高中数学怎么学好导数与函数的单调性

第11讲　导数与函数的单调性

 [学生用书P47]

函数的单调性

在(a，b)内函数f(x)可导，f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于0.

f′(x)≥0⇔f(x)在(a，b)上为增函数．

f′(x)≤0⇔f(x)在(a，b)上为减函数．

辨明导数与函数单调性的关系

(1)f′(x)>0(或<0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件；

(2)f′(x)≥0(或≤0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的必要不充分条件．

[注意]　由函数f(x)在区间[a，b]内单调递增(或递减)，可得f′(x)≥0(或≤0)在该区间恒成立，而不是f′(x)>0(或<0)恒成立，“＝”不能少．

1．函数f(x)＝cos x－x在(0，π)上的单调性是(　　)

A．先增后减　　　　　　　     B．先减后增

C．增函数                                D．减函数

　D　[解析] 因为f′(x)＝－sin x－1＜0.

所以f(x)在(0，π)上是减函数，故选D.

2．函数f(x)＝x³－3x＋1的单调增区间是(　　)

A．(－1，1)                             B．(－∞，1)

C．(－1，＋∞)                        D．(－∞，－1)，(1，＋∞)

　D　[解析] f′(x)＝3x²－3.由f′(x)＞0得，x＜－1或x＞1.故单调增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)，故选D.

3．已知函数f(x)＝xsin x，x∈R，则f，f(1)，f的大小关系为(　　)

A．f>f(1)>f

B．f(1)>f>f

C．f>f(1)>f

D．f>f>f(1)

　A　[解析] 因为f(x)＝x·sin x，

所以f(－x)＝(－x)·sin(－x)＝xsin x＝f(x)．

所以函数f(x)是偶函数，所以f＝f.

又x∈时，得

f′(x)＝sin x＋xcos x>0，所以此时函数是增函数．

所以f<f(1)<f.

所以f>f(1)>f，故选A.

4. 函数f(x)＝e^x－x的单调递增区间是________．

[解析] 因为f(x)＝e^x－x，所以f′(x)＝e^x－1，

由f′(x)>0，得e^x－1>0，即x>0.

[答案] (0，＋∞)

5．已知f(x)＝x³－ax在[1，＋∞)上是增函数，则实数a的最大值是________．

[解析] f′(x)＝3x²－a≥0，即a≤3x²，

又因为x∈[1，＋∞)，所以a≤3，即a的最大值是3.

[答案] 3

　利用导数判断或证明函数的单调性[学生用书P48]

[典例引领]

　(2017·贵阳市监测考试)设函数f(x)＝xln(ax)(a＞0)．设F(x)＝f(1)x²＋f′(x)，讨论函数F(x)的单调性．

【解】　f′(x)＝ln(ax)＋1，所以F(x)＝(ln a)x²＋ln(ax)＋1，函数F(x)的定义域为(0，＋∞)，F′(x)＝(ln a)x＋＝.

①当ln a≥0，即a≥1时，恒有F′(x)＞0，函数F(x)在(0，＋∞)上是增函数；

②当ln a＜0，即0＜a＜1时，

令F′(x)＞0，得(ln a)x²＋1＞0，

解得0＜x＜ ；

令F′(x)＜0，得(ln a)x²＋1＜0，

解得x＞ .

所以函数F(x)在上为增函数，在上为减函数．

　(2017·河南郑州二模)已知函数f(x)＝.讨论函数y＝f(x)在x∈(m，＋∞)上的单调性．

[解] f′(x)＝＝，

当x∈(m，m＋1)时，f′(x)＜0，当x∈(m＋1，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(m，m＋1)上单调递减，在(m＋1，＋∞)上单调递增．

　求函数的单调区间[学生用书P48]

[典例引领]

　(2016·高考天津卷节选)设函数f(x)＝(x－1)³－ax－b，x∈R，其中a，b∈R.求f(x)的单调区间．

【解】　由f(x)＝(x－1)³－ax－b，

求导得f′(x)＝3(x－1)²－a.

下面分两种情况讨论：

①当a≤0时，有f′(x)＝3(x－1)²－a≥0恒成立，

所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．

②当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝1＋或x＝1－.

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

x	(－∞，1－)	1－	(1－，1＋)	1＋	(1＋，＋∞)
f′(x)	＋	0	－	0	＋
f(x)		极大值		极小值	

所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，.

　

　设函数f(x)＝x²－mln x，求函数f(x)的单调区间．

[解] 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，

当m≤0时，f′(x)＞0，所以函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间．

当m＞0时，f′(x)＝，

当0＜x＜时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；

当x＞时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．

综上：当m≤0时，函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间；当m＞0时，函数f(x)的单调递增区间是(，＋∞)，单调递减区间是(0，)．

　函数单调性的应用(高频考点)[学生用书P49]

利用导数根据函数的单调性(区间)求参数的取值范围，是高考考查函数单调性的一个重要考向，常以解答题的形式出现．

高考对函数单调性的考查主要有以下两个命题角度：

(1)已知函数单调性求参数的取值范围；

(2)比较大小或解不等式．

[典例引领]

　(1)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是(　　)

A．(－∞，－2]　　　　　　     B．(－∞，－1]

C．[2，＋∞)                            D．[1，＋∞)

(2)设f(x)＝－x³＋x²＋2ax.若f(x)在上存在单调递增区间，则a的取值范围是________．

(3)(2017·兰州市诊断考试)定义在R上的函数f(x)的导函数是f′(x)，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)＜0，设a＝f(e为自然对数的底数)、b＝f()、c＝f(log₂8)，则a、b、c的大小关系为________(用“＜”连接)．

【解析】　(1)由于f′(x)＝k－，f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增⇔f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立．

由于k≥，而0<<1，所以k≥1.

即k的取值范围为[1，＋∞)．

(2)f(x)＝－x³＋x²＋2ax，由题意知f′(x)＝－x²＋x＋2a≥0在上有解，

即2a≥(x²－x)_min，

令g(x)＝x²－x，g(x)＞g＝－.

即a＞－.

所以a的取值范围为.

(3)因为当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)＜0，得f′(x)＞0，所以函数在(－∞，1)上单调递增，又f(x)＝f(2－x)，得函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以函数f(x)图象上的点距离直线x＝1越近函数值越大，又log₂8＝3，所以log₂8＞2－＞＞1，得f()＞f＞f(log₂8)，故c＜a＜b.

【答案】　(1)D　(2)　(3)c＜a＜b

 若本例(1)条件改为“函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递减”，求k的取值范围．

[解] 因为函数f(x)＝kx－ln x，所以f′(x)＝k－，函数在区间(1，＋∞)上单调递减，则f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，即k－≤0在区间(1，＋∞)上恒成立，

故k≤在区间(1，＋∞)上恒成立，

因为在区间(1，＋∞)上0＜＜1，故k≤0.

(1)利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路

①由函数在区间[a，b]上单调递增(减)可知f′(x)≥0(f′(x)≤0)在区间[a，b]上恒成立列出不等式．

②利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题．

③对等号单独检验，检验参数的取值能否使f′(x)在整个区间恒等于0，若f′(x)恒等于0，则参数的这个值应舍去；若只有在个别点处有f′(x)＝0，则参数可取这个值．

(2)利用导数比较大小或解不等式的常用技巧

利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．

[注意]　(1)f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上f′(x)≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．

(2)注意函数的单调区间与函数在某区间上具有单调性是不同的．

 [题点通关]

 角度一　已知函数单调性求参数的取值范围

1．已知函数g(x)＝x³－ax²＋2x.

(1)若g(x)在(－2，－1)内为减函数，求实数a的取值范围；

(2)若g(x)在区间(－2，－1)内不单调，求实数a的取值范围．

[解] (1)因为g′(x)＝x²－ax＋2，且g(x)在(－2，－1)内为减函数，所以g′(x)≤0，即x²－ax＋2≤0在(－2，－1)内恒成立，

所以即解之得a≤－3，

即实数a的取值范围为(－∞，－3]．

(2)因为g(x)在(－2，－1)内不单调，g′(x)＝x²－ax＋2，

所以g′(－2)·g′(－1)<0或

由g′(－2)·g′(－1)<0，得(6＋2a)·(3＋a)<0，无解．

由得

即解之得－3<a<－2，

即实数a的取值范围为(－3，－2)．

 角度二　比较大小或解不等式

2．(2017·石家庄市教学质量检测(二))设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－2)＝0，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＞0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是_________________．

[解析] 设g(x)＝(x≠0)，则g′(x)＝，所以当x＞0时，g′(x)＞0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(2)＝＝0，所以f(x)＞0的解集为(－2，0)∪(2，＋∞)．故填(－2，0)∪(2，＋∞)．

[答案] (－2，0)∪(2，＋∞)

[学生用书P50]

——分类讨论思想研究函数的单调性

　(2016·高考全国卷乙节选)已知函数f(x)＝(x－2)e^x＋a(x－1)².讨论f(x)的单调性．

【解】　f′(x)＝(x－1)e^x＋2a(x－1)＝(x－1)(e^x＋2a)．

(1)设a≥0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增．

(2)设a＜0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．

①若a＝－，则f′(x)＝(x－1)(e^x－e)，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．

②若a＞－，则ln(－2a)＜1，故当x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(ln(－2a)，1)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，ln(－2a))，(1，＋∞)单调递增，在(ln(－2a)，1)单调递减．

③若a＜－，则ln(－2a)＞1，故当x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)时f′(x)＞0；当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，1)，(ln(－2a)，＋∞)单调递增，在(1，ln(－2a))单调递减．

　(1)含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，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)本题求解中分a>－，a＝－，a<－三种情况讨论．

　已知函数f(x)＝aln x＋x²－(1＋a)x.求函数f(x)的单调区间．

[解] f′(x)＝＋x－(1＋a)＝＝.

当a≤0时，若0<x<1，则f′(x)<0，若x>1，则f′(x)>0，故此时函数f(x)的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，＋∞)；

当0<a<1时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

x	(0，a)	a	(a，1)	1	(1，＋∞)
f′(x)	＋	0	－	0	＋
f(x)		极大值		极小值	

所以函数f(x)的单调递增区间是(0，a)，(1，＋∞)，单调递减区间是(a，1)；

当a＝1时，f′(x)＝≥0，所以函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)；

当a>1时，同0<a<1时的解法，可得函数f(x)的单调递增区间是(0，1)，(a，＋∞)，单调递减区间是(1，a)．

 [学生用书P271(独立成册)]

1．函数y＝x²－ln x的单调递减区间为(　　)

A．(－1，1]　　　　　　　                     B．(0，1]

C．[1，＋∞)                                           D．(0，＋∞)

　B　[解析] 由题意知函数的定义域为(0，＋∞)，

又由y′＝x－≤0，解得0＜x≤1，

所以函数的单调递减区间为(0，1]．

2．函数f(x)＝1＋x－sin x在(0，2π)上的单调情况是(　　)

A．增函数  B．减函数

C．先增后减                                            D．先减后增

　A　[解析] 在(0，2π)上有f′(x)＝1－cos x＞0恒成立，所以f(x)在(0，2π)上单调递增．

3．已知函数f(x)＝2x³－6ax＋1，a≠0，则函数f(x)的单调递减区间为(　　)

A．(－∞，＋∞)  B．(，＋∞)

C．(－∞，－)∪(，＋∞)                 D．(－，)

　D　[解析] f′(x)＝6x²－6a＝6(x²－a)，

当a＜0时，对x∈R，有f′(x)＞0；

当a＞0时，由f′(x)＜0解得－＜x＜，所以当a＞0时，f(x)的单调递减区间为(－，)．故选D.

4．(2017·高考浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(　　)

　D　[解析] 原函数先减再增，再减再增，且x＝0位于增区间内，故选D.

5．若函数f(x)＝e^x(sin x＋acos x)在上单调递增，则实数a的取值范围是(　　)

A．(－∞，1]  B．(－∞，1)

C．[1，＋∞)                                           D．(1，＋∞)

　A　[解析] 因为函数f(x)＝e^x(sin x＋acos x)在上单调递增，所以f′(x)＝e^x(sin x＋acos x＋cos x－asin x)≥0在上恒成立，又e^x>0，则sin x＋acos x＋cos x－asin x≥0在x∈上恒成立，

又当x∈时，sin x－cos x>0，

则a≤，令g(x)＝，

则g′(x)＝<0，则g(x)在上单调递减，则g(x)>g＝1，所以a≤1，故选A.

6．(2017·贵阳市监测考试)对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－3)f′(x)≤0，则必有(　　)

A．f(0)＋f(6)≤2f(3)  B．f(0)＋f(6)＜2f(3)

C．f(0)＋f(6)≥2f(3)                                 D．f(0)＋f(6)＞2f(3)

　A　[解析] 由题意知，当x≥3时，f′(x)≤0，所以函数f(x)在[3，＋∞)上单调递减或为常数函数；当x＜3时，f′(x)≥0，所以函数f(x)在(－∞，3)上单调递增或为常数函数，所以f(0)≤f(3)，f(6)≤f(3)，所以f(0)＋f(6)≤2f(3)，故选A.

7．函数f(x)＝(x－3)e^x的单调递增区间是________．

[解析] 因为f(x)＝(x－3)·e^x，

则f′(x)＝e^x(x－2)，令f′(x)＞0，得x＞2，

所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)．

[答案] (2，＋∞)

8．已知函数f(x)＝ax＋ln x，则当a＜0时，f(x)的单调递增区间是________，单调递减区间是________．

[解析] 由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)．

因为f′(x)＝a＋＝，所以当x≥－时

f′(x)≤0，当0＜x＜－时f′(x)＞0，所以f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.

[答案] 　

9．若f(x)＝xsin x＋cos x，则f(－3)，f，f(2)的大小关系为________(用“＜”连接)．

[解析] 函数f(x)为偶函数，因此f(－3)＝f(3)．

又f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x，

当x∈时，f′(x)＜0.所以f(x)在区间上是减函数，所以f＞f(2)＞f(3)＝f(－3)．

[答案] f(－3)＜f(2)＜f

10．已知函数f(x)＝－x²＋4x－3ln x在区间[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________．

[解析] 由题意知f′(x)＝－x＋4－＝－，由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，由t＜1＜t＋1或t＜3＜t＋1，得0＜t＜1或2＜t＜3.

[答案] (0，1)∪(2，3)

11．(2017·兰州市实战考试)已知函数f(x)＝ln x－ax＋－1(a∈R)．当0＜a＜时，讨论f(x)的单调性．

[解] 因为f(x)＝ln x－ax＋－1，

所以f′(x)＝－a＋＝－，x∈(0，＋∞)，令f′(x)＝0，可得两根分别为1，－1，

因为0＜a＜，所以－1＞1＞0，

当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；

当x∈时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；

当x∈时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．

12．已知函数f(x)＝＋－ln x－，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x.

(1)求a的值；

(2)求函数f(x)的单调区间．

[解] (1)对f(x)求导得f′(x)＝－－，

由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x，知

f′(1)＝－－a＝－2，解得a＝.

(2)由(1)知f(x)＝＋－ln x－，则f′(x)＝.令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.

因为x＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去．

当x∈(0，5)时，f′(x)<0，故f(x)在(0，5)内为减函数；

当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)内为增函数．

故函数f(x)的单调递增区间为(5，＋∞)，单调递减区间为(0，5)．

13．(2017·云南省第一次统一检测)已知函数f(x)＝ln x－.

(1)求证：f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；

(2)若f[x(3x－2)]<－，求实数x的取值范围．

[解] (1)证明：由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)．

因为f(x)＝ln x－，所以f′(x)＝－＝.因为x>0，所以4x²＋3x＋1>0，x(1＋2x)²>0.所以当x>0时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

(2)因为f(x)＝ln x－，所以f(1)＝ln 1－＝－.由f[x(3x－2)]<－得f[x(3x－2)]<f(1)．

由(1)得解得－<x<0或<x<1.

所以实数x的取值范围为∪.

14．设函数f(x)＝(mx＋n)ln x．若曲线y＝f(x)在点P(e，f(e))处的切线方程为y＝2x－e(e为自然对数的底数)．

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)若a，b∈R_＋，试比较与f的大小，并予以证明．

[解] (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．

f′(x)＝mln x＋.依题意得f(e)＝e，f′(e)＝2，

即所以m＝1，n＝0.

所以f(x)＝xln x，f′(x)＝ln x＋1.

当x∈时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0.

所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.

(2)当a，b∈R_＋时，≥f.

证明：≥f等价于

≥ln，

≥，

ln a＋ln b≥ln＋ln，

≥ln－ln b，

ln 2a－ln(a＋b)≥ln(a＋b)－ln 2－ln b，

(ln 2a－ln b)－[ln(a＋b)－ln b]＋ln 2≥0，也等价于ln－·ln＋ln 2≥0.

不妨设a≥b，

设g(x)＝xln(2x)－(1＋x)ln(1＋x)＋ln 2(x∈[1，＋∞))，则g′(x)＝ln(2x)－ln(1＋x)．

当x∈[1，＋∞)时，g′(x)≥0，所以函数g(x)在[1，＋∞)上为增函数，即g(x)＝xln 2x－(1＋x)ln(1＋x)＋ln 2≥g(1)＝0，故当x∈[1，＋∞)时，g(x)＝xln 2x－(1＋x)·ln(1＋x)＋ln 2≥0(当且仅当x＝1时取等号)．

令x＝≥1，则g≥0，即ln－·ln＋ln 2≥0(当且仅当a＝b时取等号)．

综上所述，当a，b∈R_＋时，≥f(当且仅当a＝b时取等号)．

15．已知函数f(x)＝ax²＋bx－ln x(a，b∈R)．设a≥0，求f(x)的单调区间．

[解] 由f(x)＝ax²＋bx－ln x，x∈(0，＋∞)，得

f′(x)＝.

(1)当a＝0时，f′(x)＝.

①若b≤0，当x＞0时，f′(x)＜0恒成立，

所以函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)．

②若b＞0，当0＜x＜时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x＞时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．

所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.

(2)当a＞0时，令f′(x)＝0，得2ax²＋bx－1＝0.

由Δ＝b²＋8a＞0，得

x₁＝，x₂＝.显然x₁＜0，x₂＞0.当0＜x＜x₂时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；

当x＞x₂时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．

所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.

综上所述，当a＝0，b≤0时，函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)；当a＝0，b＞0时，函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是；

当a＞0时，函数f(x)的单调递减区间是，

单调递增区间是.

16．已知函数f(x)＝，a∈R.

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)若f(x)在(1，2)上是单调函数，求a的取值范围．

[解] (1)f(x)的定义域为{x|x≠a}，f′(x)＝.

①当a＝0时，f(x)＝x(x≠0)，f′(x)＝1，

则x∈(－∞，0)和(0，＋∞)时，f(x)为增函数．

②当a＞0时，由f′(x)＞0得，x＞2a或x＜0，

由于此时0＜a＜2a，所以x＞2a时，f(x)为增函数，x＜0时，f(x)为增函数；由f′(x)＜0得，0＜x＜2a，考虑定义域，当0＜x＜a时，f(x)为减函数，a＜x＜2a时，f(x)为减函数．

③当a＜0时，由f′(x)＞0得，x＞0或x＜2a，

由于此时2a＜a＜0，

所以当x＜2a时，f(x)为增函数，x＞0时，f(x)为增函数，

由f′(x)＜0得，2a＜x＜0，考虑定义域，当2a＜x＜a时，f(x)为减函数，a＜x＜0时，f(x)为减函数．

综上，当a＝0时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(0，＋∞)．

当a＞0时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(2a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)，(a，2a)．

当a＜0时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，2a)，(0，＋∞)，单调递减区间为(2a，a)，(a，0)．

(2)①当a≤0时，由(1)可得，f(x)在(1，2)上单调递增，且x∈(1，2)时，x≠a.

②当0＜2a≤1时，即0＜a≤时，由(1)可得，f(x)在(2a，＋∞)上单调递增，即在(1，2)上单调递增，且x∈(1，2)时，x≠a.

③当1＜2a＜2时，即＜a＜1时，由(1)可得，f(x)在(1，2)上不具有单调性，不合题意．

④当2a≥2，即a≥1时，由(1)可得，f(x)在(0，a)，(a，2a)上为减函数，同时需注意a∉(1，2)，满足这样的条件时f(x)在(1，2)上单调递减，所以此时a＝1或a≥2.

综上所述，a的取值范围是∪{1}∪[2，＋∞)．