專題跟蹤檢測（十九）利用導數研究函數的性質1．設x＝θ是函數f(x)＝3cosx＋sinx的一個極值點，則tanθ＝()A．－3 B．－eq\f(1,3)C.eq\f(1,3) D．3解析：選C由已知可得f′(θ)＝－3sinθ＋cosθ＝0，∴tanθ＝eq\f(1,3).2．直線y＝kx＋1與曲線f(x)＝alnx＋b相切于點P(1,2)，則2a＋b＝()A．4 B．3C．2 D．1解析：選A∵直線y＝kx＋1與曲線f(x)＝alnx＋b相切于點P(1,2)，∴將P(1,2)代入y＝kx＋1，可得k＋1＝2，解得k＝1，∵f(x)＝alnx＋b，∴f′(x)＝eq\f(a,x)，由f′(1)＝eq\f(a,1)＝1，解得a＝1.可得f(x)＝lnx＋b，∵點P(1,2)在f(x)＝lnx＋b上，∴f(1)＝ln1＋b＝2，解得b＝2，故2a＋b＝2＋2＝4.3．已知函數f(x)＝2ef′(e)lnx－eq\f(x,e)，則f(x)的極大值點為()A.eq\f(1,e) B．1C．e D．2e解析：選D因為f(x)＝2ef′(e)lnx－eq\f(x,e)，所以f′(x)＝eq\f(2ef′e,x)－eq\f(1,e)，所以f′(e)＝eq\f(2ef′e,e)－eq\f(1,e)＝2f′(e)－eq\f(1,e)，因此f′(e)＝eq\f(1,e)，所以f′(x)＝eq\f(2,x)－eq\f(1,e)，由f′(x)>0得0<x<2e；由f′(x)<0得x>2e，所以函數f(x)在(0,2e)上單調遞增，在(2e，＋∞)上單調遞減，因此f(x)的極大值點為x＝2e.4．(2021·北京西城區高三一模)已知函數f(x)＝eq\f(2,x)－log2x，則不等式f(x)>0的解集是()A．(0,1) B．(－∞，2)C．(2，＋∞) D．(0,2)解析：選Df(x)＝eq\f(2,x)－log2x的定義域為(0，＋∞)，由f′(x)＝－eq\f(2,x2)－eq\f(1,xln2)<0，所以f(x)＝eq\f(2,x)－log2x在(0，＋∞)上遞減，又f(2)＝eq\f(2,2)－log22＝0，所以不等式f(x)>0的解集是(0,2)．5.(多選)(2021·潮州二模)已知函數y＝f(x)的導函數y＝f′(x)的圖象如圖所示，則下列結論正確的是()A．f(a)<f(b)<f(c)B．f(e)<f(d)<f(c)C．x＝c時，f(x)取得最大值D．x＝d時，f(x)取得最小值解析：選AB由f′(x)圖象可知：當x∈(－∞，c)∪(e，＋∞)時，f′(x)>0；當x∈(c，e)時，f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，c)，(e，＋∞)上單調遞增，在(c，e)上單調遞減．對于A，∵a<b<c，∴f(a)<f(b)<f(c)，A正確；對于B，∵c<d<e，∴f(e)<f(d)<f(c)，B正確；對于C，由單調性知f(c)為極大值，當x>e時，可能存在f(x0)>f(c)，C錯誤；對于D，由單調性知f(e)<f(d)，D錯誤．6．若函數f(x)＝kx－lnx＋eq\f(1,x)在(1，＋∞)上單調遞增，則k的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) B．[1，＋∞)C．[2，＋∞) D．(－∞，－2]解析：選C由f(x)＝kx－lnx＋eq\f(1,x)知，f′(x)＝k－eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)，因為f(x)在(1，＋∞)上單調遞增，所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，則k－eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)≥0，即k≥eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)在(1，＋∞)上恒成立．令g(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)，因為g′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(2,x3)<0在(1，＋∞)上恒成立，所以g(x)在(1，＋∞)上單調遞減，則g(x)<g(1)＝2，所以k≥2.7．(2021·全國乙卷)設a≠0，若x＝a為函數f(x)＝a(x－a)2(x－b)的極大值點，則()A．a<b B．a>bC．ab<a2 D．ab>a2解析：選D由題意，得f′(x)＝a(x－a)(3x－a－2b)且a≠0.①當a>0時，由x＝a為函數f(x)＝a(x－a)2(x－b)的極大值點，可得f′(x)的大致圖象如圖(1)，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,a<\f(a＋2b,3)，))解得0<a<b，所以ab>a2.②當a<0時，f′(x)的大致圖象如圖(2)，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,a>\f(a＋2b,3)，))解得b<a<0，所以ab>a2.由①②可得，ab>a2.故選D.8．若ex－(a－1)x－lnx－lna≥0，則a的最大值為()A.eq\f(e,4) B.eq\f(e,2)C．e D．2e解析：選C原不等式化為x＋ex≥ax＋lnax，即ex＋lnex≥ax＋lnax，令f(x)＝x＋lnx(x>0)，知f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，原不等式轉化為f(ex)≥f(ax)，所以ex≥ax，即a≤eq\f(ex,x)，設u(x)＝eq\f(ex,x)，則u′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，當0<x<1時，u′(x)<0，u(x)單調遞減；當x>1時，u′(x)>0，u(x)單調遞增，故當x＝1，時u(x)取得最小值u(1)＝e，所以a的最大值為e.9．已知函數f(x)＝eq\f(ex－1,ex＋1)－ax，對于任意實數x1，x2，且x1≠x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0，則a的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) B．(1，＋∞)C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) D．[1，＋∞)解析：選C由對于任意實數x1，x2，且x1≠x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0，可得f(x)＝eq\f(ex－1,ex＋1)－ax在定義域上為減函數，所以f′(x)＝eq\f(2ex,ex＋12)－a≤0在R上恒成立，即a≥eq\f(2ex,ex＋12)＝eq\f(2,ex＋\f(1,ex)＋2)，又因為eq\f(2,ex＋\f(1,ex)＋2)≤eq\f(2,2\r(ex·\f(1,ex))＋2)＝eq\f(1,2)，所以a≥eq\f(1,2).10．若函數f(x)＝x2－1與函數g(x)＝alnx－1的圖象存在公切線，則正實數a的取值范圍是()A．(0，e) B．(0，e]C．(0,2e) D．(0,2e]解析：選Dy＝x2－1的導函數為y′＝2x，y＝alnx－1的導函數為y′＝eq\f(a,x).設切線與y＝x2－1相切的切點為(n，n2－1)，與y＝alnx－1相切的切點為(m，alnm－1)，所以切線方程為y－(n2－1)＝2n(x－n)，y－(alnm－1)＝eq\f(a,m)(x－m)，即y＝2nx－n2－1，y＝eq\f(a,m)x－a＋alnm－1.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n＝\f(a,m)，,n2＋1＝a＋1－alnm，))所以eq\f(a2,4m2)＝a－alnm，由于a>0，所以eq\f(a,4m2)＝1－lnm，即eq\f(a,4)＝m2(1－lnm)有解即可．令g(x)＝x2(1－lnx)(x>0)，g′(x)＝x(1－2lnx)，所以g(x)在(0，eq\r(e))上遞增，在(eq\r(e)，＋∞)上遞減，最大值為g(eq\r(e))＝eq\f(e,2)，而0<x<e時，g(x)>0，當x>e時，g(x)<0，所以0<eq\f(a,4)≤eq\f(e,2)，所以0<a≤2e.所以正實數a的取值范圍是(0,2e]．11．已知函數f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有兩個極值點x1，x2.若f(x1)＝x1<x2，則關于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同實根個數為()A．3 B．4C．5 D．6解析：選Af′(x)＝3x2＋2ax＋b，原題等價于方程3x2＋2ax＋b＝0有兩個不等實數根x1，x2，且x1<x2，x∈(－∞，x1)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增；x∈(x1，x2)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減；x∈(x2，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增．∴x1為極大值點，x2為極小值點．∴方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有兩個不等實根，f(x)＝x1或f(x)＝x2.作出圖象如圖，∵f(x1)＝x1，∴由圖知f(x)＝x1有兩個不同的解，f(x)＝x2僅有一個解．故選A.12.(多選)(2021·唐山一模)函數f(x)＝2x2＋eq\f(1,x)的圖象(如圖)稱為牛頓三叉戟曲線，則()A．f(x)的極小值點為eq\f(1,2)B．當x>0時，|f(－x)|<f(x)C．過原點且與曲線y＝f(x)相切的直線僅有2條D．若f(x1)＝f(x2)，x1<0<x2，則x2－x1的最小值為eq\r(3)解析：選BD由函數f(x)＝2x2＋eq\f(1,x)知，x≠0，求導得：f′(x)＝4x－eq\f(1,x2)＝eq\f(4x3－1,x2).對于A選項：x<0時，f′(x)<0,0<x<eq\f(\r(3,2),2)時，f′(x)<0，x>eq\f(\r(3,2),2)時，f′(x)>0，則f(x)的極小值點為eq\f(\r(3,2),2)，A不正確；對于B選項：x>0時，f(－x)＝2x2－eq\f(1,x)，若2x2≥eq\f(1,x)，|f(－x)|＝2x2－eq\f(1,x)<2x2＋eq\f(1,x)＝f(x)；若2x2<eq\f(1,x)，|f(－x)|＝eq\f(1,x)－2x2<2x2＋eq\f(1,x)＝f(x)，即x>0時，恒有|f(－x)|<f(x)，B正確；對于C選項：設切點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，2x\o\al(2,0)＋\f(1,x0)))，則切線斜率為f′(x0)＝4x0－eq\f(1,x\o\al(2,0))，切線方程為y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x\o\al(2,0)＋\f(1,x0)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x0－\f(1,x\o\al(2,0))))(x－x0)，而切線過原點，則有－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x\o\al(2,0)＋\f(1,x0)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x0－\f(1,x\o\al(2,0))))(－x0)，解得x0＝1，即過原點且與曲線y＝f(x)相切的直線只有一條，C不正確；對于D選項：x1<0<x2時，f(x1)＝f(x2)?2xeq\o\al(2,1)＋eq\f(1,x1)＝2xeq\o\al(2,2)＋eq\f(1,x2)?(x1－x2)(2x2＋2x1)＝eq\f(x1－x2,x1x2)?x2＋x1＝eq\f(1,2x1x2)，則(x2－x1)2＝(x2＋x1)2－4x1x2＝eq\f(1,4x1x22)－4x1x2，令t＝x1x2<0，則g(t)＝eq\f(1,4t2)－4t，g′(t)＝－eq\f(1,2t3)－4＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t3)＋8))，－eq\f(1,2)<t<0時g′(t)>0，t<－eq\f(1,2)時g′(t)<0，所以函數g(t)＝eq\f(1,4t2)－4t在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))上遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上遞減，t＝－eq\f(1,2)時g(t)min＝3，即(x2－x1)2有最小值3，x2－x1的最小值為eq\r(3)，D正確．13．函數f(x)＝xex－ex的圖象在點(1，f(1))處的切線方程為________．解析：∵f(x)＝xex－ex，∴f′(x)＝xex，∴f′(1)＝e，即切線斜率為e，又f(1)＝0，則切線方程為y＝e(x－1)．答案：y＝e(x－1)14．已知函數f(x)＝lnx－x，則f(x)的最大值為________．解析：f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，x>0，f′(x)>0?0<x<1，f′(x)<0?x>1，則函數f(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，即f(x)max＝f(1)＝ln1－1＝－1.答案：－115．(2021·新高考Ⅱ卷)已知函數f(x)＝|ex－1|，x1<0，x2>0，函數f(x)的圖象在點A(x1，f(x1))和點B(x2，f(x2))的兩條切線互相垂直，且分別交y軸于M，N兩點，則eq\f(|AM|,|BN|)的取值范圍是________．解析：f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－ex＋1，x<0，,ex－1，x≥0，))由已知可得經過點A的切線的斜率k1＝f′(x1)＝－ex1，經過點B的切線的斜率k2＝f′(x2)＝ex2，k1·k2＝－1，所以－ex1·ex2＝－1?x1＋x2＝0；由弦長公式得：|AM|＝eq\r(1＋e2x1)|x1|，|BN|＝eq\r(1＋e2x2)|x2|＝eq\r(1＋e－2x1)|－x1|，故eq\f(|AM|,|BN|)＝eq\r(\f(1＋e2x1,1＋e－2x1))＝ex1∈(0,1)．答案：(0,1)16．(2022屆·武漢聯考)設函數f(x)＝eq\f(ex,x)－teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋2lnx＋\f(3,x)))恰有兩個極值點，則實數t的取值范圍為________．解析：因為f(x)＝eq\f(ex,x)－teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs