第3課時(shí)導(dǎo)數(shù)的存在性問題TOC\o"1-5"\h\zO =一.考點(diǎn)探究二^法培優(yōu) ——OV考點(diǎn)一不等式或方程有解或兩個(gè)函數(shù)圖象有公共點(diǎn)時(shí)求參數(shù)范圍I自主練透1.在區(qū)間1—2,+°°)上，不等式e，(f—3x+3)—a?e,一啟0至少有一^解，則實(shí)數(shù)a的最小值為()2 2A.——1B.2一e e,zC.1一一D.l+2e2e【解析】選C.由e'(f—3x+3)-a?e'—xWO得3x+3一二，設(shè)函數(shù)4)=￡—?.xc[-2,+所以a，f(x)Bi?.fG)=3*—3+^A=(x—l)(3x+3+*),設(shè)g(x)=3x+3+2,所以由g'(x)=3—A=0解得x=—In3.e e當(dāng)xV—In3時(shí)，W(x)<0,g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>—In3時(shí)，gf(x)>0,g(x)單調(diào)遞增，所以gG)的最小值為屋一In3)=6-31n3>0,所以3x+3++>0.所以當(dāng)一2WxVl時(shí)，f(x)<0,fG)單調(diào)遞減，當(dāng)x>l時(shí)，f(x)>0,fG)單調(diào)遞增，所以/U)的最小值為f(l)=1—L所以心l—Le e2.(金榜原創(chuàng)?易錯(cuò)對(duì)對(duì)碰)⑴設(shè)函數(shù)/'(X)=e'(2x—l)—ax+a,其中aVl,若存在唯一的整數(shù)吊，使得f(%)<0,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()32e

【解析】選D.設(shè)函數(shù)g(x)=e*(2x—1)，尸a(x—l)，原問題等價(jià)于存在唯一的整數(shù)使得gGo)在直線y=a(L。的下方.因?yàn)間'G)=e"(2x+l),所以當(dāng)xV—g時(shí)，g(x)<0,g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>一；時(shí)，g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)的最小值為'一0=—2e2當(dāng)x=0時(shí)，g(0)=—1,因?yàn)閍Vl,所以一a>—l,如圖所示,當(dāng)x=-1時(shí)，g(—1)=—3e-1,3所以一3e->—a—a,即a^~,所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為⑵設(shè)函數(shù)/=e'(2x—l)—ax+a,其中aVl,若有且僅有兩個(gè)整數(shù)乂，蒞，使得￡(力<0,/<及)<0,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()TOC\o"1-5"\h\z「5 3、 「3 3、A，|_37* 2^)B,［一天 制C?島1)層,1)【解析】選A.設(shè)函數(shù)g(x)=e、(2x—1),y=a(x—1),原問題等價(jià)于有且僅有兩個(gè)整數(shù)X”卻使得gG。)在直線y=a(x—1)的下方.因?yàn)間'(x)=e°(2x+l),所以當(dāng)*V—；時(shí)，g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>—)時(shí)，g'(x)>0,g(x)單乙 乙調(diào)遞增，所以g(x)的最小值為｛一；)=-2e~當(dāng)x=0時(shí)，g(0)=—1,因?yàn)閍Vl,所以一a>—l,如圖所示，當(dāng)x=-1時(shí)，g(—1)=—3e-1,當(dāng)x=-2時(shí)，g(—2)——5e~',所以一5eT》a(—2—1),且一3鏟'<一a—a,5 3 「5 3、所以二^a<—,所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為寸，Z-.3e 2e 3e Ze)3.(一題多解)設(shè)函數(shù)f(x)=lnx—ax,若存在唯一的整數(shù)施，使得f(龍)20,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()In31 An2In3)"I-In31 An2In3)"I-」 12，-T'JC.(21n2,31n3)D.[21n2,31n3)【解析】選A.解法1(分類討論)，因?yàn)楹瘮?shù)/V)=lnx—ax,所以x>0且f(x)='-aA,(1)當(dāng)a<0時(shí)，f(x)>0恒成立，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，滿足/'Go)20的Xo不唯一，不符合題意.(2)當(dāng)a>0時(shí)，F(xiàn)(x)在(0,J上單調(diào)遞增，在15，+8)上單調(diào)遞減，所以函數(shù)有唯一的極大值=—Ina—1.

20,因?yàn)橐ＷC函數(shù)/'(x)=lnx—ax，存在唯一的整數(shù)Xo，使得/1(%)20,需保證20,從而faT'O,解得a,則/U)=lnT、x,=F(e)=lneT=0.所以則/U)=lnT、x,當(dāng)/'(2)20,可得因?yàn)榇藭r(shí)/'(e)=1—ae>0,f(3)V0當(dāng)/'(2)20,可得因?yàn)榇藭r(shí)/'(e)=1—ae>0,f(3)V0滿足題意.In2—2a20In3-3a<0In3In2f(D=-aV0,畫出函數(shù)大致圖象(如圖)In2a、2In3a>丁21n3—31n2In9—In8>0,fAn2?o無解，舍去In3a>3當(dāng)F(2)V0,當(dāng)F(2)V0,當(dāng)4)VO,A3)^0,滿足題意.In2In2-2aV0可得InIn3—3a2In2-2aV0可得InIn3—3a20,4-4aV0In3oa>In4In2In31Ine,,.,,. 4*In3.In2二大小比較,參考〒與亍比較大小方法)解得詈〈棗山產(chǎn)，所以In2In3解法2(參變分離法)原問題等價(jià)于不等式Inx2ax有唯一整數(shù)解,1nX也就是——2a有唯一整數(shù)解.X、口(、Inx,/\ 1~Inx設(shè)函數(shù)g(x)=一——,則g(X)= ， ，當(dāng)OVxVe時(shí)，g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x>e時(shí),g'(X)<0,g(x)單調(diào)遞減，所以g(x)的最大值為g(e)=：.如圖畫出g(x)的圖象.e位 /o\ /.\In2 /\In3.In2Jn3因?yàn)?VeV3,g(2)=g(4)=---,g(3)=---,所以一~~ ~~.4.(多選題)已知函數(shù)/<x) ，若方程f(x)=a有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)根汨,、一f+1,后0X、,且 則( )(KaWl-IVxWO*2Aj=eaxiXz*3的取值范圍是—2^，0【解析】選ABD.作出函數(shù)y=a與函數(shù)y=f(x)的圖象如圖所示:對(duì)于A選項(xiàng)，由圖可知，當(dāng)0<a《l時(shí)，方程/<x）=a有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，A正確;對(duì)于B選項(xiàng)，由圖可知，為WO, =-x、+1G（0,1],解得一KxKl,此時(shí)一1<小WO,B正確；對(duì)于C選項(xiàng)，當(dāng)0<Kl時(shí)，f（x）=|Inx\=—Inx；當(dāng)x>l時(shí)，f（.x）=|Inx\=Inx.由圖可知，0<而<1<*3，由￡（*2）=F（X3）可得一Inx2=\nx3,即Inx2+lnx3=0,所以,*2*3=1,C錯(cuò)誤；對(duì)于D選項(xiàng)，因?yàn)榈鮔3=1,所以ax/2X3=a*i=（―x；+1）乂，且一l〈xW0,記力（x）=（—/+1）x,—IXxWO,則〃（x）=-3y+1,令力'（x）=—3產(chǎn)+1=0,得x=一坐（x=坐舍去），所以當(dāng)一1<水一噂時(shí)，/]'（x）<0,當(dāng)一半<后0時(shí),O Oh'（x）>0,所以力G）的極小值也是最小值，力（x）.i?=興j=—,因?yàn)榱Γ?1）=0,力（0）=0,「2、6 "所以2￥1蒞犬3的取值范圍是一U-，0,D正確.y，規(guī)律方法不等式、方程（組）有解問題及函數(shù)圖象有公共點(diǎn)問題的求解策略.通常要構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，從而求出參數(shù)的取值范圍..利用可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題.

.根據(jù)恒成立或有解求解參數(shù)的取值時(shí)，一般涉及分類參數(shù)法，若分離參數(shù)后構(gòu)造的新函數(shù)能直接求出最值點(diǎn)則直接求解即可，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法.提醒：求參數(shù)范圍問題，關(guān)鍵是恰當(dāng)?shù)貥?gòu)造函數(shù).SI【加練備選】SI【加練備選】已知函數(shù)f(x)=e*-ax-l(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，e=2.71828……)在區(qū)間(一1，1)內(nèi)存在極值點(diǎn)，且f(x)V0恰好有唯一整數(shù)解，則a的取值范圍是()A.,J)2e一向B.C.A.,J)2e一向B.C.e-1e-i2e9"T-U(e—1,e)D.(e—1,e)【解析】選6f'(x)=e—a,由于函數(shù)f(x)=ex—ax-1在區(qū)間(一1,1)內(nèi)存在極值點(diǎn),故/(x)=。在區(qū)間(T,1)內(nèi)有解,即x=lna.(心。)，且-a<l,<a<e.又因?yàn)閒(x)<0恰好有唯一整數(shù)解，所以e<ax+l恰好有唯一整數(shù)解，令g(x)=d,h(x)=ax+l,結(jié)合兩個(gè)函數(shù)圖象分以下三類情況解決，TOC\o"1-5"\h\zg(1)<h(1) e2—1⑴當(dāng)IVaVe時(shí)，則唯一的整數(shù)解為x=l,故應(yīng)滿足(、，解得e-lVaWF——⑵ 2故e—lVa<e；(-1)<h(-1)<h(―1)

(—2)2h(—2)￥—1'解得后W(2)當(dāng)一VaVl時(shí)，則唯一的整數(shù)解為x=-l,故應(yīng)滿足《a<1故右ea<1故右/ e—1WaV e(3)當(dāng)a=l時(shí)，則f(x)=e，-x—1,fr(x)=e—1,所以當(dāng)x￡(—8,o)時(shí)，(x)<0,函數(shù)為單調(diào)遞減函數(shù)，當(dāng)XG(O,+8)時(shí)，f，(X)>0,函數(shù)為單調(diào)遞增函數(shù)，所

以f(x)2f(0)=0,故不滿足f(x)VO恰好有唯一整數(shù)解，綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是e'一］eT、TjU(eT,e).“考點(diǎn)二與任意性交匯的存在性問題阱練互動(dòng)［典例1］(1)已知函數(shù)f(x)=—x-+a,g(x)=xZ,若對(duì)任意的XzG［—1，1］，存在唯一的x62,使得f(x)=g(x2),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()41-4【解析】選B.由g(x)=入、可得g'(x)=2xe'+Ve"=x(x+2)e\當(dāng)一IVxVO時(shí)，g'(x)<0；當(dāng)OVxVl時(shí),g'(x)>0；所以g(x)=*e'在(-1,0)上單調(diào)遞減，在(0,1)上單調(diào)遞增，所以g(x)."尸g(0)=0,g(—1)=e-1=-,eg⑴=e,所以g(x)=Ve*在[-1,1]上的值域?yàn)閇0，e],記力=[0,e],f[x}=—f+a的對(duì)稱軸為x=0,(g)=d—I)=a—g'f(2)=a-4,且/'(x)=T+a在$2上單調(diào)遞減，所以f(x)Ga—4,a—；),記8=a—4,a—1),若對(duì)任意的[—L1]，存在唯一的-1.2,使得/'金)=g&),則￡6,所fa—4^0以4 1 ,解得e+JVaW4,所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(e+g4.⑵已知函數(shù)f(x)=xe*,g(x)=—(x+l)2+a,若mx”X2WR使得f(a)Wg(x)成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.1―e,+°°)B.[―1,+00)

C.-+0°JD.+0°J【解析】選C.叼擊,用WR,使得/U)Wg(xJ成立”的充要條件是而Wg(x)皿”.由題得f(x)=e*+xe、=(x+l)e、，所以函數(shù)/<x)在(-8,-1)上單調(diào)遞減，在(-1,+8)上單調(diào)遞增，所以f(x)*n=/1)=一由題得g(x)皿=g(-l)=a,所以a2一］.(3)(多選題)以羅爾中值定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理為主體的“中值定理”反映了函數(shù)與導(dǎo)數(shù)之間的重要聯(lián)系，是微積分學(xué)重要的理論基礎(chǔ)，其中拉格朗日中值定理是“中值定理”的核心內(nèi)容.其定理陳述如下：如果函數(shù)/在閉區(qū)間［a,b］上連續(xù)，在開區(qū)間(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，則在區(qū)間(a,b)內(nèi)至少存在一個(gè)點(diǎn)(a,b),使得f(6)—f(a)=f(%)(6—a),x=x()稱為函數(shù)y=f(x)在閉區(qū)間［a,b］上的中值點(diǎn)，若關(guān)于函數(shù)f(x)=sinx+/cosx在區(qū)間［o，n］上的“中值點(diǎn)”的個(gè)數(shù)為加，函數(shù)g(x)=e'在區(qū)間［0，1］上的“中值點(diǎn)”的個(gè)數(shù)為〃，則有(參考數(shù)據(jù)：*=1.41,m-1.73,n-3.14,e-2.72)( )A.勿=1 B.勿=2 C.n=lD.n=2【解析】選BC.設(shè)函數(shù)f(x)在區(qū)間［0，上的“中值點(diǎn)”為加由f(x)=cossinx,則由拉格朗日中值定理可得：An)-/(0)=f(x°)(n-0),又/<n)-/(0)=一小-y/3=-2y[3,所以f(%)=cosxl木sinx()=2cos|荀+飛~)=JIJIJI作出函數(shù)尸cos作出函數(shù)尸cosJTx+r和尸一3r的圖象，如圖i?圖1由圖可知，函數(shù)尸cos卜+協(xié)和尸一半的圖象在［0,兀］上有兩個(gè)交點(diǎn).所以方程cos^o+yj=—乎在［o,n］上有兩個(gè)解，即函數(shù)f(x)在區(qū)間［o,n］上有2個(gè)“中值點(diǎn)"，所以加=2.又g'(x)=e',設(shè)函數(shù)g(x)在區(qū)間［0,1］上的“中值點(diǎn)”為則由拉格朗日中值定理可得：g(D-g(o)=g'(6(i-o),即e—l=ex”作出函數(shù)y=e"與尸e—l的圖象，如圖2,當(dāng)才￡［0,1］時(shí)，l<e\e由圖可知，函數(shù)y=e*Vy=e-l的圖象在區(qū)間［0,1］上有1個(gè)交點(diǎn).即方程e-l=ex在區(qū)間［0，1］上有1個(gè)解.所以函數(shù)g(x)在區(qū)間［0，1］上有1個(gè)“中值點(diǎn)"，即〃=L，規(guī)律方法.單變量的存在性問題的求解策略⑴ 使得/<x) *2上(2)mxG"使得/<才)WAof(x)(3)mxW〃使得f(x) 的值域..恒成立與存在性交匯問題的求解策略|自主完善，老師指導(dǎo)

函數(shù)/'(x),xGDr,g(x),xRDp(l)vX^D?V及6%總有f(x)Vg(x)成立等價(jià)于f(x)aVgCr)111H(2)Vx￡Dr,3x2GDk,有f(x)Vg(xz)成立等價(jià)于f(x)皿Vg(x)w(3)3x￡Dr,3x￡瓦,有/1(x)Vg(x?)成立等價(jià)于『(xLnVgJLx.(4)VxgDr,3x?G幾,有f(x)=g(a)成立等價(jià)于/1(x)的值域是g(x)的值域的子集.(5)3X\eD?3Xz^Dg,有f(x)=g(x?)成立等價(jià)于f(x)的值域與g(x)的值域的交集不是空集.提醒：注意恒成立與存在性問題的區(qū)別.1.已知函數(shù)f{x）1.已知函數(shù)f{x）x+4e,xWO,eA一,x>0.x若存在XiW0，a＞0,使得式?。?4），則為式也）的取值范圍是的取值范圍是【解析】因?yàn)?'（為）【解析】因?yàn)?'（為）=f（G,所以X|+4e= ,X2”,e”,eX2所以 <4e,X2所以為= 4e,因?yàn)閄iWO,乂2.n_x/\e ,、e'x—e'e'(x—1)當(dāng)仁>0時(shí)f{x}=—,f1(x)= 2-= 2 X X X由尸（才）＞0得力＞1,由尸（才）V0得OVxVl,所以〃才）在（0,1）上單調(diào)遞減，在U,+8）上單調(diào)遞增,所以/'(x)在x=l處取得最小值e,所以eWf—W4e,X2si(、zex?.、e" e"2eX2所以xxf\xj=(—4e)=( Y—4e?,x2x2 x2 x2e2令t= ,貝!JeWtW4e,X2所以xf(x2)=t2-4et=(?—2e)J—4e\當(dāng)1=2e時(shí)，為/"(也)取得最小值一4",當(dāng)t=4e時(shí)，乂式質(zhì))取得最大值0,所以汨￡(至)的取值范圍是[-4^,0].答案：[-4e2,O].函數(shù)f(x)=x3+(1—a)x2—a(a+2)x,g(x)=孕x—4，若對(duì)任意xp[-1,1],b3總存在xq[0,2]，使得/(x.)+2ax,=g(x2)成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為.19 1 1 /x【解析】g(x)=—X--,在xG[O,2]上單調(diào)遞增，g(0)=—~,g(2)=6.O o o所以g(x)的值域B=—I，6.因?yàn)閒(x)=x3+(1—a)x2—a(a+2)x,所以f'(x)=3x2+2(l—a)x—a(a+2)，f'(Xi)+2axi=3X]+2(1—a)x「a(a+2)+2axi=3X]+2x]-a(a+2),令h(x)=3x?+2x—a(a+2)=3(x+§)J—a(a+2)-~,x￡[-1,1],設(shè)函數(shù)h(x)的值域?yàn)锳.因?yàn)閷?duì)任意x?[—1,1],總存在X2W[0,2],使得f7(xi)+2ax1=g(x2)成立,所以A)B.h(x)/〃=h1—=-a(a+2)—.h(—1)=1—a(a+2),h(1)=5—a(a+2)>h(-1).所以A=-a(a+2)-5—a(a+2),又AGB,所以A=—a(a+2)—5—a(a+2)c—6.I-a(a+2)-7所以j 3 3.解得-2《aW0,[5—a(a+2)W6所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為[-2,0].答案：［-2,0］.已知函數(shù)f(x)=xe*—Inx—x,若存在x()>0,f(x0)Wa成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是【解析】由題意，函數(shù)f(x)=x?lnx—x(x＞。)，可得f,(x)=(x+l)eY—]=(x+設(shè)g(x)—eK—~,可得g'(x)=d+2>0,函數(shù)X Xg(x)在(0,+8)上為單調(diào)遞增函數(shù)，又由 —2<0,g(l)=e—1>0,所以函數(shù)g(x)在(0,+8)上只有一個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為xo，即g(x())=e"--=0,即，X。 Xo當(dāng)x￡(o,Xo)時(shí)，f'(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)xW(Xo,+8)時(shí)，f，(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，所以當(dāng)X=Xo時(shí)，函數(shù)f(x)取得最小值，其中最小值為f(x)?n=f(x0)=xoex°—Inx0—x0=x0X——In -x0=L要使得存在x()>0,f(x0)WaXoexo成立，所以a2f(x)??=b即實(shí)數(shù)a的取值范圍是［1,+°°).答案：［1,+°°)w國u【加練備選】TOC\o"1-5"\h\za2 「1 1 fl-已知函數(shù)f(x)=xd■—,g(x)=X—Inx,若對(duì)任意的X|C一,1,存在X2C-,1,使得x \_eJ ］_eg(x,)Wf(xz)成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是.1 x—1 「1 -【解析】由題意得g'(x)=l-—=——W0對(duì)任意x￡1恒成立，xx e所以函數(shù)g(x)在：，1上單調(diào)遞減，所以當(dāng)xG(,1時(shí)，g(x)皿=gg)=1+(；所以對(duì)任意的xy±1，存在xgL1，使得g(x)Wf(x?)成立可轉(zhuǎn)化為XG±1e」l_e」 l_e時(shí)，Id■-Wf(x)有解，即x+亙21+-在xC-，1上有解，e xe［_e即x?—11+3)x+a=0在xW1上有解，令h(x)=x,-x+a?,x€p1,則只需求h(xDO,TOC\o"1-5"\h\zq e因?yàn)楹瘮?shù)h(x)圖象的對(duì)稱軸為x=p,而丁恰為區(qū)間71的中點(diǎn)，所以h(x)皿=hf->l=a2—-,所以只需h(x)皿=a°—120,即a?2,,所以aW—走或a21.\e)e e e e e答案：aW一花或a》叁e e/考點(diǎn)三導(dǎo)數(shù)的幾何意義、函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值、零點(diǎn)與存在性的交匯問題多維探究高考考情：高考題中的探究題可以歸到存在性問題中，常常與導(dǎo)數(shù)的幾何意義、函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值、零點(diǎn)等為載體考查存在性問題，體現(xiàn)數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理的數(shù)學(xué)素養(yǎng).?角度1切線問題與存在性問題的交匯點(diǎn)［典例2］若函數(shù)f(x)=lnx與函數(shù)g(x)=x°+x+a(xV0)有公切線，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.0n!，+8)B.(-1,+°°)C.(1,+°°) D.(in2,+°°)【解析】選區(qū)設(shè)公切線與函數(shù)f(x)=lnx切于點(diǎn)A(x“l(fā)nxj(x>。)，f'(x)=［切線的斜率為工，X1則切線方程為y—InXi=—(x—xj,X1□n 1 .即y=—x+lnxl1,Xi

設(shè)公切線與函數(shù)g(x)=x?+x+a切于點(diǎn)B(X2，x,+x2+a)(x2<0),g'(x)=2x+l,切線的斜率為2x2+1,2 2則切線方程為y—(x2+x2+a)=(2x2+1)(x—x2),即y=(2xz+l)x—x.+a,所以有|—=2x2+1X1a,[inXL1=-x2+a因?yàn)?>0,所以2x2+l>0,可得一:<x2<0,0<2x2+1<1,即OV，<1,由‘=2xz+lZ Xi Xi2可得X尸擊，所以a=lnxi+%_l=lnxi+(擊-1=—In:+： 1)-1，令t=--,則te(0,1),Xi1 / 2t1 1 2 1I 3a=T(t-1) 1-Int=Tt"-tt-Int-7,4 4 2 4設(shè)h(t)=；t2-It-Int—[(0<t<l),貝ijh，(t)=所以h(t)在(0,1)上為減函數(shù),所以h(t)在(0,1)上為減函數(shù),則h(t)>h(l)-3-41-4-1,所以a>—1,所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-1,+8).?角度2函數(shù)的性質(zhì)(單調(diào)性、極值、最值、零點(diǎn))與存在性問題的交匯點(diǎn)[典例3](1)函數(shù)f(x)=；x3+ax?-2x+l在x￡(l,2)內(nèi)存在極值點(diǎn)，則()1111A.-5<a<-B.--WaW]—1)1—、1C.aV-5或 D.aW-5或【解析】選A.由題意，所求a的取值范圍為函數(shù)/<x)=：f+af—zx+l在*6(1,2)內(nèi)O

無極值點(diǎn)時(shí)的a的取值范圍在R上的補(bǔ)集，若函數(shù)F(x)=(f+af—2x+1在(1,2)內(nèi)無極值點(diǎn)，則/(x)=/+2ax—220或〃(才)=^+2數(shù)-2?0在萬￡(1,2)上恒成立,①當(dāng)/(x)=1+2ax—220在(1,2)上恒成立時(shí)，2即2a2—x+-在x￡(l,2)時(shí)恒成立，x2 1不妨令g(x)=-x+-，易知g(x)在(1,2)上單調(diào)遞減，故2a2g(l)=l,即aNj；②當(dāng)f(x) +2ax—2<0在(1,2)上恒成立時(shí)，2即2aW—x+-在x￡(l,2)時(shí)恒成立，x故2aWg(2)=—1,即aW—g,綜上所述，函數(shù)/(x)=|4+af—2x+l在(1,2)無極值點(diǎn)時(shí),a的取值范圍(一8,U U ,其在R上的補(bǔ)集為故函數(shù)F(x)=；V+aV-2*+1在(1,2)內(nèi)存在極值點(diǎn)時(shí)，a的取值范圍為|⑵已知函數(shù)f(X)⑵已知函數(shù)f(X)—x'+ax+lnx(a￡R)在(，3上有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的最大值為9-ln39-ln3A. B.1C.3C.31n3+:4-ln2D. 1nvX—【解析】選A.由f{x}=0得-V+av+lnx=0,即a=x- X—xInxxrt,/、 1—Inx則g(x)=1- 令力(x)=V—1+lnx,x￡；o則力'(x)=2%+->0,所以力(x)在J,3上單調(diào)遞增，又力(1)=0,則當(dāng)XW&1)時(shí)，》(x)vo,即/(X)<0；當(dāng)xW(l,3)時(shí)，fy(x)>0,即g，(*)>0；所以g(x)“in=g(l)=1,又/力—q —31n-=鼻 +31n3,g(3)=3一鼻 In3,且鼻 +31n3>3—~ In3,作出尸kOy o o0 o o og(x),XGI，3的簡圖，o由圖可知，要使y=g(x)的圖象與y=a的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，則lVaW3一1-In3,o11 Q—In3所以當(dāng)函數(shù)Ax)在于3上有兩個(gè)零點(diǎn)時(shí)，實(shí)數(shù)a的最大值為一-一.J *5，規(guī)律方法.切線、公切線與存在性交匯問題的解法分別求出導(dǎo)數(shù)，設(shè)出各自曲線上的切點(diǎn)，得出兩個(gè)切線方程，由兩個(gè)切線方程可整理成參數(shù)關(guān)于一個(gè)變量切點(diǎn)橫坐標(biāo)的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的取值范圍即可求解..函數(shù)性質(zhì)與存在性問題的交匯問題的解法通過構(gòu)造新函數(shù)，等價(jià)轉(zhuǎn)化為應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究新函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值、圖象等問題，從而確定存在性問題的答案.，多維訓(xùn)練1.若直線/是曲線f(x)=ae"a>0)的切線，且1又與曲線g(x)=x"相切，則a的取值范圍是（兒(°，力 B,[4,+8)5] D,[4,+8)【解析】選4由曲線f(x)=ae*(a>0)的切線，與曲線g(x)=(相切，可得切點(diǎn)在第一象限，設(shè)切點(diǎn)分別為(m,ae”)，(n,n2),(m,n>0),f(x)=ae*(a>0)的導(dǎo)數(shù)為 (x)=aex,g(x)=x?的導(dǎo)數(shù)為g'(x)=2x,可得直線1的方程為y-ae=aem(x-m),艮fl為y=ae"*?x+(1—m)?ae,又直線1的方程為y—n'=2n(x—n),即為y=2nx—n:可得2n=ae*",(1—m)?aen=-n2,即有n=2m—2=gae。即有1=,J,./、m-1 ,/、2—mTOC\o"1-5"\h\z設(shè)h(m)=——,m>0,h(m)=—―,e e當(dāng)m>2時(shí),h'(m)<0,h(m)單調(diào)遞減;當(dāng)0VmV2時(shí),h'(m)>0,h(m)單調(diào)遞增.即有m=2時(shí)，h(m)取得極大值，且為最大值3,可得與，即0Vaw3,e4e e即a的取值范圍是(0, .2.若存在x,yG(0,+8)使得xIn(2ax)+y=xIny,則實(shí)數(shù)a的最大值為( )1112A.-B.-C.-D.-e Le ie e, VV.V【解析】選笈由xIn(2ax)+y=xIny,得In2a=ln——,令t=">0,g(t)=lntxx x-t,1 1—,t則g'(t)=--1=-^-,當(dāng)OVtVl時(shí)，g'(t)>0,當(dāng)t>l時(shí)，g'(t)<0,所以g(t)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+8)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)t=l時(shí)，g(t)取得極大值即最大值g(l)=—1,因?yàn)楫?dāng)t-0時(shí)，g(t)——8,

所以g(t)e(—8,—1],所以In2aW—1,所以O(shè)VaW。",所以實(shí)數(shù)a的最大值為：.3.若函數(shù)f(x)=lnx—2x+，不存在極值，則實(shí)數(shù)b的取值范圍為()A.(-8,1] B.(-1,1)C.(1,+°°) D.[1,+°0)1 bx2—2x+l【解析】選〃根據(jù)題意，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+8),伊(幻=--2+bx= ,X X當(dāng)b=0時(shí)，bx——2x+l=—2x+l,內(nèi)，f'(X)>0,在仁，+°°1內(nèi)，f'(X)<0,f(x)在x=；處取得極大值，不合題意;當(dāng)b>0時(shí)，函數(shù)y=bx?-2x+l為開口向上的拋物線，對(duì)稱軸x=1>0,當(dāng)且僅當(dāng)A=4—4bW0,即bel時(shí)，函數(shù)y=bx2—2x+l在(0,+8)上沒有兩側(cè)變號(hào)的零點(diǎn)，即當(dāng)且僅當(dāng)be[1,+8)時(shí)，函數(shù)f(x)沒有極值.當(dāng)bVO時(shí)，函數(shù)y=bx°—2x+l為開口