)＝0在(0，＋∞)上没有实根．
综上，g(x)＝0在R上有唯一实根，
即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．
3．已知函数f(x)＝－x2＋2ex＋m－1，g(x)＝x＋ (x>0)．
(1)若g(x)＝m有零点，求m的取值范围；
(2)确定m的取值范围，使得g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．
解 (1)∵g(x)＝x＋≥2＝2e(x>0)，当且仅当x＝时取等号，∴当x＝e时，g(x)有最小值2e.
∴要使g(x)＝m有零点，只需m≥2e.
即当m∈[2e，＋∞)时，g(x)＝m有零点．
(2)若g(x)－f(x)＝0有两个相异实根，则函数g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点．
如图，作出函数g(x)＝x＋(x>0)的大致图象．
∵f(x)＝－x2＋2ex＋m－1
＝－(x－e)2＋m－1＋e2，
∴其对称轴为x＝e，
f(x)max＝m－1＋e2.
若函数f(x)与g(x)的图象有两个交点，则m－1＋e2>2e，即当m>－e2＋2e＋1时，g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．
∴m的取值范围是(－e2＋2e＋1，＋∞)．
4．已知函数f(x)＝＋aln x(a≠0，a∈R)．
(1)若a＝1，求函数f(x)的极值和单调区间；
(2)若在区间(0，e]上至少存在一点x0，使得f(x0)<0成立，求实数a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，f′(x)＝－＋＝，
令f′(x)＝0，得x＝1，又f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由f′(x)<0，得00，得x>1，
所以当x＝1时，f(x)有极小值1，无极大值；
f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．
(2)f′(x)＝－＋＝，且a≠0，x>0.
令f′(x)＝0，得x＝，若在区间(0，e]上存在一点x0，使得f(x0)<0成立，即f(x)在区间(0，e]上的最小值小于0.
当<0，即a<0时，f′(x)<0在(0，e]上恒成立，
即f(x)在区间(0，e]上单调递减，
故f(x)在区间(0，e]上的最小值为
f(e)＝＋aln e＝＋a，
由＋a<0，得a<－，即a∈.
当>0，即a>0时，
①若e≤，则f′(x)≤0对x∈(0，e]恒成立，
所以f(x)在区间(0，e]上单调递减，
则f(x)在区间(0，e]上的最小值为
f(e)＝＋aln e＝＋a>0，
显然f(x)在区间(0，e]上的最小值小于0不成立；
②若0<时，则当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
所以f(x)在区间(0，e]上的最小值为f＝a＋aln ，
由f＝a＋aln ＝a(1－ln a)<0，
得1－ln a<0，解得a>e，即a∈(e，＋∞)．
综上可知，a∈∪(e，＋∞)．
5．(2013·江苏)设函数f(x)＝ln x－ax，g(x)＝ex－ax，其中a为实数．
(1)若f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，求a的取值范围；
(2)若g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，试求f(x)的零点个数，并证明你的结论．
解 (1)令f′(x)＝－a＝<0，考虑到f(x)的定义域为(0，＋∞)，故a>0，进而解得x>a－1，即f(x)在(a－1，＋∞)上是单调减函数．同理，f(x)在(0，a－1)上是单调增函数．由于f(x)在(
1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a－1，＋∞)，从而a－1≤1，即a≥1.令g′(x)＝ex－a＝0，得x＝ln a．当xln a时，g′(x)>0.又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，所以ln a>1，即a>e.
综上，有a∈(e，＋∞)．
(2)当a≤0时，g(x)必为单调增函数；当a>0时，令g′(x)＝ex－a>0，
解得aln a，因为g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，类似(1)有ln a≤－1，即00，得f(x)存在唯一的零点；
(ⅱ)当a<0时，由于f(ea)＝a－aea＝a(1－ea)<0，f(1)＝－a>0，且函数f(x)在[ea,1]上的图象连续，所以f(x)在(ea，1)上存在零点．另外，当x>0时，f′(x)＝－a>0，故f(x)在(0，＋∞)上是单调增函数，所以f(x)只有一个零点．
(ⅲ)当00，当x>a－1时，f′(x)<0，
所以，x＝a－1是f(x)的最大值点，且最大值为f(a－1)＝－ln a－1.
①当－ln a－1＝0，即a＝e－1时，f(x)有一个零点x＝e.
②当－ln a－1>0，即00，且函数f(x)在[e－1，a－1]上的图象连续，所以f(x)在(e－1，a－1)上存在零点．
另外，当x∈(0，a－1)时，f′(x)＝－a>0，故f(x)在(0，a－1)上是单调增函数，所以f(x)在(0，a－1)上只有一个零点．
下面考虑f(x)在(a－1，＋∞)上的情况．
先证f()＝a(a－2－)<0.
为此，我们要证明：当x>e时，ex>x2.
设h(x)＝ex－x2，则h′(x)＝ex－2x，
再设l(x)＝h′(x)＝ex－2x，则l′(x)＝ex－2.
当x>1时，l′(x)＝ex－2>e－2>0，
所以l(x)＝h′(x)在(1，＋∞)上是单调增函数．
故当x>2时，h′(x)＝ex－2x>h′(2)＝e2－4>0，
从而h(x)在(2，＋∞)上是单调增函数．
进而当x>e时，h(x)＝ex－x2>h(e)＝ee－e2>0，
即当x>e时，ex>x2.
当0e时，
f()＝a－1－a＝a(a－2－)<0，
又f(a－1)>0，且函数f(x)在[a－1，]上的图象连续，所以f(x)在(a－1，)上存在零点．
又当x>a－1时，f′(x)＝－a<0，故f(x)在(a－1，＋∞)上是单调减函数，所以f(x)在(a－1，＋∞)上只有一个零点．
综合(ⅰ)，(ⅱ)，(ⅲ)可知，当a≤0或a＝e－1时，f(x)的零点个数为1，当00，b∈R)有极值，且导函数f′(x)的极值点是f(x)的零点．(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)
(1)求b关于a的函数关系式，并写出定义域；
(2)证明：b2>3a；
(3)若f(x)，f′(x)这两个函数的所有极值之和不小于－，求a的取值范围．
(1)解 由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1，
得f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝32＋b－.
当x＝－时，f′(x)有极小值b－.
因为f′(x)的极值点是f(x)的零点，
所以f＝－＋－＋1＝0，
又a>0，故b＝＋.
因为f(x)有极值，故f′(x)＝0有实根，
从而b－＝(27－a3)≤0，即a≥3.
当a＝3时，f′(x)>0(x≠－1)，
故f(x)在R上是增函数，f(x)没有极值；
当a>3时，f′(x)＝0有两个相异的实根
x1＝，x2＝.
列表如下：
x
(－∞，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
故f(x)的极值点是x1，x2.
从而a>3.
因此b＝＋，定义域为(3，＋∞)．
(2)证明 由(1)知，＝＋ .
设g(t)＝＋，
则g′(t)＝－＝.
当t∈时，g′(t)>0，
从而g(t)在上单调递增．
因为a>3，所以a>3，
故g(a)>g(3)＝，
即>.因此b2>3a.
(3)解 由(1)知，f(x)的极值点是x1，x2，
且x1＋x2＝－a，x＋x＝.
从而f(x1)＋f(x2)＝x＋ax＋bx1＋1＋x＋ax＋bx2＋1
＝(3x＋2ax1＋b)＋(3x＋2ax2＋b)＋a(x＋x)＋b(x1＋x2)＋2
＝－＋2＝0.
记f(x)，f′(x)所有极值之和为h(a)，
因为f′(x)的极值为b－＝－＋，
所以h(a)＝－＋，a>3.
因为h′(a)＝－a－<0，
于是h(a)在(3，＋∞)上单调递减．
因为h(6)＝－，于是h(a)≥h(6)，故a≤6.
因此a的取值范围为(3,6]．
