江蘇南京市金陵中學(xué)2024-2025學(xué)年高一上數(shù)學(xué)第18周階段性訓(xùn)練模擬練習(xí)【含答案】

這是一份江蘇南京市金陵中學(xué)2024-2025學(xué)年高一上數(shù)學(xué)第18周階段性訓(xùn)練模擬練習(xí)【含答案】，共17頁(yè)。試卷主要包含了若函數(shù)是奇函數(shù)，則g，定義在R上的奇函數(shù)f，已知函數(shù)f，設(shè)函數(shù)，若存在，使得f等內(nèi)容，歡迎下載使用。
1．若函數(shù)是奇函數(shù)，則g（﹣2）＝（ ）
A．1B．﹣1C．D．
2．已知a＞1，b＞0，且，則的最小值為（ ）
A．4B．6C．8D．9
3．已知函數(shù)，若對(duì)于定義域內(nèi)任意一個(gè)自變量x都有f（x）＞0，則a的最大值為（ ）
A．0B．C．1D．2
4．已知x＞0，y＞0，且，則的最小值為（ ）
A．9B．10C．12D．13
5．若關(guān)于x的方程恰有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解x1，x2，x3，且x1＜0＜x2＜x3，其中m∈R，則x1+x2+x3的值為（ ）
A．B．C．1D．2
6．定義在R上的奇函數(shù)f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，且f（1）＝0，若f（ex）≥0，則x的取值范圍是（ ）
A．[0，+∞）B．[0，e]C．[1，+∞）D．（﹣1，0]
7．已知函數(shù)f（x）＝（x﹣a）|x﹣2|，其中a∈R．如果對(duì)任意實(shí)數(shù)m∈[0，1]，使得不等式f（m）≤4成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（ ）
A．（﹣2，0]B．[﹣2，6]C．[﹣3，+∞）D．[﹣2，+∞）
8．已知函數(shù)f（x）＝，若關(guān)于x的方程f（x）++a＝0（a∈R）有三個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，則（f（x1）+2）2（f（x2）+2）（f（x3）+2）的值為（ ）
A．4B．2C．（a+2）2D．a(chǎn)+2
二．多選題（共2小題）
（多選）9．如圖所示，在邊長(zhǎng)為3的等邊三角形ABC中，，且點(diǎn)P在以AD的中點(diǎn)O為圓心，OA為半徑的半圓上，若，則（ ）
A．B．x+y的最大值為
C．最大值為9D．
（多選）10．設(shè)函數(shù)，若存在，使得f（x1）+f（x2）+f（xn﹣1）+g（xn）＝g（x1）+g（x2）+g（xn﹣1）+f（xn），則t的值可能是（ ）
A．﹣7B．﹣6C．﹣5D．﹣4
三．填空題（共3小題）
11．已知下列五個(gè)函數(shù)：y＝x，y＝，y＝x2，y＝lnx，y＝ex，從中選出兩個(gè)函數(shù)分別記為f（x）和g（x），若F（x）＝f（x）+g（x）的圖象如圖所示，則F（x）＝ ．
12．已知x1，x2分別是函數(shù)f（x）＝xax﹣1和g（x）＝xlgax﹣1的零點(diǎn)（其中0＜a＜1），則2x1+x2的取值范圍是 ．
13．設(shè)a，b∈R．若當(dāng)|x|≤1時(shí)，恒有|（x﹣a）2+b|≤1，則a+b的取值范圍是 ．
四．解答題（共6小題）
14．已知函數(shù)是定義在R上的奇函數(shù)．
（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）若關(guān)于t方程f（t2﹣2t）+f（4﹣kt）＝0在[1，3]有且僅有一個(gè)根，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．
15．已知函數(shù)．
（1）若函數(shù)y＝f（x）有4個(gè)零點(diǎn)x1，x2，x3，x4（x1＜x2＜x3＜x4），求證：x1x2x3x4＝9；
（2）是否存在非零實(shí)數(shù)m，使得函數(shù)f（x）在區(qū)間[a，b]（0＜a＜b）上的取值范圍為若存在，求出m的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
16．已知函數(shù)f（x）＝2﹣lg2x，g（x）＝．
（1）求g（x）的最大值；
（2）若對(duì)任意x1∈[4，16]，x2∈R，不等式f（2kx1）?f（）＞g（x2）恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．
17．[x]表示不超過(guò)x的最大整數(shù)，例[0]＝0，[π]＝3，[﹣1.3]＝﹣2．已知函數(shù)f（x）＝[x]，．
（1）求函數(shù)g[f（x）]的定義域；
（2）求證：當(dāng)x∈Z且x≠﹣2時(shí)，總有f[g（x+1）]≤g[f（x+1）]，并指出當(dāng)x為何值時(shí)取等號(hào)；
（3）解關(guān)于x的不等式f[g（x）]＞g[f（x）]．
18．某群體的人均通勤時(shí)間，是指單日內(nèi)該群體中成員從居住地到工作地的平均用時(shí)．某地上班族S中的成員僅以自駕或公交方式通勤．分析顯示：當(dāng)S中x%（0＜x＜100）的成員自駕時(shí)，自駕群體的人均通勤時(shí)間為
f（x）＝（單位：分鐘），而公交群體的人均通勤時(shí)間不受x影響，恒為40分鐘，試根據(jù)上述分析結(jié)果回答下列問(wèn)題：
（1）當(dāng)x在什么范圍內(nèi)時(shí)，公交群體的人均通勤時(shí)間少于自駕群體的人均通勤時(shí)間？
（2）求該地上班族S的人均通勤時(shí)間g（x）的表達(dá)式；討論g（x）的單調(diào)性，并說(shuō)明其實(shí)際意義．
19．已知函數(shù)，a∈R．
（1）若方程f（x）＝ln[（a﹣3）x+2a﹣4]，恰有一個(gè)實(shí)根，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）設(shè)a＞0，若對(duì)任意，當(dāng)x1，x2∈[b，b+1]時(shí)，滿足|f（x1）﹣f（x2）|≤ln4，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
參考答案與試題解析
一．選擇題（共8小題）
1．【解答】解：當(dāng)x＜0時(shí)，
f（﹣x）＞0，
則f（﹣x）＝2﹣x﹣3，
則﹣f（x）＝2﹣x﹣3，
故f（x）＝3﹣2﹣x，
所以g（x）＝f（x）＝3﹣2﹣x，
故g（﹣2）＝3﹣22＝﹣1．
故選：B．
2．【解答】解：由，得，其中a﹣1＞0，b＞0．
所以＝＝，
當(dāng)且僅當(dāng)b（a﹣1）＝2，即時(shí)，等號(hào)成立．
綜上所述，的最小值為9．
故選：D．
3．【解答】解：若a＝0，則f（x）＝+1＞0恒成立，符合題意；
若a＞0，①當(dāng)＝﹣2，即a＝時(shí)，f（x）＝+，
定義域?yàn)閧x|x＞﹣2}，此時(shí)f（x）＞0顯然成立，符合題意；
②當(dāng)﹣＜﹣2，即0＜a時(shí)，定義域?yàn)閇﹣2，+∞），
則ax+1≥﹣2a+1＞0，此時(shí)f（x）＞0恒成立，符合題意；
③當(dāng)﹣＞﹣2，即a時(shí)，定義域?yàn)閧x|x≥﹣2且x≠}，
則取x＝﹣t﹣，則f（﹣t﹣）＝﹣，
令0＜t≤2﹣，當(dāng)t→0時(shí)，→﹣∞，f（﹣t﹣）＝﹣可以取得負(fù)值，不符合題意；
若a＜0，則函數(shù)定義域?yàn)閧x|x≥﹣2且x≠﹣}，
令x＝﹣+t，則f（﹣+t）＝+，
當(dāng)t＞0且t→0時(shí)，→﹣∞，f（﹣+t）＝+可以取得負(fù)值，不符合題意，
綜上，0＜a≤，即a的最大值為．
故選：B．
4．【解答】解：因?yàn)閤＞0，y＞0，且，兩邊同時(shí)乘以x，可得＝x﹣3，
所以＝2x+y+x﹣3＝3x+y﹣3＝（3x+y）（+）﹣3＝9+1++﹣3≥7+2＝13，
當(dāng)且僅當(dāng)＝，即x＝y(tǒng)＝4時(shí)取等號(hào)，
所以的最小值為13．
故選：D．
5．【解答】解：依題意可知x≠0，
由整理得x++m﹣3﹣2m?＝0，①
即關(guān)于x的方程恰有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解x1，x2，x3，且x1＜0＜x2＜x3，
令t＝x+，則t≤﹣2或t≥2，
則①轉(zhuǎn)化為：t+m﹣3﹣2m＝0，
即t2+（m﹣3）t﹣2m＝0，Δ＝（m﹣3）2+8m＝m2+2m+9＞0，
根據(jù)對(duì)勾函數(shù)的性質(zhì)可知t＝x1+＝﹣2是方程t2+（m﹣3）t﹣2m＝0的一個(gè)根，此時(shí)x1＝﹣1，
所以（﹣2）2+（m﹣3）×（﹣2）﹣2m＝0，m＝，
所以t2﹣t﹣5＝0，解得t＝﹣2或t＝，
所以x2，x3是方程x+＝的根，即x2﹣x+1＝0的根，
所以x2+x3＝，
所以x1+x2+x3＝﹣1+＝．
故選：A．
6．【解答】解：∵f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，且f（1）＝0，f（ex）≥0，
∴f（ex）≥f（1），∴ex≥1，解得x≥0，
∴x的取值范圍是：[0，+∞）．
故選：A．
7．【解答】解：對(duì)任意的m∈[0，1]，使得不等式f（m）≤4，即（m﹣a）|m﹣2|≤4，
化簡(jiǎn)整理得，m2﹣（a+2）m+2a+4≥0，對(duì)?m∈[0，1]成立，
分離參數(shù)得，?m∈[0，1]成立，
令，1≤2﹣m≤2，
∴，當(dāng)且僅當(dāng)即m＝0時(shí)等號(hào)成立，
∴a≥﹣2，
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為[﹣2，+∞）．
故選：D．
8．【解答】解：因?yàn)楹瘮?shù)，
令f（x）＝t，則t2+（2+a）t+2+2a＝0有兩個(gè)不等的實(shí)數(shù)根t1＜0，0＜t2＜5，
由韋達(dá)定理知：t1+t2＝﹣2﹣a，t1t2＝2+2a，
則f（x1）＝t1，f（x2）＝f（x3）＝t2，
所以，
故選：A．
二．多選題（共2小題）
9．【解答】解：對(duì)于選項(xiàng)A，∵，且點(diǎn)P在以AD的中點(diǎn)O為圓心，OA為半徑的半圓上，
∴，
∴，故A正確；
對(duì)于選項(xiàng)B，∵，
∴，
∴，
∴，
又∵α∈[π，2π]，
∴當(dāng)時(shí)，x+y取得最大值，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于選項(xiàng)C，以點(diǎn)O為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示：
則，
∵點(diǎn)P在以AD的中點(diǎn)O為圓心，OA為半徑的半圓上，
∴點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2＝1，且在x軸的下半部分，
設(shè)P（csα，sinα），α∈[π，2π]，
則，
∴，
又∵α∈[π，2π]，∴，
∴當(dāng)時(shí)，取得最大值9，故C正確；
對(duì)于選項(xiàng)D，∵，
∴＝，故D錯(cuò)誤．
故選：AC．
10．【解答】解：由題意得，存在，
使得f（x1）﹣g（x1）+f（x2）﹣g（x2）+?f（xn﹣1）﹣g（xn﹣1）＝f（xn）﹣g（xn）成立，
令，x∈[1，4]，
又易知對(duì)勾函數(shù)在（1，2）上單調(diào)遞減，在（2，4）上單調(diào)遞增，
∴函數(shù)F（x）在（1，2）上單調(diào)遞減，在（2，4）上單調(diào)遞增，
由F（1）＝5+t，F(xiàn)（2）＝4+t，F(xiàn)（4）＝5+t，得4+t≤F（x）≤5+t，
即，
∴（4+t）（n﹣1）≤f（xn）﹣g（xn）≤（5+t）（n﹣1），
又4+t≤f（xn）﹣g（xn）≤5+t，
∴，即，又n∈N*，n≥3，
∴，
解得﹣6≤t≤﹣4．
故選：BCD．
三．填空題（共3小題）
11．【解答】解：根據(jù)題意，由函數(shù)F（x）的定義域?yàn)閧x|x≠0}，則f（x）、g（x）中一定沒(méi)有y＝lnx，一定有函數(shù)y＝，
設(shè)f（x）＝，
當(dāng)g（x）＝x時(shí)，F(xiàn)（x）＝x+，F(xiàn)（x）為奇函數(shù)，不符合題意，
當(dāng)g（x）＝ex時(shí)，F(xiàn)（x）＝ex+，當(dāng)x→﹣∞時(shí)，F(xiàn)（x）＜0，不符合題意；
當(dāng)g（x）＝x2時(shí)，F(xiàn)（x）＝x2+，當(dāng)x＜﹣1時(shí)，F(xiàn)（x）＝＜0，當(dāng)x＜﹣1時(shí)，F(xiàn)（x）＞0，當(dāng)﹣1＜x＜0時(shí)，F(xiàn)（x）＜0，當(dāng)x＞0時(shí)，F(xiàn)（x）＞0，符合題意；
故F（x）＝x2+．
故答案為：x2+．
12．【解答】解：根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)的定義可知x1是方程ax＝的根，所以x1也是函數(shù)f（x）＝xax﹣1的零點(diǎn)．
同理可得x2是方程xlgax﹣1＝0的根，即lgax2＝，所以＝x2，所以也是函數(shù)f（x）＝xax﹣1的零點(diǎn)．
又0＜a＜1，所以函數(shù)f（x）＝在（0，+∞）上單調(diào)遞增，所以x2＝，
由0＜a＜1可知x1＞1，所以2x1+x2＝2x1+在（1，+∞）單調(diào)遞增，
所以2x1+x2＞3，
故答案為：（3，+∞）．
13．【解答】解：設(shè)函數(shù)f（x）＝（x﹣a）2，則當(dāng)|x|≤1時(shí)，恒有﹣1﹣b≤f（x）≤1﹣b，
當(dāng)a≤﹣1時(shí)，f（x）在[﹣1，1]上遞增，
則f（1）＝（1﹣a）2≤1﹣b，且f（﹣1）＝（﹣1﹣a）2≥﹣1﹣b，
從而﹣2﹣2a﹣a2≤b≤2a﹣a2，則﹣2﹣2a﹣a2≤2a﹣a2，于是，矛盾；
同理，當(dāng)a≥1，f（x）在[﹣1，1]上遞減，
則f（1）＝（1﹣a）2≥1﹣b，且f（﹣1）＝（﹣1﹣a）2≤﹣1﹣b，
從而2a﹣a2≤b≤﹣2﹣2a﹣a2，則﹣2﹣2a﹣a2≥2a﹣a2，于是，矛盾；
當(dāng)﹣1＜a≤0，﹣1≤b≤2a﹣a2，則，﹣1≤b≤0，
當(dāng)0＜a＜1，﹣1≤b≤﹣2a﹣a2，則﹣2a﹣a2≥﹣1，即a2+2a≤1，可得0＜a≤﹣1，﹣1≤b≤﹣1，
由此得，a+b的取值范圍是，
當(dāng)且僅當(dāng)，b＝﹣1時(shí)，，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝0時(shí)，a+b＝0．
故答案為：．
四．解答題（共6小題）
14．【解答】解：（Ⅰ）因?yàn)閥＝f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，
所以f（﹣1）＝﹣f（1），
即＝，
即＝，＝，
所以a2﹣a+1＝2a﹣1，
解得a＝1（舍）或a＝2，
所以a＝2．
當(dāng)a＝2時(shí)，f（x）＝，定義域?yàn)镽，
f（﹣x）＝＝＝＝﹣＝﹣f（x），
所以函數(shù)y＝f（x）是R上的奇函數(shù)，
故a＝2；
（Ⅱ）因?yàn)閒（x）＝＝1﹣，
設(shè)x1＜x2，
則f（x1）﹣f（x2）＝﹣＝＜0，
所以f（x1）＜f（x2），
所以y＝f（x）在R上單調(diào)遞增，
又因?yàn)殛P(guān)于t方程f（t2﹣2t）+f（4﹣kt）＝0在[1，3]有且僅有一個(gè)根，
即關(guān)于t方程f（t2﹣2t）＝﹣f（4﹣kt）＝f（kt﹣4）在[1，3]有且僅有一個(gè)根，
t2﹣2t＝kt﹣4在[1，3]有且僅有一個(gè)根，
易得t＝0不滿足；
當(dāng)t≠0時(shí)，k＝t+﹣2在t∈[1，3]有且僅有一個(gè)根，
令h（t）＝t+﹣2，t∈[1，3]，
由對(duì)勾函數(shù)的性質(zhì)可知y＝h（t）在[1，2]上單調(diào)遞減，在[2，3]上單調(diào)遞增，
所以h（t）min＝h（2）＝2，
又h（1）＝3，h（3）＝，
如圖所示：
由此可得當(dāng)k＝2或＜k≤3時(shí)，滿足k＝t+﹣2在t∈[1，3]有且僅有一個(gè)根，
所以實(shí)數(shù)k的取值范圍為（，3]∪{2}．
15．【解答】證明：（1）因?yàn)楹瘮?shù)有4個(gè)零點(diǎn)x1，x2，x3，x4（x1＜x2＜x3＜x4），
所以方程有4個(gè)不同的解x1，x2，x3，x4（x1＜x2＜x3＜x4），
于是方程都各有兩個(gè)不同的解，
即方程x2+（2+m）x﹣3＝0，x2+（2﹣m）x﹣3＝0各有兩個(gè)實(shí)數(shù)根，
于是x1x2x3x4＝9；
解：（2），
所以y＝f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增；
①若函數(shù)f（x）在[a，b]上不單調(diào)，則有0＜a≤1＜b，且，
由于m≠0，所以a＝2，與假設(shè)矛盾；
②當(dāng)1≤a＜b時(shí)，有，即，
所以，
所以a，b是一元二次方程x2+（m+2）x﹣3﹣2m＝0的兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，
記g（x）＝x2+（m+2）x﹣3﹣2m，
有，所以，
③當(dāng)0＜a＜b≤1時(shí)，應(yīng)有，即，
兩式相減得到ab+3＝﹣2m∈（3，4），所以，
兩式相加得：，
又ab＝﹣（2m+3），∴，
∴m＜﹣4，與矛盾，
此時(shí)滿足條件的實(shí)數(shù)m不存在，
綜合以上討論，滿足條件的實(shí)數(shù)m的取值范圍是．
16．【解答】解：（1）當(dāng)x≤1時(shí)，g（x）＝|2x﹣1|，
此時(shí)0＜2x≤2，﹣1＜2x﹣1≤1，則0≤|2x﹣1|≤1，
即0≤g（x）≤1，
當(dāng)x＞1時(shí)，g（x）＝f（x）﹣1＝1﹣lg2x，
此時(shí)lg2x＞0，1﹣lg2x＜1，即g（x）＜1，
故當(dāng)x＝1時(shí)，g（x）max＝1．
（2）因?yàn)槿我鈞1∈[4，16]，x2∈R，
不等式恒成立，
又g（x2）≤1，所以不等式恒成立，
又＝2（2﹣k﹣lg2x1）（1﹣lg2x1），
令lg2x1＝m∈[2，4]，
不等式化為2m2+2（k﹣3）m﹣2k+3＞0，
又函數(shù)f（m）＝2m2+2（k﹣3）m﹣2k+3的圖象開口向上，
對(duì)稱軸為，
故當(dāng)，即k≥﹣1時(shí)，f（m）min＝f（2）＝2k﹣1＞0，
解得，符合題意；
當(dāng)，即﹣5＜k＜﹣1時(shí)，，
化為k2﹣2k+3＜0，無(wú)解；
當(dāng)，即k≤﹣5時(shí)，f（m）min＝f（4）＝6k+11＞0，
解得，不滿足題意，
綜上可知，實(shí)數(shù)k的取值范圍為．
17．【解答】解：（1）因?yàn)楹瘮?shù)f（x）＝[x]，，所以函數(shù)g[f（x）]＝，
因?yàn)閇x]+1≠0，即[x]≠﹣1，
所以該函數(shù)定義域?yàn)椋ī仭?，?）∪[0，+∞）；
（2）證明：當(dāng)x∈Z且x≠﹣2時(shí)g[f（x+1）]＝＝，
而f[g（x+1）]＝[]≤，即f[g（x+1）]≤g[f（x+1）]．
當(dāng)＝1﹣為整數(shù)，即x＝﹣4，﹣3，﹣1，0時(shí)取等號(hào)；
（3）不等式f[g（x）]＞g[f（x）]為[]＞，其中x∈（﹣∞，﹣1）∪[0，+∞）．
當(dāng)0≤x＜1時(shí)，則﹣1≤＜0且[x]＝0，左邊＝﹣1＝右邊，不符合題意；
當(dāng)x≥1時(shí)，則0≤＜1且[x]≥1，左邊＝0，右邊≥0，左邊≤右邊，不符合題意；
當(dāng)﹣2≤x＜﹣1時(shí)，則[x]＝﹣2，右邊＝3，所以[]＞3，即≥4，
解得：﹣≤x＜﹣1；
當(dāng)﹣3≤x＜﹣2時(shí)，2≤＜3且[x]＝﹣3，左邊＝2＝右邊，不符合題意；
當(dāng)x＜﹣3時(shí)，1＜＜2，故左邊＝1，而[x]≤﹣4，顯然＝1﹣＞1，
左邊＜右邊，不符合題意．
綜上所述，不等式f[g（x）]＞g[f（x）]的解集為[﹣，﹣1）．
18．【解答】解；（1）由題意知，當(dāng)30＜x＜100時(shí)，
f（x）＝2x+﹣90＞40，
即x2﹣65x+900＞0，
解得x＜20或x＞45，
∴x∈（45，100）時(shí)，公交群體的人均通勤時(shí)間少于自駕群體的人均通勤時(shí)間；
（2）當(dāng)0＜x≤30時(shí)，
g（x）＝30?x%+40（1﹣x%）＝40﹣；
當(dāng)30＜x＜100時(shí)，
g（x）＝（2x+﹣90）?x%+40（1﹣x%）＝﹣x+58；
∴g（x）＝；
當(dāng)0＜x＜32.5時(shí)，g（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)32.5＜x＜100時(shí)，g（x）單調(diào)遞增；
說(shuō)明該地上班族S中有小于32.5%的人自駕時(shí)，人均通勤時(shí)間是遞減的；
有大于32.5%的人自駕時(shí)，人均通勤時(shí)間是遞增的；
當(dāng)自駕人數(shù)所占比為32.5%時(shí)，人均通勤時(shí)間最少．
19．【解答】解：（1）由，得（a﹣3）x2+（a﹣4）x﹣1＝0，
即[（a﹣3）x﹣1]（x+1）＝0，
當(dāng)a＝3時(shí)，x＝﹣1，經(jīng)檢驗(yàn)，滿足題意；
當(dāng)a＝2時(shí)，x1＝x2＝﹣1，經(jīng)檢驗(yàn)，滿足題意；
當(dāng)a≠2且a≠3時(shí)，，
若x1是原方程的解，當(dāng)且僅當(dāng)，即，
若x2是原方程的解，當(dāng)且僅當(dāng)，即a＞1，
故當(dāng)x1是原方程的解，x2不是方程的解，則，無(wú)解，
當(dāng)x2是原方程的解，x1不是方程的解，則，解得，
于是滿足題意的．
綜上，a的取值范圍為．
（2）不妨令b≤x1≤x2≤b+1，則，
由于y＝lnx單調(diào)遞增，單調(diào)遞減，
所以函數(shù)在[b，b+1]上為減函數(shù)；
，，
因?yàn)楫?dāng)x1，x2∈[b，b+1]，滿足|f（x1）﹣f（x2）|≤ln4，
故只需，
即3ab2+3（a+1）b﹣1≥0對(duì)任意成立，
因?yàn)閍＞0，所以函數(shù)g（b）＝3ab2+3（a+1）b﹣1為開口向上的二次函數(shù)，且對(duì)稱軸為，
故g（x）在上單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，y有最小值，
由，得，故a的取值范圍為．