专题跟踪检测(十九)-利用导数研究函数的性质

专题跟踪检测（十九）利用导数研究函数的性质1．设x＝θ是函数f(x)＝3cosx＋sinx的一个极值点，则tanθ＝()A．－3 B．－eq\f(1,3)C.eq\f(1,3) D．3解析：选C由已知可得f′(θ)＝－3sinθ＋cosθ＝0，∴tanθ＝eq\f(1,3).2．直线y＝kx＋1与曲线f(x)＝alnx＋b相切于点P(1,2)，则2a＋b＝()A．4 B．3C．2 D．1解析：选A∵直线y＝kx＋1与曲线f(x)＝alnx＋b相切于点P(1,2)，∴将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，∵点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．已知函数f(x)＝2ef′(e)lnx－eq\f(x,e)，则f(x)的极大值点为()A.eq\f(1,e) B．1C．e D．2e解析：选D因为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，所以函数f(x)在(0,2e)上单调递增，在(2e，＋∞)上单调递减，因此f(x)的极大值点为x＝2e.4．(2021·北京西城区高三一模)已知函数f(x)＝eq\f(2,x)－log2x，则不等式f(x)>0的解集是()A．(0,1) B．(－∞，2)C．(2，＋∞) D．(0,2)解析：选Df(x)＝eq\f(2,x)－log2x的定义域为(0，＋∞)，由f′(x)＝－eq\f(2,x2)－eq\f(1,xln2)<0，所以f(x)＝eq\f(2,x)－log2x在(0，＋∞)上递减，又f(2)＝eq\f(2,2)－log22＝0，所以不等式f(x)>0的解集是(0,2)．5.(多选)(2021·潮州二模)已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则下列结论正确的是()A．f(a)<f(b)<f(c)B．f(e)<f(d)<f(c)C．x＝c时，f(x)取得最大值D．x＝d时，f(x)取得最小值解析：选AB由f′(x)图象可知：当x∈(－∞，c)∪(e，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(c，e)时，f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，c)，(e，＋∞)上单调递增，在(c，e)上单调递减．对于A，∵a<b<c，∴f(a)<f(b)<f(c)，A正确；对于B，∵c<d<e，∴f(e)<f(d)<f(c)，B正确；对于C，由单调性知f(c)为极大值，当x>e时，可能存在f(x0)>f(c)，C错误；对于D，由单调性知f(e)<f(d)，D错误．6．若函数f(x)＝kx－lnx＋eq\f(1,x)在(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) B．[1，＋∞)C．[2，＋∞) D．(－∞，－2]解析：选C由f(x)＝kx－lnx＋eq\f(1,x)知，f′(x)＝k－eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)，因为f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，则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)，因为g′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(2,x3)<0在(1，＋∞)上恒成立，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)<g(1)＝2，所以k≥2.7．(2021·全国乙卷)设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则()A．a<b B．a>bC．ab<a2 D．ab>a2解析：选D由题意，得f′(x)＝a(x－a)(3x－a－2b)且a≠0.①当a>0时，由x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，可得f′(x)的大致图象如图(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当a<0时，f′(x)的大致图象如图(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.故选D.8．若ex－(a－1)x－lnx－lna≥0，则a的最大值为()A.eq\f(e,4) B.eq\f(e,2)C．e D．2e解析：选C原不等式化为x＋ex≥ax＋lnax，即ex＋lnex≥ax＋lnax，令f(x)＝x＋lnx(x>0)，知f(x)在(0，＋∞)上单调递增，原不等式转化为f(ex)≥f(ax)，所以ex≥ax，即a≤eq\f(ex,x)，设u(x)＝eq\f(ex,x)，则u′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，当0<x<1时，u′(x)<0，u(x)单调递减；当x>1时，u′(x)>0，u(x)单调递增，故当x＝1，时u(x)取得最小值u(1)＝e，所以a的最大值为e.9．已知函数f(x)＝eq\f(ex－1,ex＋1)－ax，对于任意实数x1，x2，且x1≠x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0，则a的取值范围为()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：选C由对于任意实数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在定义域上为减函数，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)，又因为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．若函数f(x)＝x2－1与函数g(x)＝alnx－1的图象存在公切线，则正实数a的取值范围是()A．(0，e) B．(0，e]C．(0,2e) D．(0,2e]解析：选Dy＝x2－1的导函数为y′＝2x，y＝alnx－1的导函数为y′＝eq\f(a,x).设切线与y＝x2－1相切的切点为(n，n2－1)，与y＝alnx－1相切的切点为(m，alnm－1)，所以切线方程为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))上递增，在(eq\r(e)，＋∞)上递减，最大值为g(eq\r(e))＝eq\f(e,2)，而0<x<e时，g(x)>0，当x>e时，g(x)<0，所以0<eq\f(a,4)≤eq\f(e,2)，所以0<a≤2e.所以正实数a的取值范围是(0,2e]．11．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有两个极值点x1，x2.若f(x1)＝x1<x2，则关于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同实根个数为()A．3 B．4C．5 D．6解析：选Af′(x)＝3x2＋2ax＋b，原题等价于方程3x2＋2ax＋b＝0有两个不等实数根x1，x2，且x1<x2，x∈(－∞，x1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；x∈(x1，x2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；x∈(x2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴x1为极大值点，x2为极小值点．∴方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有两个不等实根，f(x)＝x1或f(x)＝x2.作出图象如图，∵f(x1)＝x1，∴由图知f(x)＝x1有两个不同的解，f(x)＝x2仅有一个解．故选A.12.(多选)(2021·唐山一模)函数f(x)＝2x2＋eq\f(1,x)的图象(如图)称为牛顿三叉戟曲线，则()A．f(x)的极小值点为eq\f(1,2)B．当x>0时，|f(－x)|<f(x)C．过原点且与曲线y＝f(x)相切的直线仅有2条D．若f(x1)＝f(x2)，x1<0<x2，则x2－x1的最小值为eq\r(3)解析：选BD由函数f(x)＝2x2＋eq\f(1,x)知，x≠0，求导得：f′(x)＝4x－eq\f(1,x2)＝eq\f(4x3－1,x2).对于A选项：x<0时，f′(x)<0,0<x<eq\f(\r(3,2),2)时，f′(x)<0，x>eq\f(\r(3,2),2)时，f′(x)>0，则f(x)的极小值点为eq\f(\r(3,2),2)，A不正确；对于B选项：x>0时，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时，恒有|f(－x)|<f(x)，B正确；对于C选项：设切点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，2x\o\al(2,0)＋\f(1,x0)))，则切线斜率为f′(x0)＝4x0－eq\f(1,x\o\al(2,0))，切线方程为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)，而切线过原点，则有－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，即过原点且与曲线y＝f(x)相切的直线只有一条，C不正确；对于D选项：x1<0<x2时，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)，则(x2－x1)2＝(x2＋x1)2－4x1x2＝eq\f(1,4x1x22)－4x1x2，令t＝x1x2<0，则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时g′(t)>0，t<－eq\f(1,2)时g′(t)<0，所以函数g(t)＝eq\f(1,4t2)－4t在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))上递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上递减，t＝－eq\f(1,2)时g(t)min＝3，即(x2－x1)2有最小值3，x2－x1的最小值为eq\r(3)，D正确．13．函数f(x)＝xex－ex的图象在点(1，f(1))处的切线方程为________．解析：∵f(x)＝xex－ex，∴f′(x)＝xex，∴f′(1)＝e，即切线斜率为e，又f(1)＝0，则切线方程为y＝e(x－1)．答案：y＝e(x－1)14．已知函数f(x)＝lnx－x，则f(x)的最大值为________．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，则函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，即f(x)max＝f(1)＝ln1－1＝－1.答案：－115．(2021·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝|ex－1|，x1<0，x2>0，函数f(x)的图象在点A(x1，f(x1))和点B(x2，f(x2))的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则eq\f(|AM|,|BN|)的取值范围是________．解析：f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－ex＋1，x<0，,ex－1，x≥0，))由已知可得经过点A的切线的斜率k1＝f′(x1)＝－ex1，经过点B的切线的斜率k2＝f′(x2)＝ex2，k1·k2＝－1，所以－ex1·ex2＝－1⇒x1＋x2＝0；由弦长公式得：|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届·武汉联考)设函数f(x)＝eq\f(ex,x)－teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋2lnx＋\f(3,x)))恰有两个极值点，则实数t的取值范围为________．解析：因为f(x)＝eq\f(ex,x)－teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs