《2018-2019高中數(shù)學(xué) 第3章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 3.3.1 單調(diào)性學(xué)案 蘇教版選修1 -1.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018-2019高中數(shù)學(xué) 第3章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 3.3.1 單調(diào)性學(xué)案 蘇教版選修1 -1.docx（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

3.3.1　單調(diào)性 學(xué)習(xí)目標(biāo)　1.結(jié)合實例，直觀探索并掌握函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系.2.能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，并能夠利用單調(diào)性證明一些簡單的不等式.3.會用導(dǎo)數(shù)法求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(其中多項式函數(shù)一般不超過三次). 知識點　函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)函數(shù)正負(fù)的關(guān)系 思考1　觀察下列各圖，完成表格內(nèi)容. 函數(shù)及其圖象 切線斜率k正負(fù) 導(dǎo)數(shù)正負(fù) 單調(diào)性 正 正 [1，＋∞)上單調(diào)遞增 正 正 R上單調(diào)遞增 負(fù) 負(fù) (0，＋∞)上單調(diào)遞減 負(fù) 負(fù) (0，＋∞)上單調(diào)遞減 負(fù) 負(fù) (－∞，0)上單調(diào)遞減 思考2　依據(jù)上述分析，可得出什么結(jié)論？ 答案　一般地，設(shè)函數(shù)y＝f(x)，在區(qū)間(a，b)上， ①如果f′(x)>0，則f(x)在該區(qū)間上單調(diào)遞增； ②如果f′(x)<0，則f(x)在該區(qū)間上單調(diào)遞減. 梳理　(1) 導(dǎo)數(shù)值 切線的斜率 傾斜角 曲線的變化趨勢 函數(shù)的單調(diào)性 f′(x)>0 k>0 銳角 上升 單調(diào)遞增 f′(x)<0 k<0 鈍角 下降 單調(diào)遞減 (2)在區(qū)間(a，b)內(nèi)函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)有如下關(guān)系： 函數(shù)的單調(diào)性 導(dǎo)數(shù) 單調(diào)遞增 f′(x) ≥0，且f′(x)在(a，b)的任何子區(qū)間上都不恒為零 單調(diào)遞減 f′(x)≤0，且f′(x)在(a，b)的任何子區(qū)間上都不恒為零 常函數(shù) f′(x)＝0 1.如果函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上都有f′(x)>0，那么f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增.(　√　) 2.如果函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞增，那么它在區(qū)間(a，b)上都有f′(x)>0.(　　) 3.函數(shù)y＝x3＋x2－5x－5的單調(diào)遞增區(qū)間是和(1，＋∞).(　√　) 4.函數(shù)f(x)＝lnx－ax(a>0)的單調(diào)增區(qū)間為.(　　) 類型一　求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 例1　求f(x)＝3x2－2lnx的單調(diào)區(qū)間. 考點　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 題點　不含參數(shù)求單調(diào)區(qū)間 解　f(x)＝3x2－2lnx的定義域為(0，＋∞). f′(x)＝6x－＝ ＝， 由x>0，解f′(x)>0，得x>； 由x>0，解f′(x)<0，得00，函數(shù)在定義域內(nèi)的解集上為增函數(shù)； (4)解不等式f′(x)<0，函數(shù)在定義域內(nèi)的解集上為減函數(shù). 跟蹤訓(xùn)練1　求函數(shù)f(x)＝的單調(diào)區(qū)間. 考點　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 題點　不含參數(shù)求單調(diào)區(qū)間 解　函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，2)∪(2，＋∞). f′(x)＝＝. 因為x∈(－∞，2)∪(2，＋∞)，所以ex>0，(x－2)2>0. 由f′(x)>0，得x>3， 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(3，＋∞)； 由f′(x)<0，得x<3. 又函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，2)∪(2，＋∞)， 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，2)和(2,3). 例2　討論函數(shù)f(x)＝x2－alnx(a≥0)的單調(diào)性. 考點　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 題點　求含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 解　函數(shù)f(x)的定義域是(0，＋∞)， f′(x)＝2x－＝. 設(shè)g(x)＝2x2－a，由g(x)＝0，得2x2＝a. 當(dāng)a＝0時，f′(x)＝2x>0，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上為增函數(shù)； 當(dāng)a>0時，由g(x)＝0，得x＝或x＝－(舍去). 當(dāng)x∈時，g(x)<0，即f′(x)<0； 當(dāng)x∈時，g(x)>0，即f′(x)>0. 所以當(dāng)a>0時，函數(shù)f(x)在區(qū)間上為減函數(shù)，在區(qū)間上為增函數(shù). 綜上，當(dāng)a＝0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(0，＋∞)； 當(dāng)a>0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間是，單調(diào)減區(qū)間是. 引申探究 若將本例改為f(x)＝ax2－lnx(a∈R)呢？ 解　f′(x)＝2ax－＝， 當(dāng)a≤0時，且x∈(0，＋∞)，f′(x)<0， ∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)； 當(dāng)a>0時，令f′(x)＝0， 解得x＝或x＝－(舍去). 當(dāng)x∈時，f′(x)<0，∴f(x)為減函數(shù)； 當(dāng)x∈時，f′(x)>0，∴f(x)為增函數(shù). 綜上所述，當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)； 當(dāng)a>0時，f(x)在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù). 反思與感悟　(1)在判斷含有參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性時，不僅要考慮到參數(shù)的取值范圍，而且要結(jié)合函數(shù)的定義域來確定f′(x)的符號，否則會產(chǎn)生錯誤. (2)分類討論是把整個問題劃分為若干個局部問題，在每一個局部問題中，原先的不確定因素就變成了確定性因素，當(dāng)這些局部問題都解決了，整個問題就解決了. 跟蹤訓(xùn)練2　已知函數(shù)f(x)＝4x3＋3tx2－6t2x＋t－1，其中x∈R，t∈R.當(dāng)t≠0時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間. 考點　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 題點　求含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 解　f′(x)＝12x2＋6tx－6t2 ＝6(x＋t)(2x－t)， 令f′(x)＝0，得x1＝－t，x2＝. 當(dāng)t<0，x∈時，f′(x)<0，此時f(x)為減函數(shù)； 當(dāng)x∈時，f′(x)>0，此時f(x)為增函數(shù)， 同理當(dāng)x∈(－t，＋∞)時，f(x)也為增函數(shù). ∴當(dāng)t<0時，f(x)的增區(qū)間為和(－t，＋∞)， f(x)的減區(qū)間為； 當(dāng)t>0，x∈時，f′(x)<0，此時f(x)為減函數(shù)， 當(dāng)x∈(－∞，－t)和x∈時，f′(x)>0，此時f(x)為增函數(shù)， ∴當(dāng)t>0時，f(x)的增區(qū)間為(－∞，－t)，， f(x)的減區(qū)間為. 綜上所述，①當(dāng)t<0時，f(x)的單調(diào)增區(qū)間是，(－t，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間是. ②當(dāng)t>0時，f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(－∞，－t)，，單調(diào)減區(qū)間是. 類型二　證明函數(shù)的單調(diào)性問題 例3　證明：函數(shù)f(x)＝在區(qū)間上單調(diào)遞減. 考點　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 題點　證明函數(shù)的單調(diào)性 證明　f′(x)＝，又x∈， 則cosx<0，sinx>0，∴xcosx－sinx<0， ∴f′(x)<0， ∴f(x)在上是減函數(shù). 反思與感悟　關(guān)于利用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)單調(diào)性的問題 (1)首先考慮函數(shù)的定義域，所有函數(shù)性質(zhì)的研究必須保證在定義域內(nèi)這個前提下進(jìn)行. (2)f′(x)>(或<)0，則f(x)為單調(diào)遞增(或遞減)函數(shù)；但要特別注意，f(x)為單調(diào)遞增(或遞減)函數(shù)，則f′(x)≥(或≤)0. 跟蹤訓(xùn)練3　證明：函數(shù)f(x)＝在區(qū)間(0，e)上是增函數(shù). 考點　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 題點　證明函數(shù)的單調(diào)性 證明　∵f(x)＝，∴f′(x)＝＝. 又00，故f(x)在區(qū)間(0，e)上是增函數(shù). 類型三　已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)范圍 例4　已知函數(shù)f(x)＝x2＋(x≠0，常數(shù)a∈R).若函數(shù)f(x)在x∈[2，＋∞)上單調(diào)遞增，求a的取值范圍. 考點　利用函數(shù)單調(diào)性求變量 題點　已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù) 解　f′(x)＝2x－＝. 要使f(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，則f′(x)≥0在x∈[2，＋∞)時恒成立， 即≥0在x∈[2，＋∞)時恒成立. ∵x2>0，∴2x3－a≥0， ∴a≤2x3在x∈[2，＋∞)時恒成立. ∴a≤(2x3)min. ∵當(dāng)x∈[2，＋∞)時，y＝2x3是單調(diào)遞增的， ∴(2x3)min＝16，∴a≤16. 當(dāng)a＝16時，f′(x)＝≥0(x∈[2，＋∞))，有且只有 f′(2)＝0，∴a的取值范圍是(－∞，16]. 反思與感悟　已知函數(shù)的單調(diào)性，求函數(shù)解析式中參數(shù)的取值范圍，可轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題，一般地，函數(shù)f(x)在區(qū)間I上單調(diào)遞增(或減)，轉(zhuǎn)化為不等式f′(x)≥0(f′(x)≤0)在區(qū)間I上恒成立，再用有關(guān)方法可求出參數(shù)的取值范圍. 跟蹤訓(xùn)練4　已知函數(shù)f(x)＝x3－ax2－(a＋1)x＋2在區(qū)間[1,2]上為減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍. 考點　利用函數(shù)單調(diào)性求變量 題點　已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù) 解　方法一　f′(x)＝x2－ax－(a＋1)， 因為函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上為減函數(shù)， 所以f′(x)≤0，即x2－ax－(a＋1)≤0，解得a≥x－1. 因為在[1,2]上，a≥x－1恒成立， 所以a≥(x－1)max＝1. 所以a的取值范圍是[1，＋∞). 方法二　f′(x)＝(x＋1)[x－(a＋1)]， 由于函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上為減函數(shù)， 所以f′(x)≤0，當(dāng)a>－2時，解得－1≤x≤a＋1， 即減區(qū)間為[－1，a＋1]，則[1,2]?[－1，a＋1]，得a≥1. 當(dāng)a≤－2時，解得減區(qū)間為[a＋1，－1]， 則函數(shù)f(x)不可能在[1,2]上為減函數(shù)，故a≥1. 所以實數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞). 1.函數(shù)f(x)＝2x3－3x2＋1的單調(diào)遞增區(qū)間是________，單調(diào)遞減區(qū)間是________. 考點　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 題點　不含參數(shù)求單調(diào)區(qū)間 答案　(－∞，0)和(1，＋∞)　(0,1) 解析　∵f′(x)＝6x2－6x， 令f′(x)>0，得x<0或x>1， 令f′(x)<0，得00，解得x>0. 3.函數(shù)f(x)＝lnx－ax(a>0)的單調(diào)遞增區(qū)間為________. 考點　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 題點　求含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 答案　 解析　f(x)的定義域為{x|x>0}， 由f′(x)＝－a>0，得0k－1時，f′(x)>0， 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，k－1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(k－1，＋∞). 1.導(dǎo)數(shù)的符號反映了函數(shù)在某個區(qū)間上的單調(diào)性，導(dǎo)數(shù)絕對值的大小反映了函數(shù)在某個區(qū)間或某點附近變化的快慢程度. 2.利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間的一般步驟 (1)確定函數(shù)f(x)的定義域； (2)求導(dǎo)數(shù)f′(x)； (3)在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)解不等式f′(x)>0和f′(x)<0； (4)根據(jù)(3)的結(jié)果確定函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間. 一、填空題 1.如圖是函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象，則下面判斷正確的是________.(填序號) ①在區(qū)間(－2,1)上f(x)是減函數(shù)； ②在區(qū)間(1,3)上f(x)是減函數(shù)； ③在區(qū)間(2,5)上f(x)是減函數(shù)； ④在區(qū)間(4,5)上f(x)是增函數(shù). 考點　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 題點　根據(jù)導(dǎo)數(shù)判定函數(shù)的單調(diào)性 答案　④ 解析　由題圖知，當(dāng)x∈(4,5)時，f′(x)>0，所以在(4,5)上f(x)是增函數(shù). 2.函數(shù)f(x)＝x－2sinx在(0，π)上的單調(diào)遞增區(qū)間為________. 考點　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 題點　不含參數(shù)求單調(diào)區(qū)間 答案　 解析　令f′(x)＝1－2cosx>0，得cosx<， 又x∈(0，π)，所以0，∴00， 故不等式<0的解集為(－3，－1)∪(0,1). 7.若函數(shù)f(x)＝2x3－3mx2＋6x在區(qū)間(2，＋∞)上為增函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍為__________. 考點　利用函數(shù)單調(diào)性求變量 題點　已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù) 答案　 解析　∵f′(x)＝6x2－6mx＋6， 當(dāng)x∈(2，＋∞)時，f′(x)≥0恒成立， 即x2－mx＋1≥0恒成立，∴m≤x＋恒成立. 令g(x)＝x＋，g′(x)＝1－， ∴當(dāng)x>2時，g′(x)>0，即g(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴m≤2＋＝. 8.已知函數(shù)f(x)滿足f(x)＝f(π－x)，且當(dāng)x∈時，f(x)＝ex＋sinx，則f(1)，f(2)，f(3)的大小關(guān)系為________. 考點　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 題點　比較函數(shù)值的大小 答案　f(2)＞f(1)＞f(3) 解析　由f(x)＝f(π－x)，得f(2)＝f(π－2)，f(3)＝f(π－3)，由f(x)＝ex＋sinx得函數(shù)在上單調(diào)遞增，又－<π－3<1<π－2<，∴f(π－2)＞f(1)＞f(π－3)，∴f(2)＞f(1)＞f(3). 9.若函數(shù)f(x)＝x2－9lnx在區(qū)間[a－1，a＋1]上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的取值范圍為________. 考點　利用函數(shù)單調(diào)性求變量 題點　已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù) 答案　(1,2] 解析　∵f(x)＝x2－9lnx，∴f′(x)＝x－(x>0). 令x－≤0，解得00且a＋1≤3，解得12x－1的x的取值范圍為________. 考點　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 題點　解不等式 答案　(－∞，1) 解析　令g(x)＝f(x)－2x＋1， 則g′(x)＝f′(x)－2<0，所以g′(x)是減函數(shù)， 又g(1)＝f(1)－21＋1＝0， 當(dāng)g(x)>g(1)＝0時，x<1，所以f(x)－2x＋1>0， 即f(x)>2x－1的解集為(－∞，1). 二、解答題 11.設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋c，其中a＋b＝0，a，b，c均為常數(shù)，曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為x＋y－1＝0. (1)求a，b，c的值； (2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間. 考點　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 題點　單調(diào)性的綜合運用 解　(1)因為f′(x)＝3ax2＋2bx， 所以f′(1)＝3a＋2b. 又因為切線x＋y＝1的斜率為－1， 所以3a＋2b＝－1，又a＋b＝0， 解得a＝－1，b＝1，所以f(1)＝a＋b＋c＝c. 由點(1，c)在直線x＋y＝1上，可得1＋c＝1，即c＝0， 所以a＝－1，b＝1，c＝0. (2)由(1)知，f(x)＝－x3＋x2， 令f′(x)＝－3x2＋2x＝0，解得x1＝0，x2＝. 當(dāng)x∈(－∞，0)時，f′(x)<0； 當(dāng)x∈時，f′(x)>0； 當(dāng)x∈時，f′(x)<0， 所以f(x)的增區(qū)間為，減區(qū)間為(－∞，0)和. 12.已知函數(shù)f(x)＝x3－ax－1. (1)若f(x)在實數(shù)集R上單調(diào)遞增，求a的取值范圍； (2)是否存在實數(shù)a，使f(x)在(－1,1)上單調(diào)遞減，若存在，求出a的取值范圍，若不存在，請說明理由. 考點　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 題點　不含參數(shù)求單調(diào)區(qū)間 解　(1)求導(dǎo)得f′(x)＝3x2－a， 因為f(x)在R上是增函數(shù)， 所以f′(x)≥0在R上恒成立. 即3x2－a≥0在R上恒成立. 即a≤3x2，而3x2≥0，所以a≤0. 當(dāng)a＝0時，f(x)＝x3－1在R上單調(diào)遞增，符合題意. 所以a的取值范圍是(－∞，0]. (2)假設(shè)存在實數(shù)a，使f(x)在(－1,1)上單調(diào)遞減， 則f′(x)≤0在(－1,1)上恒成立. 即3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，即a≥3x2， 又因為在(－1,1)上，0≤3x2<3，所以a≥3. 當(dāng)a＝3時，f′(x)＝3x2－3，在(－1,1)上，f′(x)<0， 所以f(x)在(－1,1)上單調(diào)遞減，即a＝3符合題意. 所以存在實數(shù)a，使f(x)在(－1,1)上單調(diào)遞減，且a的取值范圍是[3，＋∞). 13.已知函數(shù)f(x)＝x2＋2alnx. (1)試討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若函數(shù)g(x)＝＋f(x)在[1,2]上是減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍. 考點　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 題點　不含參數(shù)求單調(diào)區(qū)間 解　(1)f′(x)＝2x＋＝，函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞). ①當(dāng)a≥0時，f′(x)>0， f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)； ②當(dāng)a<0時，f′(x)＝， 當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (0，) (，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 單調(diào)遞減 單調(diào)遞增 由上表可知，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)， 單調(diào)遞增區(qū)間是(，＋∞). (2)由g(x)＝＋x2＋2alnx， 得g′(x)＝－＋2x＋， 已知函數(shù)g(x)為[1,2]上的單調(diào)減函數(shù)， 則g′(x)≤0在[1,2]上恒成立， 即－＋2x＋≤0在[1,2]上恒成立， 即a≤－x2在[1,2]上恒成立. 令h(x)＝－x2， 則h′(x)＝－－2x＝－<0，x∈[1,2]， 所以h(x)在[1,2]上為減函數(shù)，h(x)min＝h(2)＝－， 所以a≤－. 故實數(shù)a的取值范圍為. 三、探究與拓展 14.若φ(x)＝－lnx在[1，＋∞)上是減函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍為________. 考點　利用函數(shù)單調(diào)性求變量 題點　已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù) 答案　(－∞，2] 解析　∵φ(x)＝－lnx在[1，＋∞)上是減函數(shù). ∴φ′(x)＝≤0在[1，＋∞)上恒成立. 即x2－(2m－2)x＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立， 則2m－2≤x＋，x∈[1，＋∞)， ∵x＋∈[2，＋∞)，∴2m－2≤2，m≤2. 故實數(shù)m的取值范圍為(－∞，2]. 15.已知函數(shù)f(x)＝alnx－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(2，f(2))處的切線的傾斜角為45，對于任意的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. 考點　利用函數(shù)單調(diào)性求變量 題點　已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù) 解　(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝. 當(dāng)a＞0時，f(x)的增區(qū)間為(0,1)，減區(qū)間為(1，＋∞)； 當(dāng)a＜0時，f(x)的增區(qū)間為(1，＋∞)，減區(qū)間為(0,1)； 當(dāng)a＝0時，f(x)不是單調(diào)函數(shù). (2)由(1)及題意得f′(2)＝－＝1，即a＝－2， ∴f(x)＝－2lnx＋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)＝0在區(qū)間(t,3)上有變號零點. ∵g′(0)＝－2，∴ 當(dāng)g′(t)＜0，即3t2＋(m＋4)t－2＜0對任意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＞－. ∴－＜m＜－9. 即實數(shù)m的取值范圍是.