(五)函数与导数(A)1．(2022·宿迁期末)已知函数f(x)＝a(a>0，且a≠1)是定义在R上的奇函数．(1)求a的值；(2)求函数f(x)的值域；(3)若存在x∈[1,2]，使得4＋mf(x)－2x＋1≥0成立，求实数m的取值范围．解 (1)∵f(x)是R上的奇函数，∴f(0)＝a＝0，可得a＝2.经检验a＝2符合题意．(2)由(1)可得f(x)＝2，∴函数f(x)在R上单调递增，又2x＋1>1，∴－2<－<0，∴－2<2<2.∴函数f(x)的值域为(－2,2)．(3)当x∈[1,2]时，f(x)＝2>0.由题意知，存在x∈[1,2]，使得mf(x)＝2m·≥2x＋1－4成立，6\n即存在x∈[1,2]，使得m≥成立．令t＝2x－1(1≤t≤3)，则有m≥＝t－＋1，∵当1≤t≤3时，函数y＝t－＋1为增函数，∴min＝0.∴m≥0.故实数m的取值范围为[0，＋∞)．2．已知函数f(x)＝＋x.(1)若函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线经过点(0，－1)，求a的值；(2)是否存在负整数a，使函数f(x)的极大值为正值？若存在，求出所有负整数a的值；若不存在，请说明理由．解 (1)∵f′(x)＝，∴f′(1)＝1，f(1)＝ae＋1.∴函数f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y－(ae＋1)＝x－1，又直线过点(0，－1)，∴－1－(ae＋1)＝－1，解得a＝－.(2)若a<0，f′(x)＝，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0恒成立，函数在(－∞，0)上无极值；当x∈(0,1)时，f′(x)>0恒成立，函数在(0,1)上无极值．方法一 当x∈(1，＋∞)时，若f(x)在x0处取得符合条件的极大值f(x0)，则则由③得＝－，代入②得－＋x0>0，结合①可解得x0>2，再由f(x0)＝＋x0>0，得a>－，设h(x)＝－，则h′(x)＝，当x>2时，h′(x)>0，即h(x)是增函数，6\n∴a>h(x0)>h(2)＝－.又a<0，故当极大值为正数时，a∈，从而不存在负整数a满足条件．方法二 当x∈(1，＋∞)时，令H(x)＝aex(x－1)＋x2，则H′(x)＝(aex＋2)x，∵x∈(1，＋∞)，∴ex∈(e，＋∞)，∵a为负整数，∴a≤－1，∴aex<ae≤－e，∴aex＋2<0，∴H′(x)<0，∴H(x)在(1，＋∞)上单调递减．又H(1)＝1>0，H(2)＝ae2＋4≤－e2＋4<0，∴∃x0∈(1,2)，使得H(x0)＝0，且当1<x<x0时，H(x)>0，即f′(x)>0；当x>x0时，H(x)<0，即f′(x)<0.∴f(x)在x0处取得极大值f(x0)＝＋x0.(*)又H(x0)＝(x0－1)＋x＝0，∴＝－，代入(*)得f(x0)＝－＋x0＝<0，∴不存在负整数a满足条件．3．(2022·南通模拟)已知函数f(x)＝ax2－ax＋lnx＋a，其中a∈R.(1)当a＝1时，求函数f(x)在x＝1处的切线方程；(2)若函数f(x)存在两个极值点x1，x2，求f(x1)＋f(x2)的取值范围；(3)若不等式f(x)≥ax－对任意的实数x∈(1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．解 (1)当a＝1时，f(x)＝x2－x＋lnx＋，故f(1)＝，且f′(x)＝x－1＋，故f′(1)＝1，6\n所以函数f(x)在x＝1处的切线方程为y－＝x－1，即4x－4y－1＝0.(2)由f(x)＝ax2－ax＋lnx＋a，x>0，可得f′(x)＝ax－a＋＝，因为函数f(x)存在两个极值点x1，x2，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个正根，即ax2－ax＋1＝0的两个正根为x1，x2，所以即所以f(x1)＋f(x2)＝ax－ax1＋lnx1＋a＋ax－ax2＋lnx2＋a＝a[(x1＋x2)2－2x1x2]－a(x1＋x2)＋ln(x1x2)＋a＝2a－lna－1，令g(a)＝2a－lna－1，a>4，故g′(a)＝2－>0，g(a)在(4，＋∞)上单调递增，所以g(a)>g(4)＝7－ln4，故f(x1)＋f(x2)的取值范围是(7－ln4，＋∞)．(3)由题意知，f(x)≥ax－对任意的实数x∈(1，＋∞)恒成立，即2lnx＋ax2－4ax＋3a≥0对任意的实数x∈(1，＋∞)恒成立．令h(x)＝2lnx＋ax2－4ax＋3a，x>1，则h′(x)＝＋2ax－4a＝2·，①若a＝0，当x>1时，h(x)＝2lnx>0，故a＝0符合题意；②若a>0，(ⅰ)若4a2－4a≤0，即0<a≤1，则h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，h(x)>h(1)＝0，故0<a≤1符合题意；(ⅱ)若4a2－4a>0，即a>1，令h′(x)＝0，得x1＝1－<1(舍去)，6\nx2＝1＋>1，当x∈(1，x2)时，h′(x)<0，h(x)在(1，x2)上单调递减；当x∈(x2，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(x2，＋∞)上单调递增，所以存在x＝x2>1，使得h(x2)<h(1)＝0，与题意矛盾，所以a>1不符合题意．③若a<0，令h′(x)＝0，得x0＝1－＝1＋>1.当x∈(1，x0)时，h′(x)>0，h(x)在(1，x0)上单调递增；当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)在(x0，＋∞)上单调递减．首先证明：4－>x0.要证4－>x0，即要证4－>1－，只要证2－3a>，因为a<0，所以(2－3a)2－()2＝8a2－11a＋4>0，故2－3a>，所以4－>x0.其次证明，当a<0时，lnx<x－a对任意的x∈(1，＋∞)都成立，令t(x)＝lnx－x＋a，x>1，则t′(x)＝－1<0，故t(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以t(x)<t(1)＝a－1<0，则lnx－x＋a<0，所以当a<0时，lnx<x－a对任意的x∈(1，＋∞)都成立，所以当x>4－时，h(x)＝2lnx＋ax2－4ax＋3a<2＋ax2－4ax＋3a，即h(x)<ax<0，与题意矛盾，故a<0不符合题意．6\n综上所述，实数a的取值范围是[0,1]．6
