第六板块 课时验收评价(四)　综合性考法针对练——导数小题中的综合问题

课时验收评价(四)　综合性考法针对练——导数小题中的综合问题1．(2022·长春外国语期中考)若曲线y＝x2－aln(2x＋1)在x＝1处取极值，则实数a的值为(　)A．1B．2C．3D．4解析：选C　y′＝2x－，由条件可知，当x＝1时，2－＝0，解得a＝3，当a＝3时，y′＝2x－＝＝，当y′>0时，x>1，所以函数的单调递增区间是(1，＋∞)，当y′<0时，－<x<1，所以函数的单调递减区间是，所以当x＝1时，函数取得极小值，满足条件，故a＝3符合题意．故选C.2．(2022·南通、如皋、镇江期末)已知函数f(x)＝x3＋ax2－x的图象在点A(1，f(1))处的切线方程为y＝4x－3，则函数y＝f(x)的极大值为(　)A．1B．－C．－D．－1解析：选A　由题意得f′(x)＝3x2＋2ax－1，故f′(1)＝3＋2a－1＝4，则a＝1，所以f′(x)＝3x2＋2x－1，令f′(x)＝3x2＋2x－1＝0，则x＝－1或x＝，当x<－1或x>时，f′(x)>0；当－1<x<时，f′(x)<0，故函数f(x)在x＝－1时取得极大值为f(－1)＝－1＋1＋1＝1.故选A.3．(2022·南宁适应性测试)已知函数f(x)＝xcosx－sin，x∈[0，π)，则函数f(x)的最大值是(　)A．－cos1B．－sin1C．－1D．－解析：选B　依题意函数f(x)＝xcosx－sin，f′(x)＝cosx－xsinx－cos＝sinx，则函数f(x)在(0,1)上单调递增，在上单调递减．因此在上，f(x)max＝f(1)＝－sin1.故选B.4．(2022·吕梁一模)函数f(x)＝x－lnx的零点个数为(　) A．1B．2C．3D．4解析：选B　由题设，得f′(x)＝－＝且f(x)定义域为(0，＋∞)，所以在(0,3)上f′(x)<0，在(3，＋∞)上f′(x)>0，即f(x)在(0,3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极小值为f(3)＝1－ln3<0，又f＝＋1>0，f(e2)＝－2>0，则f(x)在(0,3)，(3，＋∞)上各有一个零点，共有2个零点．故选B.5．(2022·南通调研)已知α，β均为锐角，且α＋β－>sinβ－cosα，则(　)A．sinα>sinβB．cosα>cosβC．cosα>sinβD．sinα>cosβ解析：选D　α＋β－>sinβ－cosα，β－sinβ>－α－sin，令f(x)＝x－sinx，x∈，f′(x)＝1－cosx>0，∴f(x)在上为增函数，∴β>－α，∵α，β均为锐角，∴cosβ<cos，sinβ>sin，∴cosβ<sinα，sinβ>cosα.故选D.6．(2022·济源、平顶山、许昌质检)已知函数f(x)＝ex(x＋aex)恰有两个极值点x1，x2，则a的取值范围是(　)A.B．C.D．解析：选D　∵函数f(x)＝ex，∴f′(x)＝(x＋1＋2aex)ex，由于函数f(x)的两个极值点为x1，x2，即x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根，即方程x＋1＋2aex＝0，且a≠0，∴＝ex.设y1＝－(a≠0)，y2＝ex，因为y1＝－的图象恒过定点(－1,0)，设函数y2＝ex图象上点P(x0，y0)的切线恰过点(－1,0)，因为y2′＝ex，则y2′|x＝x0＝ex0，即ex0＝，解得x0＝0，即P(0,1)，切线的斜率k＝1，在同一坐标系内画出这两个函数的图象，如图所示，要使这两个函数的图象有2个不同的交点，应满足解得－<a<0，所以a的取值范围是.故选D.7．(2022·黄石调研)已知a＝4ln5π，b＝5ln4π，c＝5lnπ4，则a，b，c的大小关系是(　) A．a<b<cB．b<c<aC．b<a<cD．c<b<a解析：选A　令f(x)＝，得f′(x)＝＝，当x≥e时，f′(x)≤0恒成立，所以f(x)＝在(e，＋∞)上单调递减，所以f(π)>f(4)>f(5)，即>>，可得4lnπ>πln4,5ln4>4ln5，所以lnπ4>ln4π，5πln4>4πln5，所以5lnπ4>5ln4π，5ln4π>4ln5π，即c>b，b>a，所以a<b<c.故选A.8．若直线l与曲线y＝ex和y＝lnx都相切，则直线l的条数有(　)A．0B．1C．2D．无数条解析：选C　设直线l：y＝kx＋b，因为直线l与曲线y＝ex和y＝lnx都相切，所以对于曲线y＝ex，y′＝ex＝k，x＝lnk，切点A(lnk，k)，对于曲线y＝lnx，y′＝＝k(x>0)，x＝，切点B(k>0)，因为公切线过A，B两点，所以k＝＝＝，进而可得klnk－lnk－k－1＝0，令g(k)＝klnk－lnk－k－1(k>0)，g′(k)＝lnk－(k>0)，因为lnk，－均为增函数，所以函数g′(k)为增函数，又因为g′(1)＝－1<0，g′(e)＝1－>0，所以存在k0使得lnk0－＝0，即lnk0＝，所以g(k)在k∈(0，k0)时单调递减，在k∈(k0，＋∞)单调递增，k0∈(1，e)，g(k0)＝g(k)min＝k0lnk0－lnk0－k0－1，又因为lnk0＝，所以g(k)min＝k0·－－k0－1＝－－k0<0，当k＝e2时，g(k)＝g(e2)＝e2lne2－lne2－e2－1＝e2－3>0，因为k0∈(1，e)，所以g(k0)g(e2)<0，所以在(k0，e2)内存在k1使得直线l与曲线y＝ex和y＝lnx都相切，当k＝时，g(k)＝g＝ln－ln－－1＝－3＋1>0，因为k0∈(1，e)，所以g(k0)g<0，所以在内存在k2使得直线l与曲线y＝ex和y＝lnx都相切．综上所述，存在两条斜率分别为k1，k2的两条直线l与曲线y＝ex和y＝lnx都相切．故选C.9．(2022·佛山二模)(多选)已知0<x<y<π，且eysinx＝exsiny，其中e为自然对数的底数，则下列选项一定成立的是(　) A．sinx<sinyB．sinx>sinyC．cosx＋cosy>0D．cosx＋cosy<0解析：选AC　构造函数f(x)＝，f′(x)＝＝，当x＝时，f′(x)＝0，当0<x<时，f′(x)>0，当<x<π时，f′(x)<0，∴f(x)在x＝处取得最大值，∵x∈(0，π)，sinx>0，∴f(x)>0，函数图象如图．∵x<y，ex<ey，∴sinx<siny，A正确，B错误；当0<x<时，cosx＝>0，|cosy|＝，∴cosx>|cosy|，cosx＋cosy>0，C正确，D错误．故选A、C.10．(多选)已知函数f(x)＝ex－ln，a∈R，则(　)A．当a＝2时，直线y＝x＋1与曲线y＝f(x)相切B．当a＝0时，f(x)没有零点C．当a＝0时，f(x)是增函数D．当a＝2时，f(x)只有一个极值点x0∈(－1,0)解析：选BD　当a＝2时，f(x)＝ex－ln(x＋2)，则f′(x)＝ex－，令f′(x)＝，得x＝0.因为f(0)＝1－ln2，所以函数f(x)在处的切线方程为y－＝x，即y＝x＋1－ln2，故A错误；因为f′(－1)＝－1<0，f′(0)>0，且函数f′(x)在上单调递增，所以方程f′(x)＝0有唯一解x0，因为f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)有唯一极小值点x0，且x0∈，故D正确；当a＝0时，f(x)＝ex－lnx，则f′(x)＝ex－，因为f′＝－2<0，f′(1)＝e－1>0，且函数f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以方程f′(x)＝0有唯一解t，当0<x<t时，f′(x)<0；当x>t时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，t)上单调递减，在(t，＋∞)上单调递增，故C错误；因为f′(t)＝et－＝0，所以＝et，lnt＝－t，f(x)的最小值为f(t)＝et－lnt＝＋t.因为t∈(0,1)，所以＋t>0，即f(x)>0，故B正确．故选B、D.11．(2022·邯郸模拟)(多选)已知函数f(x)＝ex－a－x2有两个极值点x1和x2，且x1<x2，则下列结论正确的是(　)A．0<x1<1B．0<x1ex2<1C．0<f(x1)<1D．a∈(1－ln2，＋∞) 解析：选ACD　已知f(x)＝ex－a－x2，则f′(x)＝ex－a－2x，令f′(x)＝0，则＝2ea，考虑函数g(x)＝，则g′(x)＝，当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，即g(x)在(－∞，0)上单调递减；当x∈(0,1)时，g′(x)<0，即g(x)在(0,1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，即g(x)在(1，＋∞)上单调递增．故g(x)的图象大致如图．依题意，若f(x)有两个极值点，则2ea>e，即a>1－ln2，故D正确；由图易知，0<x1<1，x2>1，故A正确；又ex1－a＝2x1，故f(x1)＝ex1－a－x＝2x1－x＝1－(1－x1)2，因为0<x1<1，所以0<f<1，故C正确；因为即故＝，即x1ex2＝x2ex1，由于0<x1<1，x2>1，所以x2ex1>1，从而x1ex2>1，故B错误．故选A、C、D.12．(2022·南京、盐城二模)已知实数a，b∈(1，＋∞)，且2(a＋b)＝e2a＋2lnb＋1，e为自然对数的底数，则(　)A．1<b<aB．a<b<2aC．2a<b<eaD．ea<b<e2a解析：选D　将2(a＋b)＝e2a＋2lnb＋1变形为2b－2lnb＝e2a－2a＋1.令h(x)＝2ex－2x，则h(lnb)＝2elnb－2lnb＝2b－2lnb，易知h(x)在(0，＋∞)上单调递增．①令f(x)＝ex－x＋1，则f(2a)＝e2a－2a＋1.h(x)－f(x)＝ex－x－1，令u(x)＝ex－x－1，x∈(0，＋∞)，易得函数u(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以u(x)＝ex－x－1>0.则当x>1时，h(x)－f(x)>0，所以h(x)>f(x)，由题意得f(2a)＝h(lnb)，所以f(2a)＝h(lnb)<h(2a)，2a>lnb，即b<e2a.②令m(x)＝e2x－2x＋1，则m(a)＝e2a－2a＋1.当x>1时，m(x)－h(x)＝e2x－2ex＋1＝(ex－1)2>0，所以h(x)<m(x)，由题意得m(a)＝h(lnb)，所以h(a)<m(a)＝h(lnb)，a<lnb，即ea<b.综上，可得ea<b<e2a.故选D.13．(2022·泰州一调)写出一个同时具有下列性质①②③的三次函数f(x)＝________.①f(x)为奇函数；②f(x)存在3个不同的零点；③f(x)在(1，＋∞)上是增函数．解析：f(x)＝x3－3x.f(x)为奇函数，f(x)有三个零点0，±，f′(x)＝3x2－3，当x>1时，f′(x)>0，即f(x)在(1，＋∞)为增函数，①②③都满足，故满足题意的函数可以为f(x)＝x3－3x.答案：x3－3x(答案不唯一)14．(2022·湖南新高考联盟联考)函数f(x)＝＋ln|x|的极值点为______．解析：当x>0时，f(x)＝＋lnx，f′(x)＝－＋＝，令f′(x)>0，解得x>1， 令f′(x)<0，解得0<x<1，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减，易知x＝1为极小值点；当x<0时，f(x)＝＋ln(－x)，f′(x)＝－＋<0恒成立，所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，所以f(x)无极值点．综上所述，f(x)的极值点为1.答案：115．(2022·百师联盟联考)已知函数f(x)＝x＋lnx，若存在正数x，使得f(aex)＝f(x2)(a>0)，则a的取值范围是__________．解析：函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故存在正数x使得aex＝x2，即a＝，设h(x)＝，则h′(x)＝且x>0，令h′(x)>0，得0<x<2，令h′(x)<0，得x>2，即h(x)在上单调递增，在上单调递减，且h(x)＝>0，h(x)max＝h(2)＝，h(0)＝0，故a的取值范围是.答案：16．(2022·石家庄一模)若∃x∈[0,2]，使不等式(e－1)lna≥ae1－x＋e(x－1)－x成立，其中e为自然对数的底数，则实数a的取值范围是________．解析：因为ae1－x＝elna＋1－x，所以原不等式变形为elna－lna≥elna＋1－x＋ex－e－x，移项且两边同时加1，得e(lna＋1－x)＋1≥elna＋1－x＋lna＋1－x，令lna＋1－x＝t，可得et＋1≥et＋t，令f(t)＝et＋t，g(t)＝et＋1，因为g(0)＝f(0)＝1，g(1)＝f(1)＝e＋1，由图象可知，当f(t)≤g(t)时，可得t∈[0,1]，故0≤lna＋1－x≤1，所以x－1≤lna≤x，因为∃x∈[0,2]，所以－1≤lna≤2，解得≤a≤e2.答案：