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1、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yx2aln(2x1)在x1处取极值，则实数a的值为( )A1 B2 C3 D4解析：选Cy2x，由条件可知，当x1时，20，解得a3，当a3时，y2x，当y0时，x1，所以函数的单调递增区间是(1，)，当y0时，x1，所以函数的单调递减区间是，所以当x1时，函数取得极小值，满足条件，故a3符合题意故选C.2(2022南通、如皋、镇江期末)已知函数f(x)x3ax2x的图象在点A(1，f(1)处的切线方程为y4x3，则函数yf(x)的极大值为( )A1 B C D1解析：选A由题意得f(x)3x22ax1
2、，故f(1)32a14，则a1，所以f(x)3x22x1，令f(x)3x22x10，则x1或x，当x时，f(x)0；当1x时，f(x)0，故函数f(x)在x1时取得极大值为f(1)1111.故选A.3(2022南宁适应性测试)已知函数f(x)xcos xsin，x0，)，则函数f(x)的最大值是( )Acos 1 Bsin 1C1 D解析：选B依题意函数f(x)xcos xsin，f(x)cos xxsin xcossin x，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)maxf(1)sin 1.故选B.4(2022吕梁一模)函数f(x)xln x的零点个数为( )A1
3、 B2 C3 D4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，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)1ln 30，f(e2)20，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，均为锐角，且sin cos ，则( )Asin sin Bcos cos Ccos sin Dsin cos 解析：选Dsin cos ，sin sin，令f(x)xsin x，x，f(x)1cos x0，f(x)在上为增函数，均为锐角，cos sin，cos cos .故选D.6(
4、2022济源、平顶山、许昌质检)已知函数f(x)ex(xaex)恰有两个极值点x1，x2，则a的取值范围是( )A. BC. D解析：选D函数f(x)ex，f(x)(x12aex)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x12aex0，且a0，ex.设y1(a0)，y2ex，因为y1的图象恒过定点(1,0)，设函数y2ex图象上点P(x0，y0)的切线恰过点(1,0)，因为y2ex，则y2|xx0ex0，即ex0，解得x00，即P(0,1)，切线的斜率k1，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
5、点，应满足解得a0，所以a的取值范围是.故选D.7(2022黄石调研)已知a4ln 5，b5ln 4，c5ln 4，则a，b，c的大小关系是( )Aabc BbcaCbac Dcbf(4)f(5)，即，可得4ln ln 4,5ln 44ln 5，所以ln 4ln4，5ln 44ln 5，所以5ln 45ln4，5ln 44ln 5，即cb，ba，所以ab0)，x，切点B(k0)，因为公切线过A，B两点，所以k，进而可得kln kln kk10，令g(k)kln kln kk1(k0)，g(k)ln k(k0)，因为ln k，均为增函数，所以函数g(k)为增函数，又因为g(1)10，所以存在k0
6、使得ln k00，即ln k0，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)mink0ln k0ln k0k01，又因为ln k0，所以g(k)mink0k01k00，因为k0(1，e)，所以g(k0)g(e2)0，因为k0(1，e)，所以g(k0)g0，所以在内存在k2使得直线l与曲线yex和yln x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yex和yln x都相切故选C.9(2022佛山二模)(多选)已知0xy，且eysin xexsin y，其中e为自然对数的底数，则下列选项一定成立的是( )Asin xsin
7、yCcos xcos y0 Dcos xcos y0解析：选AC构造函数f(x)，f(x)，当x时，f(x)0，当0x0，当x时，f(x)0，f(x)0，函数图象如图xy，exey，sin xsin y，A正确，B错误；当0x0，|cos y|，cos x|cos y|，cos xcos y0，C正确，D错误故选A、C.10(多选)已知函数f(x)exln，aR，则( )A当a2时，直线yx1与曲线yf(x)相切B当a0时，f(x)没有零点C当a0时，f(x)是增函数D当a2时，f(x)只有一个极值点x0(1,0)解析：选BD当a2时，f(x)exln(x2)，则f(x)ex，令f(x)，得x
8、0.因为f(0)1ln 2，所以函数f(x)在处的切线方程为yx，即yx1ln 2，故A错误；因为f(1)10，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a0时，f(x)exln x，则f(x)ex，因为f20，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0xt时，f(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)et0，所以et，ln tt，f(x)的最小值为f(t)etln tt.因为t(0,1)，所以
9、t0，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)exax2有两个极值点x1和x2，且x1x2，则下列结论正确的是( )A0x11 B0x1ex21C0f(x1)1 Da(1ln 2，)解析：选ACD已知f(x)exax2，则f(x)exa2x，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(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2eae，即a1ln 2，故D正确；由图易知，0x11，故A正确；又ex1a2x1，
10、故f(x1)ex1ax2x1x1(1x1)2，因为0x11，所以0f1，故C正确；因为即故，即x1ex2x2ex1，由于0x11，所以x2ex11，从而x1ex21，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(ab)e2a2ln b1，e为自然对数的底数，则( )A1ba Bab2aC2abea Deab0.则当x1时，h(x)f(x)0，所以h(x)f(x)，由题意得f(2a)h(ln b)，所以f(2a)h(ln b)ln b，即b1时，m(x)h(x)e2x2ex1(ex1)20，所以h(x)m(x)，由题意得m(a)h(ln b)，所以h(a)m
11、(a)h(ln b)，aln b，即eab.综上，可得eab1时，f(x)0，即f(x)在(1，)为增函数，都满足，故满足题意的函数可以为f(x)x33x.答案：x33x(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x0时，f(x)ln x，f(x)，令f(x)0，解得x1，令f(x)0，解得0x1，所以函数f(x)在(1，)上单调递增，在(0,1)上单调递减，易知x1为极小值点；当x0时，f(x)ln(x)，f(x)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aexx2，即a，设h(x)，则h(x)且x0，令h(
12、x)0，得0x2，令h(x)2，即h(x)在上单调递增，在上单调递减，且h(x)0，h(x)maxh(2)，h(0)0，故a的取值范围是.答案：16(2022石家庄一模)若x0,2，使不等式(e1)ln aae1xe(x1)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ae1xeln a1x，所以原不等式变形为eln aln aeln a1xexex，移项且两边同时加1，得e(ln a1x)1eln a1xln a1x，令ln a1xt，可得et1ett，令f(t)ett，g(t)et1，因为g(0)f(0)1，g(1)f(1)e1，由图象可知，当f(t)g(t)时，可得t0,1，故0ln a1x1，所以x1ln ax，因为x0,2，所以1ln a2，解得ae2.答案：