第19讲 利用导数研究函数的极值和最值-2021届新课改地区高三数学一轮专题复习

第19讲：利用导数研究函数的极值和最值
一、 课程标准
1、结合函数的图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；
2、会用导数求不超过三次的多项式函数的极大值、极小值，
3、会用导数求给定区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值．

二、 基础知识回顾
1、函数的极值
(1)函数的极小值：
函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．
(2)函数的极大值：
函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．
极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．
2、函数的最值
(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．
(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．
3、常用结论
1．若函数f(x)的图象连续不断，则f(x)在[a，b]上一定有最值．
2．若函数f(x)在[a，b]上是单调函数，则f(x)一定在区间端点处取得最值．
3．若函数f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．

三、 自主热身、归纳总结
1、函数f(x)＝x2－ln x的最小值为(　　)
A．1＋ln 2 B．1－ln 2
C. D.
【答案】C
【解析】 因为f(x)＝x2－ln x(x>0)，所以f′(x)＝2x－，令2x－＝0得x＝，令f′(x)>0，则 x>；令f′(x)<0，则0 2、. 已知函数f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m的取值范围是(B )
A. (－1，2) B. (－∞，－3)∪(6，＋∞)
C. (－3，6) D. (－∞，－1)∪(2，＋∞)
【答案】B
【解析】　∵f(x)＝x3＋mx2＋x＋1，∴f′(x)＝3x2＋2mx＋，
由于函数y＝f(x)既有极大值，又有最小值，则导函数y＝f′(x)有两个零点，
∴Δ＝4m2－12>0，即m2－3m－18>0，解得m<－3或m>6.
∴实数m的取值范围是∪.故选B.
3、已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则f(2)等于(　　)
A．11或18　　　　　　　　 B．11
C．18 D．17或18
【答案】C
【解析】∵函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，∴f(1)＝10，且f′(1)＝0，又f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
∴解得或
而当时，函数在x＝1处无极值，故舍去．
∴f(x)＝x3＋4x2－11x＋16，∴f(2)＝18.
4、函数f(x)＝3x2＋ln x－2x的极值点的个数是(　　)
A．0 B．1
C．2 D．无数
【答案】A
【解析】　函数定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝6x＋－2＝，
由于x>0，g(x)＝6x2－2x＋1的Δ＝－20<0，
所以g(x)>0恒成立，故f′(x)>0恒成立，
即f(x)在定义域上单调递增，无极值点．
5、(多项选择)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图像如图所示，则下列叙述错误的是( )


第1题图
A. f(b)＞f(a)＞f(c)；
B. 函数f(x)在x＝c处取得极小值，在x＝e处取得极大值；
C. 函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值；
D. 函数f(x)的最小值为f(d).
【答案】ABD
【解析】　由导数与函数单调性的关系知，
当f′(x)＞0时f(x)递增，f′(x)＜0时f(x)递减，
结合所给图像知，x∈(a，c)时，f′(x)＞0，∴f(x)在(a，c)上单调递增，故f(a)＜f(b)＜f(c)，A错误；x∈(c，e)时，f′(x)＜0, ∴f(x)在(c，e)上单调递减，函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值；故C正确，B、D错误.故选A，B，D.
6、(多选)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述不正确的是(　　)
A．f(a)＞f(e)＞f(d)
B．函数f(x)在[a，b]上递增，在[b，d]上递减
C．函数f(x)的极值点为c，e
D．函数f(x)的极大值为f(b)
【答案】ABD　
【解析】由题图可知，当x∈(－∞，c)时，f′(x)＞0，当x∈(c，e)时，f′(x)＜0，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，c)上递增，在(c，e)上递减，在(e，＋∞)上递增，所以f(d)＞f(e)，故A错误；函数f(x)在[a，b]上递增，在[b，c]上递增，在[c，d]上递减，故B错误；函数f(x)的极值点为c，e，故C正确；函数f(x)的极大值为f(c)，故D错误．
7．(多选)对于函数f(x)＝，下列说法正确的有(　　)
A．f(x)在x＝1处取得极大值
B．f(x)有两个不同的零点
C．f(4)＜f(π)＜f(3)
D．πe2＞2eπ
【答案】AC　
【解析】由函数f(x)＝，可得函数f(x)的导数为f′(x)＝.当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．可得函数f(x)在x＝1处取得极大值，所以A正确；因为f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且f(0)＝0，当x＞0时，f(x)＞0恒成立，所以函数f(x)只有一个零点，所以B错误；由f(x)在(1，＋∞)上单调递减，且4＞π＞3＞1，可得f(4)＜f(π)＜f(3)，所以C正确；由f(x)在(1，＋∞)上单调递减，且π＞2＞1，可得＜，即πe2＜2eπ，所以D错误．故选A、C.
8、 函数f(x)＝x3－4x＋的极大值是____，极小值是____．
【答案】 ，－5
【解析】　f′(x)＝x2－4，令f′(x)＝0，解得x1＝－2，x2＝2.当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－2)
－2
(－2，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
因此，当x＝－2时，f(x)有极大值f(－2)＝；当x＝2时，f(x)有极小值f(2)＝－5.
9、f(x)＝的极小值为________．
【答案】－
【解析】f′(x)＝＝.
令f′(x)<0，得x<－2或x>1；
令f′(x)>0，得－2 ∴f(x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上是减函数，在(－2,1)上是增函数，∴f(x)极小值＝f(－2)＝－.
10、(一题两空)(2019·甘肃兰州一中期末改编)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex的极值点，则f′(－2)＝________，f(x)的极小值为________．
【答案】：0　－e
【解析】由函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex可得f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax－1)ex，因为x＝－2是函数f(x)的极值点，所以f′(－2)＝(－4＋a)e－2＋(4－2a－1)e－2＝0，即－4＋a＋3－2a＝0，解得a＝－1.所以f′(x)＝(x2＋x－2)ex.令f′(x)＝0可得x＝－2或x＝1.当x＜－2或x＞1时，f′(x)＞0，此时函数f(x)为增函数，当－2＜x＜1时，f′(x)＜0，此时函数f(x)为减函数，所以当x＝1时函数f(x)取得极小值，极小值为f(1)＝(12－1－1)×e1＝－e.

四、 例题选讲
考点一 利用导数研究函数的极值
例1　已知函数f(x)＝＋lnx，求函数f(x)的极值．
【解】　∵f(x)＝＋lnx，∴f′(x)＝－＋＝，令f(x)＝0，得x＝1，列表：
x
(0，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
单调递减
极小值
单调递增
∴x＝1是f(x)的极小值点，f(x)的极小值为1，无极大值．

方法总结：运用导数求导函数f(x)极值的一般步骤：
(1)确定函数的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根；(4)列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号；(5)求出极值.

变式、已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R).
(1)当a＝时，求f(x)的极值；
(2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数.
解　(1)当a＝时，f(x)＝ln x－x，函数的定义域为(0，＋∞)且f′(x)＝－＝，
令f′(x)＝0，得x＝2，
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表.
x
(0，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)

ln 2－1

故f(x)在定义域上的极大值为f(x)极大值＝f(2)＝ln 2－1，无极小值.
(2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－a＝.
当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
则函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；
当a>0时，若x∈，则f′(x)>0，
若x∈，则f′(x)<0，
故函数在x＝处有极大值.
综上可知，当a≤0时，函数f(x)无极值点，
当a>0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，且为x＝.
考点二利用导数研究函数的最值
例2、已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数．
(1)当a＝－1时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为－3，求a的值．
[解]　(1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x，f′(x)＝－1＋＝，
令f′(x)＝0，得x＝1.
当00；当x>1时，f′(x)<0.
∴f(x)在(0,1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数．
∴f(x)max＝f(1)＝－1.
∴当a＝－1时，函数f(x)在(0，＋∞)上的最大值为－1.
(2)f′(x)＝a＋，x∈(0，e]，∈.
①若a≥－，则f′(x)≥0，从而f(x)在(0，e]上是增函数，
∴f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不合题意．
②若a<－，令f′(x)>0得 a＋>0，结合x∈(0，e]，
解得0 令f′(x)<0得a＋<0，结合x∈(0，e]，解得－ 从而f(x)在上为增函数，在上为减函数，∴f(x)max＝f＝－1＋ln.
令－1＋ln＝－3，得ln＝－2，即a＝－e2.
∵－e2<－，∴a＝－e2为所求．
故实数a的值为－e2.
方法总结：. 求函数f(x)在区间上的最大值与最小值的步骤：①求f(x)在区间(a，b)上的极值；②将第一步中所求的极值与f(a)，f(b)比较，得到函数f(x)在区间上的最大值与最小值．
2. 含参函数的极值(最值)问题需要分类讨论：
(1)导数为零时自变量的大小不确定需要讨论；
(2)导数为零的自变量是否在给定的区间内不确定需要讨论；
(3)端点处的函数值和极值大小不确定需要讨论；
(4)参数的取值范围不同导致函数在所给区间上的单调性的变化不确定需要讨论．
分类时可以先讨论在给定区间上恒为增函数(F′(x)≥0)，和恒为减函数(F′(x)≤0)的情况，最后讨论在给定区间上有极值的情况．
变式1、 已知函数f(x)＝ax3＋bx＋c在点x＝2处取得极值c－16.
(1)求a，b的值；
(2)若f(x)有极大值28，求f(x)在上的最小值.
【解】　(1)∵f(x)＝ax3＋bx＋c，故f′(x)＝3ax2＋b，由于f(x)＝ax3＋bx＋c在点x＝2处取得极值c－16，故有，
解得.
(2)由(1)知f(x)＝x3－12x＋c；
f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2).
令f′(x)＝0，得x1＝2，或x2＝－2，
x
(－∞，－2)
－2
(－2，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
f(x)极大值＝f(－2)＝c＋16＝28，解得c＝12，
∴f(x)极小值＝f(2)＝c－16＝－4，
又∵f(－3)＝21，
∴f(x)min＝f(2)＝－4.
变式2、已知函数f(x)＝xlnx.
(1)求函数y＝f(x)在上的最值；
(2)若函数F(x)＝在上的最小值为，求实数a的值．
【解】　(1)∵f′(x)＝lnx＋1，令f′(x)＝0，得x＝，列表：
x
(e－2，e－1)
e－1
(e－1，e)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
单调递减
极小值
单调递增
∴f(x)min＝f＝ln＝－.
又∵f(e－2)＝－，f(e)＝e，
∴f(x)max＝f(e)＝e.
(2)由题知F(x)＝lnx－，F′(x)＝.
①当a≥－1时，F′(x)≥0在上恒成立，
F(x)在上单调递增，
F(x)min＝F(1)＝－a＝，解得a＝－(舍去)．
②当a≤－e时，F′(x)≤0在上恒成立，
F(x)在上单调递减，
F(x)min＝F(e)＝1－＝，解得a＝－(舍去)．
③－e x
(1，－a)
－a
(－a，e)
F′(x)
－
0
＋
F(x)
单调递减
极小值
单调递增
F(x)min＝F(－a)＝ln(－a)＋1＝，解得a＝－，综上所述，a＝－.
变式3、 已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数.
(1)当a＝－1时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为－3，求a的值.
解　(1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x，f′(x)＝－1＋＝，
令f′(x)＝0，得x＝1.
当00；当x>1时，f′(x)<0.
∴f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数.
∴f(x)max＝f(1)＝－1.
∴当a＝－1时，函数f(x)在(0，＋∞)上的最大值为－1.
(2)f′(x)＝a＋，x∈(0，e]，∈.
①若a≥－，则f′(x)≥0，从而f(x)在(0，e]上是增函数，
∴f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不合题意.
②若a<－，令f′(x)>0得a＋>0，结合x∈(0，e]，解得0 令f′(x)<0得a＋<0，结合x∈(0，e]，解得－ 从而f(x)在上为增函数，在上为减函数，
∴f(x)max＝f＝－1＋ln.
令－1＋ln＝－3，得ln＝－2，
即a＝－e2.
∵－e2<－，∴a＝－e2为所求.
故实数a的值为－e2.
变式4、已知函数f(x)＝ln x＋x2－ax＋a(a∈R)．
(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；
(2)若函数f(x)在x＝x1和x＝x2处取得极值，且x2≥ x1(e为自然对数的底数)，求f(x2)－f(x1)的最大值．
[解]　(1)∵f′(x)＝＋x－a(x>0)，
又f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴恒有f′(x)≥0，
即＋x－a≥0恒成立，∴a≤min，
而x＋≥2 ＝2，当且仅当x＝1时取“＝”，
∴a≤2.
即函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数时，a的取值范围是(－∞，2]．
(2)∵f(x)在x＝x1和x＝x2处取得极值，
且f′(x)＝＋x－a＝(x>0)，
∴x1，x2是方程x2－ax＋1＝0的两个实根，
由根与系数的关系得x1＋x2＝a，x1x2＝1，
∴f(x2)－f(x1)＝ln＋(x－x)－a(x2－x1)＝ln－(x－x)＝ln－(x－x)＝ln－，
设t＝(t≥ )，令h(t)＝ln t－(t≥ )，
则h′(t)＝－＝－<0，
∴h(t)在[，＋∞)上是减函数，
∴h(t)≤h()＝，
故f(x2)－f(x1) 的最大值为.
考点三 极值（最值）的综合性问题
例3　已知函数f(x)＝x－－lnx，a>0.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值点；
(2)若f(x)>x－x2在(1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
【解】　(1)函数f(x)＝x－－lnx，a>0的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋－＝，
①Δ＝1－4a≤0，即a≥时，f′(x)≥0恒成立，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值点；
②Δ＝1－4a>0，即0 x
(0，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
∴函数f(x)的增区间是，
，减区间是
，极大值点是x1＝
，极小值点是x2＝.
(2)f(x)>x－x2，即x2－－lnx>0，
∵x∈(1，＋∞)，∴a 令g(x)＝x3－xlnx，则h(x)＝g′(x)＝3x2－lnx－1，h′(x)＝6x－＝>0在(1，＋∞)上恒成立，
∴h(x)在(1，＋∞)上递增，h(x)>h(1)＝2，即g′(x)>0，故g(x)＝x3－xlnx在(1，＋∞)上为增函数，g(x)>g(1)＝1，∴0 方法总结：　1. 当面对不等式恒成立(有解)问题时，往往是转化成函数利用导数求最值；
2. 当面对多次求导时，一定要清楚每次求导的目的是什么．

变式1、已知函数f(x)＝(a>0)的导函数f′(x)的两个零点为－3和0.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)的极小值为－e3，求f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值．
解：(1)f′(x)＝＝.
令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，
因为ex>0，所以f′(x)的零点就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零点，且f′(x)与g(x)符号相同．
又因为a>0，所以当－30，即f′(x)>0，
当x<－3或x>0时，g(x)<0，即f′(x)<0，
所以f(x)的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)．
(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，所以有
解得a＝1，b＝5，c＝5，所以f(x)＝.
由(1)可知当x＝0时f(x)取得极大值f(0)＝5，
故f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大者．
而f(－5)＝＝5e5>5＝f(0)，
所以函数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e5.

五、优化提升与真题演练
1、（2017年高考全国Ⅱ卷理数）若是函数的极值点，则的极小值为
A． B．
C． D．1
【答案】A
【解析】由题可得，
因为，所以，，故，
令，解得或，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的极小值为.
故选A．
2、（2018年高考全国Ⅰ卷理数）已知函数，则的最小值是_____________．
【答案】-332
【解析】f'(x)=2cosx+2cos2x=4cos2x+2cosx-2=4(cosx+1)(cosx-12)，
所以当cosx<12时函数单调递减，当cosx>12时函数单调递增，
从而得到函数的递减区间为，
函数的递增区间为，
所以当时，函数fx取得最小值，
此时sinx=-32,sin2x=-32，
所以fxmin=2×(-32)-32=-332，
故答案是-332.
3、（2018年高考江苏）若函数f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[-1,1]上的最大值与最小值的和为________．
【答案】–3
【解析】由得或，
因为函数在上有且仅有一个零点且，所以，
因此解得.
从而函数在上单调递增，在上单调递减，所以 ，
则
故答案为.
4、(2018江苏卷)设函数，若对于任意的都有成立，则实数的值为
【答案】4
【解析】本小题考查函数单调性的综合运用．若x＝0，则不论取何值，≥0显然成立；当x＞0 即时，≥0可化为，
设，则， 所以 在区间上单调递增，在区间上单调递减，因此，从而≥4；
当x＜0 即时，≥0可化为，
在区间上单调递增，因此，从而≤4，综上＝4

5、(2019·江苏卷)设函数f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)，a，b，c∈R，f′(x)为f(x)的导函数.
①若a＝b＝c，f(4)＝8，求a的值；
②若a≠b，b＝c，且f(x)和f′(x)的零点均在集合{－3，1，3}中，求f(x)的极小值.
解　①因为a＝b＝c，
所以f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)＝(x－a)3.
因为f(4)＝8，所以(4－a)3＝8，解得a＝2.
②因为b＝c，所以f(x)＝(x－a)(x－b)2＝x3－(a＋2b)x2＋b(2a＋b)x－ab2，从而f′(x)＝3(x－b)·.
令f′(x)＝0，得x＝b或x＝.
令f(x)＝0，得x＝a或x＝b.
因为a，b，都在集合{－3，1，3}中，且a≠b，
所以＝1，a＝3，b＝－3.
此时，f(x)＝(x－3)(x＋3)2，f′(x)＝3(x＋3)(x－1).
令f′(x)＝0，得x＝－3或x＝1.
当x变化时，f′(x)变化如下表：
x
(－∞，－3)
－3
(－3，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

所以f(x)的极小值为f(1)＝(1－3)(1＋3)2＝－32.
6、(2018·北京卷)设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；
(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围.
解　(1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，
所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.
f′(1)＝(1－a)e.
由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.
此时f(1)＝3e≠0.
所以a的值为1.
(2)f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex.
若a>，则当x∈时，f′(x)<0；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在x＝2处取得极小值.
若a≤，则当x∈(0，2)时，x－2<0，ax－1≤x－1<0，
所以f′(x)>0.所以2不是f(x)的极小值点.
综上可知，a的取值范围是.
7、 (2019·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当0 解　(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a).
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
若a>0，则当x∈(－∞，0)∪时，f′(x)>0，
当x∈时，f′(x)<0，
故f(x)在(－∞，0)，单调递增，在单调递减；
若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)单调递增；
若a<0，则当x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)>0，
当x∈时，f′(x)<0，
故f(x)在，(0，＋∞)单调递增，在单调递减.
(2)当0 于是m＝－＋2，M＝
所以M－m＝
①当0 所以M－m的取值范围是.
②当2≤a<3时，y＝单调递增，
所以M－m的取值范围是.
综上，M－m的取值范围是.