当x＜－4时，g′(x)＜0，故g(x)为减函数； 当－4＜x＜－1时，g′(x)＞0，故g(x)为增函数； 当－1＜x＜0时，g′(x)＜0，故g(x)为减函数； 当x＞0时，g′(x)＞0，故g(x)为增函数．
综上知g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)内为减函数，在(－4，－∞)内为增函数．
10．解 (1)∵函数f(x)＝x2
8
－ln x，
∴f′(x)＝x1
4－x，
令f′(x)＝0得x＝±2， ∵x∈[1,3]，
当1
∴f(x)在(1,2)上是单调减函数， 在(2,3)上是单调增函数，
∴f(x)在x＝2处取得极小值f(2)＝1
2
－ln 2；
1)和(0，＋19
又f(1)＝，f(3)＝－ln 3，
88
19
∵ln 3>1，∴－(－ln 3)＝ln 3－1>0，
88∴f(1)>f(3)，
11
∴x＝1时f(x)的最大值为，x＝2时函数取得最小值为－ln 2.
821
(2)由(1)知当x∈[1,3]时，f(x)≤，
8故对任意x∈[1,3]，f(x)<4－at恒成立，
131
只要4－at>对任意t∈[0,2]恒成立，即at<恒成立，记g(t)＝at，
88
t∈[0,2]．
?
∴?31?g?2?<8，g?0?<，318
31
解得a<，
16
∴实数a的取值范围是(－∞，
31)． 16
11．20
解析 因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，可知－1,1为函数的极值点．又f(－3)＝－19，
f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，
所以在区间[－3,2]上f(x)max＝1，f(x)min＝－19.由题设知在区间[－3,2]上f(x)max－f(x)min≤t，从而t≥20，所以t的最小值是20. 1
12．(0，)
2
解析 f′(x)＝ln x＋1－2ax(a>0)，
ln x＋1
问题转化为a＝在(0，＋∞)上有两个实数解．
2xln x＋1ln x，则g′(x)＝－2. 2x2x设g(x)＝
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，g(x)在x＝1处取1
得极大值也是最大值，即g(x)max＝g(1)＝.
2
1
注意g()＝0，当x>1时，g(x)>0，则g(x)的大致图象如图所示．
e
1ln x＋1
由图象易知0 22x13．解 (1)f′(x)＝aex(x＋2)， g′(x)＝2x＋b. 由题意，得两函数在x＝0处有相同的切线． ∴f′(0)＝2a，g′(0)＝b， ∴2a＝b，f(0)＝a，g(0)＝2， ∴a＝2，b＝4， ∴f(x)＝2ex(x＋1)，g(x)＝x2＋4x＋2. (2)由(1)知f′(x)＝2ex(x＋2)， 由f′(x)>0得x>－2， 由f′(x)<0得x<－2， ∴f(x)在(－2，＋∞)单调递增， 在(－∞，－2)单调递减．∵t>－3， ∴t＋1>－2. ①当－3 ②当t≥－2时，f(x)在[t，t＋1]单调递增， ∴f(x)min＝f(t)＝2et(t＋1)； ?－2e?－3 ∴f(x)＝?t?2e?t＋1??t≥－2?. －2 (3)令F(x)＝kf(x)－g(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2， 由题意当x≥－2时，F(x)min≥0. ∵?x≥－2，kf(x)≥g(x)恒成立， ∴F(0)＝2k－2≥0， ∴k≥1.