第6讲导数的综合应用专题强化训练1．(2019·衢州市高三数学质量检测)已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(1－a)x＋1.(1)当a＝1时，求函数f(x)在x＝2处的切线方程；(2)求函数f(x)在x∈[1，2]时的最大值．解：(1)当a＝1时，f(x)＝lnx－x2＋1，所以f′(x)＝－x，所以f′(2)＝－，即k切＝－，已知切点为(2，－1＋ln2)，所以切线的方程为：y＝－x＋2＋ln2.(2)因为f′(x)＝(1≤x≤2)，当a≤0时，f′(x)＞0在x∈[1，2]恒成立，所以f(x)在x∈[1，2]单调递增，所以fmax(x)＝f(2)＝－4a＋3＋ln2；当0＜a≤时，f(x)在x∈[1，2]单调递增，所以fmax(x)＝f(2)＝－4a＋3＋ln2；当＜a＜1时，f(x)在x∈[1，]单调递增，在x∈[，2]单调递减，所以fmax(x)＝f()＝－lna；当a≥1时，f(x)在x∈[1，2]单调递减，所以fmax(x)＝f(1)＝－a＋2，综上所述fmax(x)＝.2．(2019·绍兴、诸暨市高考二模)已知函数f(x)＝xex－a(x－1)(a∈R)．(1)若函数f(x)在x＝0处有极值，求a的值与f(x)的单调区间；(2)若存在实数x0∈(0，)，使得f(x0)＜0，求实数a的取值范围．解：(1)f′(x)＝(x＋1)ex－a，由f′(0)＝0，解得：a＝1，故f′(x)＝(x＋1)ex－1，令f′(x)＞0，解得：x＞0，令f′(x)＜0，解得：x＜0，故f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)若f(x)＜0在x∈(0，)上有解，即xex＜a(x－1)，a＜在x∈(0，)上有解，设h(x)＝，x∈(0，)，则h′(x)＝＜0，故h(x)在(0，)单调递减，h(x)在(0，)的值域是(－，0)，故a＜h(0)＝0.3．(2019·兰州市实战考试)已知函数f(x)＝lnx－ax＋－1(a∈R)．(1)当0
1>0，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．(2)a＝∈，－1＝3∉(0，2)，由(1)知，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以f(x)在(0，2)上的最小值为f(1)＝－.对任意x1∈(0，2)，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)等价于g(x)在[1，2]上的最小值不大于f(x)在(0，2)上的最小值－，(*)又g(x)＝(x－b)2＋4－b2，x∈[1，2]，所以，①当b<1时，[g(x)]min＝g(1)＝5－2b>0，此时与(*)矛盾；②当1≤b≤2时，[g(x)]min＝4－b2≥0，同样与(*)矛盾；③当b>2时，[g(x)]min＝g(2)＝8－4b，且当b>2时，8－4b<0，解不等式8－4b≤－，可得b≥，所以实数b的取值范围为.4．(2018·高考浙江卷)已知函数f(x)＝－lnx.(1)若f(x)在x＝x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)＋f(x2)>8－8ln2；(2)若a≤3－4ln2，证明：对于任意k>0，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有唯一公共点．证明：(1)函数f(x)的导函数f′(x)＝－，由f′(x1)＝f′(x2)得－＝－，因为x1≠x2，所以＋＝.由基本不等式得＝＋≥2，因为x1≠x2，所以x1x2>256.由题意得f(x1)＋f(x2)＝－lnx1＋－lnx2＝－ln(x1x2)．设g(x)＝－lnx，则g′(x)＝(－4)，所以x(0，16)16(16，＋∞)g′(x)－0＋g(x)2－4ln2所以g(x)在[256，＋∞]上单调递增，故g(x1x2)>g(256)＝8－8ln2，即f(x1)＋f(x2)>8－8ln2.(2)令m＝e－(|a|＋k)，n＝＋1，则f(m)－km－a>|a|＋k－k－a≥0，f(n)－kn－a0，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有唯一公共点．5．(2019·绍兴市高三教学质量调测)已知函数f(x)＝x3－ax2＋3x＋b(a，b∈R)．(1)当a＝2，b＝0时，求f(x)在[0，3]上的值域；(2)对任意的b，函数g(x)＝|f(x)|－的零点不超过4个，...
