2022年高考數(shù)學第二輪復習 專題二 函數(shù)與導數(shù)第3講 導數(shù)及其應用 理

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1、2022年高考數(shù)學第二輪復習 專題二 函數(shù)與導數(shù)第3講 導數(shù)及其應用 理 真題試做 1．(xx·課標全國高考，理12)設點P在曲線y＝ex上，點Q在曲線y＝ln(2x)上，則|PQ|的最小值為(　　)． A．1－ln 2 B．(1－ln 2) C．1＋ln 2 D．(1＋ln 2) 2．(xx·湖北高考，理3)已知二次函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖所示，則它與x軸所圍圖形的面積為(　　)． A． B． C． D． 3．(xx·大綱全國高考，理10)已知函數(shù)y＝x3－3x＋c的圖象與x軸恰有兩個公共點，則c＝(　　)． A．－2或

2、2 B．－9或3 C．－1或1 D．－3或1 4．(xx·陜西高考，理14)設函數(shù)f(x)＝D是由x軸和曲線y＝f(x)及該曲線在點(1,0)處的切線所圍成的封閉區(qū)域，則z＝x－2y在D上的最大值為__________． 5．(xx·山東高考，理22)已知函數(shù)f(x)＝(k為常數(shù)，e＝2.718 28…是自然對數(shù)的底數(shù))，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與x軸平行． (1)求k的值； (2)求f(x)的單調區(qū)間； (3)設g(x)＝(x2＋x)f′(x)，其中f′(x)為f(x)的導函數(shù)，證明：對任意x＞0，g(x)＜1＋e－2. 6．(xx·浙

3、江高考，理22)已知a＞0，b∈R，函數(shù)f(x)＝4ax3－2bx－a＋b. (1)證明：當0≤x≤1時， ①函數(shù)f(x)的最大值為|2a－b|＋a； ②f(x)＋|2a－b|＋a≥0； (2)若－1≤f(x)≤1對x∈[0,1]恒成立，求a＋b的取值范圍． 7．(xx·重慶高考，理16)設f(x)＝aln x＋＋x＋1，其中a∈R，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于y軸． (1)求a的值； (2)求函數(shù)f(x)的極值． 考向分析 從近三年高考來看，該部分高考命題有以下特點： 從內容上看，考查導數(shù)主要有三個層次：(1)導數(shù)的概念、求導公式與法則、導數(shù)的幾何意

4、義；(2)導數(shù)的簡單應用，包括求函數(shù)極值、求函數(shù)的單調區(qū)間、證明函數(shù)的單調性等；(3)導數(shù)的綜合考查，包括導數(shù)的應用題以及導數(shù)與函數(shù)、不等式等的綜合題．另外對微積分基本定理的考查頻率較低，難度較小，著重于基礎知識、基本方法的考查． 從特點上看，高考對導數(shù)的考查有時單獨考查，有時在知識交會處考查，常常將導數(shù)與函數(shù)、不等式、方程、數(shù)列、解析幾何等結合在一起考查． 從形式上看，考查導數(shù)的試題有選擇題、填空題、解答題，有時三種題型會同時出現(xiàn)． 熱點例析 熱點一　導數(shù)的幾何意義 【例1】設函數(shù)f(x)＝ax＋(a，b∈Z)，曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為y＝3. (1

5、)求y＝f(x)的解析式； (2)證明曲線y＝f(x)上任一點處的切線與直線x＝1和直線y＝x所圍三角形的面積為定值，并求出此定值． 規(guī)律方法 1．導數(shù)的幾何意義： 函數(shù)y＝f(x)在x0處的導數(shù)f′(x0)的幾何意義是：曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線的斜率(瞬時速度就是位移函數(shù)s(t)對時間t的導數(shù))． 2．求曲線切線方程的步驟： (1)求出函數(shù)y＝f(x)在點x＝x0的導數(shù)f′(x0)，即曲線y＝f(x)在點P(x0，f(x0))處切線的斜率； (2)已知或求得切點坐標P(x0，f(x0))，由點斜式得切線方程為y－y0＝f′(x0)(x－x0)． 特別提

6、醒：①當曲線y＝f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線平行于y軸(此時導數(shù)不存在)時，由切線定義可知，切線方程為x＝x0；②當切點坐標未知時，應首先設出切點坐標，再求解． 變式訓練1 (1)設曲線y＝ax2在點(1，a)處的切線與直線2x－y－6＝0平行，則a＝__________； (2)曲線y＝sin x(0≤x≤π)與直線y＝圍成的封閉圖形的面積是(　　)． A． B．2－ C．2－ D．－ 熱點二　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性 【例2】已知a∈R，函數(shù)f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù))． (1)當a＝2時，求函數(shù)f(x)的

7、單調遞增區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)在(－1,1)上單調遞增，求a的取值范圍． 規(guī)律方法 利用導數(shù)研究函數(shù)單調性的一般步驟： (1)確定函數(shù)的定義域； (2)求導函數(shù)f′(x)； (3)①若求單調區(qū)間(或證明單調性)，只需在函數(shù)f(x)的定義域內解(或證明)不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0.②若已知函數(shù)的單調性求參數(shù)，只需轉化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調區(qū)間內恒成立問題求解．解題過程中要注意分類討論；函數(shù)單調性問題以及一些相關的逆向問題，都離不開分類討論思想． 變式訓練2 已知函數(shù)f(x)＝x－＋a(2－ln x)，a＞0.討論f(x)的單調性． 熱點三　

8、利用導數(shù)研究函數(shù)極值和最值問題 【例3】已知函數(shù)f(x)＝x3－ax2－3x， (1)若f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍； (2)若x＝－是f(x)的極值點，求f(x)在[1，a]上的最大值； (3)在(2)的條件下，是否存在實數(shù)b，使得函數(shù)g(x)＝bx的圖象與函數(shù)f(x)的圖象恰有3個交點？若存在，請求出實數(shù)b的取值范圍；若不存在，試說明理由． 規(guī)律方法 利用導數(shù)研究函數(shù)極值的一般步驟是：(1)確定函數(shù)的定義域；(2)求函數(shù)f(x)的導數(shù)f′(x)；(3)①若求極值，則先求出方程f′(x)＝0的根，再檢驗f′(x)在方程根左右邊f(xié)′(x)的符號，求出極值

9、．當根中有參數(shù)時要注意分類討論根是否在定義域內．②若已知極值大小或存在情況，則轉化為已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情況，從而求解． 變式訓練3 已知函數(shù)f(x)＝＋aln x(a≠0，a∈R)． (1)若a＝1，求函數(shù)f(x)的極值和單調區(qū)間； (2)若a＜0且在區(qū)間(0，e]上至少存在一點x0，使得f(x0)＜0成立，求實數(shù)a的取值范圍． 思想滲透 轉化與化歸思想的含義 轉化與化歸思想方法，就是在研究和解決有關數(shù)學問題時，采用某種手段將問題通過變換使之轉化，進而使問題得到解決的一種數(shù)學方法．一般是將復雜的問題通過變換轉化為簡單的問題，將難解的問題通過變換轉化為容易求解的問

10、題，將未解決的問題通過變換轉化為已解決的問題． 轉化與化歸常用的方法是等價轉化法：把原問題轉化為一個易于解決的等價問題，以達到化歸的目的． 【典型例題】已知函數(shù)f(x)＝x(ln x＋m)，g(x)＝x3＋x. (1)當m＝－2時，求f(x)的單調區(qū)間； (2)若m＝時，不等式g(x)≥f(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)當m＝－2時，f(x)＝x(ln x－2)＝xln x－2x，定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝ln x－1. 由f′(x)＞0，得ln x－1＞0，所以x＞e. 由f′(x)＜0，得ln x－1＜0，所以0＜x＜e. 故f(x)的單調遞增區(qū)間是

11、(e，＋∞)，遞減區(qū)間是(0，e)． (2)當m＝時，不等式g(x)≥f(x)， 即x3＋x≥x恒成立． 由于x＞0，所以x2＋1≥ln x＋， 即x2≥ln x＋， 所以a≥. 令h(x)＝， 則h′(x)＝， 由h′(x)＝0得x＝1. 且當0＜x＜1時，h′(x)＞0； 當x＞1時，h′(x)＜0， 即h(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減， 所以h(x)在x＝1處取得極大值h(1)＝， 也就是函數(shù)h(x)在定義域上的最大值． 因此要使a≥恒成立，需有a≥，此即為a的取值范圍． 1．∫(ex＋2x)dx等于(　　)． A．1

12、B．e－1 C．e D．e＋1 2．曲線y＝－在點M處的切線的斜率為(　　)． A．－ B． C．－ D． 3．已知函數(shù)y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當x＜0時，不等式f(x)＋xf′(x)＜0成立，若a＝30.3f(30.3)，b＝logπ3f(logπ3)，c＝log3f，則a，b，c間的大小關系是(　　)． A．a(chǎn)＞b＞c B．c＞b＞a C．c＞a＞b D．a(chǎn)＞c＞b 4．函數(shù)f(x)的定義域為R，f(－1)＝2，對任意x∈R，f′(x)＞2，則f(x)＞2x＋4的解集為(　　)． A．(－1,1)

13、 B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞) 5．三次函數(shù)f(x)，當x＝1時有極大值4；當x＝3時有極小值0，且函數(shù)圖象過原點，則f(x)＝__________. 6．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a(a為常數(shù))在區(qū)間[－2,2]上有最大值20，那么此函數(shù)在區(qū)間[－2,2]上的最小值為__________． 7．已知函數(shù)f(x)＝ax＋ln x(a∈R)． (1)若a＝1，求曲線y＝f(x)在x＝處切線的斜率； (2)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間； (3)設g(x)＝2x，若對任意x1∈(0，＋∞)，存在x2∈[0,1]，使f(x1)＜g(x2

14、)，求實數(shù)a的取值范圍． 參考答案 命題調研·明晰考向 真題試做 1．B　解析：由題意知函數(shù)y＝ex與y＝ln(2x)互為反函數(shù)，其圖象關于直線y＝x對稱，兩曲線上點之間的最小距離就是y＝x與y＝ex最小距離的2倍，設y＝ex上點(x0，y0)處的切線與y＝x平行，有，x0＝ln 2，y0＝1， ∴y＝x與y＝ex的最小距離是(1－ln 2)， ∴|PQ|的最小值為(1－ln 2)×2＝(1－ln 2)． 2．B　解析：由圖象可得二次函數(shù)的解析式為f(x)＝－x2＋1，則與x軸所圍圖形的面積. 3．A　解析：y′＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)． 當y′＞0時，x＜－1或

15、x＞1； 當y′＜0時，－1＜x＜1. ∴函數(shù)的遞增區(qū)間為(－∞，－1)和(1，＋∞)，遞減區(qū)間為(－1,1)． ∴x＝－1時，取得極大值；x＝1時，取得極小值． 要使函數(shù)圖象與x軸恰有兩個公共點，只需：f(－1)＝0或f(1)＝0，即(－1)3－3×(－1)＋c＝0或13－3×1＋c＝0， ∴c＝－2或c＝2. 4．2　解析：由題知在點(1,0)處的切線的斜率k＝f′(1)＝＝1， 則切線方程為y＝x－1.區(qū)域D為如圖陰影部分所示． 則z的最大值即為直線y＝x－在y軸上的最小截距，此時(0，－1)為最優(yōu)解，所以z＝0－2×(－1)＝2. 5．(1)解：由f(x)＝，

16、得f′(x)＝，x∈(0，＋∞)， 由于曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線與x軸平行， 所以f′(1)＝0，因此k＝1. (2)解：由(1)得f′(x)＝(1－x－xln x)，x∈(0，＋∞)， 令h(x)＝1－x－xln x，x∈(0，＋∞)， 當x∈(0,1)時，h(x)＞0；當x∈(1，＋∞)時，h(x)＜0. 又ex＞0， 所以x∈(0,1)時，f′(x)＞0；x∈(1，＋∞)時，f′(x)＜0. 因此f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,1)，單調遞減區(qū)間為(1，＋∞)． (3)證明：因為g(x)＝(x2＋x)f′(x)， 所以g(x)＝(1－x－xln x)，

17、x∈(0，＋∞)． 因此對任意x＞0，g(x)＜1＋e－2等價于1－x－xln x＜(1＋e－2)． 由(2)h(x)＝1－x－xln x，x∈(0，＋∞)， 所以h′(x)＝－ln x－2＝－(ln x－ln e－2)，x∈(0，＋∞)， 因此當x∈(0，e－2)時，h′(x)＞0，h(x)單調遞增；當x∈(e－2，＋∞)時，h′(x)＜0，h(x)單調遞減． 所以h(x)的最大值為h(e－2)＝1＋e－2， 故1－x－xln x≤1＋e－2. 設φ(x)＝ex－(x＋1)． 因為φ′(x)＝ex－1＝ex－e0， 所以x∈(0，＋∞)時，φ′(x)＞0，φ(x)單調遞增，

18、 φ(x)＞φ(0)＝0， 故x∈(0，＋∞)時，φ(x)＝ex－(x＋1)＞0，即＞1. 所以1－x－xln x≤1＋e－2＜(1＋e－2)． 因此對任意x＞0，g(x)＜1＋e－2. 6．(1)證明：①f′(x)＝12ax2－2b＝12a. 當b≤0時，有f′(x)≥0，此時f(x)在[0，＋∞)上單調遞增． 當b＞0時，f′(x)＝12a， 此時f(x)在上單調遞減，在上單調遞增． 所以當0≤x≤1時，f(x)max＝max{f(0)，f(1)}＝max{－a＋b，3a－b}＝＝|2a－b|＋a. ②由于0≤x≤1，故當b≤2a時， f(x)＋|2a－b|＋a＝f(

19、x)＋3a－b＝4ax3－2bx＋2a≥4ax3－4ax＋2a＝2a(2x3－2x＋1)． 當b＞2a時， f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)－a＋b＝4ax3＋2b(1－x)－2a＞4ax3＋4a(1－x)－2a＝2a(2x3－2x＋1)． 設g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1，則 g′(x)＝6x2－2＝6， 于是 x 0 1 g′(x) － 0 ＋ g(x) 1 減 極小值 增 1 所以，g(x)min＝g＝1－＞0， 所以，當0≤x≤1時，2x3－2x＋1＞0， 故f(x)＋|2a－b|＋a≥2a(2x3－2x＋1)≥

20、0. (2)解：由①知，當0≤x≤1，f(x)max＝|2a－b|＋a， 所以|2a－b|＋a≤1. 若|2a－b|＋a≤1，則由②知f(x)≥－(|2a－b|＋a)≥－1. 所以－1≤f(x)≤1對任意0≤x≤1恒成立的充要條件是 即或 在直角坐標系aOb中，不等式組所表示的平面區(qū)域為如圖所示的陰影部分，其中不包括線段BC. 作一組平行直線a＋b＝t(t∈R)， 得－1＜a＋b≤3， 所以a＋b的取值范圍是(－1,3]． 7．解：(1)因f(x)＝aln x＋＋x＋1， 故f′(x)＝－＋. 由于曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于y軸，故該切線斜率

21、為0，即f′(1)＝0，從而a－＋＝0，解得a＝－1. (2)由(1)知f(x)＝－ln x＋＋x＋1(x＞0)， f′(x)＝－－＋＝＝. 令f′(x)＝0，解得x1＝1， x2＝－ . 當x∈(0,1)時，f′(x)＜0，故f(x)在(0,1)上為減函數(shù)； 當x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0，故f(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)． 故f(x)在x＝1處取得極小值f(1)＝3. 精要例析·聚焦熱點 熱點例析 【例1】解：(1)f′(x)＝a－， 于是解得或 由a，b∈Z，故f(x)＝x＋. (2)在曲線上任取一點. 由f′(x0)＝1－知，過此點的切線方程為y－

22、＝(x－x0)． 令x＝1得y＝，切線與直線x＝1的交點為. 令y＝x，得y＝2x0－1， 切線與直線y＝x的交點為(2x0－1,2x0－1)． 直線x＝1與直線y＝x的交點為(1,1)． 從而所圍三角形的面積為 ·|2x0－1－1| ＝|2x0－2|＝2. ∴所圍三角形的面積為定值2. 【變式訓練1】(1)1　解析：∵y＝ax2， ∴y′＝2ax，∴y′|x＝1＝2a. 又y＝ax2在點(1，a)處的切線與直線2x－y－6＝0平行， ∴2a＝2，a＝1. (2)D　解析：由sin x＝與0≤x≤π，得x＝或， 所以曲線y＝sin x(0≤x≤π)與直線y＝圍成的封

23、閉圖形的面積是－× ＝－cos－－ ＝－. 故選D. 【例2】解：(1)當a＝2時，f(x)＝(－x2＋2x)ex， ∴f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex. 令f′(x)＞0，即(－x2＋2)ex＞0， ∵ex＞0， ∴－x2＋2＞0，解得－＜x＜. ∴函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間是(－，)． (2)∵函數(shù)f(x)在(－1,1)上單調遞增， ∴f′(x)≥0對x∈(－1,1)恒成立． ∵f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex， ∴[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0對x∈(－1,1

24、)恒成立． ∵ex＞0，∴－x2＋(a－2)x＋a≥0對x∈(－1,1)恒成立， 即a≥＝＝(x＋1)－對x∈(－1,1)恒成立． 令y＝(x＋1)－， 則y′＝1＋＞0. ∴y＝(x＋1)－在(－1,1)上單調遞增． ∴y＜(1＋1)－＝. ∴a≥. 【變式訓練2】解：f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝1＋－＝. 設g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判別式Δ＝a2－8. ①當Δ＜0即0＜a＜2時，對一切x＞0都有f′(x)＞0. 此時f(x)是(0，＋∞)上的單調遞增函數(shù)． ②當Δ＝0即a＝2時，僅對x＝有f′(x)＝0，對其余的x＞0都有f′

25、(x)＞0. 此時f(x)也是(0，＋∞)上的單調遞增函數(shù)． ③當Δ＞0即a＞2時，方程g(x)＝0有兩個不同的實根 x1＝，x2＝，0＜x1＜x2. x (0，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 單調遞增 極大值 單調遞減 極小值 單調遞增 此時f(x)在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增． 【例3】解：(1)f′(x)＝3x2－2ax－3. ∵f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)， ∴f′(x)在[1，＋∞)上恒有f′(x)≥0， 即3x2－2ax－3≥0在[1，＋∞)上恒

26、成立， 則必有≤1且f′(1)＝－2a≥0. ∴a≤0. (2)依題意，f′＝0，即＋a－3＝0. ∴a＝4， ∴f(x)＝x3－4x2－3x. 令f′(x)＝3x2－8x－3＝0，得x1＝－，x2＝3. 則當x變化時，f′(x)與f(x)變化情況如下表： x 1 (1,3) 3 (3,4) 4 f′(x) － 0 ＋ f(x) －6 －18 －12 ∴f(x)在[1,4]上的最大值是f(1)＝－6. (3)函數(shù)g(x)＝bx的圖象與函數(shù)f(x)的圖象恰有3個交點，即方程x3－4x2－3x＝bx恰有3個不等實根． ∴x3－4x2－

27、3x－bx＝0， ∴x＝0是其中一個根， ∴方程x2－4x－3－b＝0有兩個非零不等實根． ∴ ∴b＞－7且b≠－3. ∴存在滿足條件的b值，b的取值范圍是b＞－7且b≠－3. 變式訓練3】解：(1)f′(x)＝－＋＝， 當a＝1時，f′(x)＝. 令f′(x)＝0，得x＝1， 又f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表： x (0,1) 1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 極小值 所以x＝1時，f(x)的極小值為1. f(x)的單調遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調遞減區(qū)間為(0,1)． (2)

28、f′(x)＝－＋＝，且a≠0， 令f′(x)＝0，得x＝， 若在區(qū)間(0，e]上至少存在一點x0，使得f(x0)＜0成立， 其充要條件是f(x)在區(qū)間(0，e]上的最小值小于0. 因為a＜0，所以x＝＜0，f′(x)＜0對x∈(0，＋∞)成立， 所以f(x)在區(qū)間(0，e]上單調遞減， 故f(x)在區(qū)間(0，e]上的最小值為f(e)＝＋aln e＝＋a， 由＋a＜0，得a＜－， 即a∈. 創(chuàng)新模擬·預測演練 1．C　解析：因為F(x)＝ex＋x2，且F′(x)＝ex＋2x， 則，故選C. 2．B　解析：對y＝－求導得y′＝ ＝， 當x＝時，y′|x＝＝＝. 3

29、．C　解析：設g(x)＝xf(x)，則g′(x)＝f(x)＋xf′(x)＜0， ∴當x＜0時，g(x)＝xf(x)為減函數(shù)． 又g(x)為偶函數(shù)，∴當x＞0時，g(x)為增函數(shù)． ∵1＜30.3＜2,0＜logπ3＜1，log3＝－2， ∴g(－2)＞g(30.3)＞g(logπ3)， 即c＞a＞b，故選C. 4．B　解析：設h(x)＝f(x)－(2x＋4)，則h′(x)＝f′(x)－2＞0， 故h(x)在R上單調遞增， 又h(－1)＝f(－1)－2＝0， 所以當x＞－1時，h(x)＞0，即f(x)＞2x＋4. 5．x3－6x2＋9x　解析：設f(x)＝ax3＋bx2＋cx

30、＋d(a≠0)， 則f′(x)＝3ax2＋2bx＋c. 由題意，有 即 解得 故f(x)＝x3－6x2＋9x. 6．－7　解析：f′(x)＝－3x2＋6x＋9＝0，得x＝－1或x＝3(舍去)． ∵f(－2)＝2＋a，f(－1)＝－5＋a，f(2)＝a＋22， ∴a＋22＝20，a＝－2. 故最小值為f(－1)＝－7. 7．解：(1)f′(x)＝1＋(x＞0)，f′＝1＋2＝3. 故曲線y＝f(x)在x＝處切線的斜率為3. (2)f′(x)＝a＋＝(x＞0)． ①當a≥0時，由于x＞0，故ax＋1＞0，f′(x)＞0， 所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，＋∞)． ②

31、當a＜0時，由f′(x)＝0，得x＝－. 在區(qū)間上，f′(x)＞0，在區(qū)間上f′(x)＜0，所以，函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為. (3)由題可知，若對任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0,1]，使得f(x1)＜g(x2)，轉化為[f(x)]max＜[g(x)]max，而[g(x)]max＝2. 由(2)知，當a≥0時，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，值域為R，故不符合題意．(或者舉出反例：存在f(e3)＝ae3＋3＞2，故不符合題意．) 當a＜0時，f(x)在上單調遞增，在上單調遞減， 故f(x)的極大值即為最大值，f＝－1＋ln＝－1－ln(－a)， 所以2＞－1－ln(－a)，解得a＜－. 所以，a的取值范圍為.