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考点1变化率及导数答案
考点1变化率及导数、导数的计算
1.（2013·大纲版全国卷高考理科·Ｔ9）若函数在是增函数，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【解题指南】先求出的导函数，利用时确定的取值范围.
【解析】选D.，因为在上为增函数，即当时，.即，则，令，而在上为减函数，所以，故.
2. （2013·新课标Ⅰ高考文科·Ｔ12）及（2013·新课标Ⅰ高考理科·Ｔ11）相同
已知函数 ，若，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【解题指南】先结合函数画出函数y=|f(x)|的图象，利用在处的切线为制定参数的标准.
【解析】选D.画出函数y=|f(x)|的图象如图所示,当时，，
，，故.
当时，，
由于上任意点的切线斜率都要大于，所以，综上.
3. （2013·新课标全国Ⅱ高考文科·Ｔ11）及(2013·新课标全国Ⅱ高考理科·T10)相同
设已知函数，下列结论中错误的是（ ）
A.，
B.函数的图象是中心对称图形
C.若是的极小值点，则在区间单调递减
D.若是的极值点，则
【解析】选C.结合函数及导数的基础知识进行逐个推导.
A项,因为函数f(x)的值域为R,所以一定存在x0∈R,使f(x0)=0,A正确.B项,假设函数f(x)=x3+ax2+bx+c的对称中心为(m,n),按向量将函数的图象平移,则所得函数y=f(x+m)-n是奇函数,所以f(x+m)+f(-x+m)-2n=0,化简得(3m+a)x2+m3+am2+bm+c-n=0.上式对x∈R恒成立,故3m+a=0,得m=-,n=m3+am2+bm+c=f ,所以函数f(x)=x3+ax2+bx+c的对称中心为,故y=f(x)的图象是中心对称图形,B正确.C项,由于=3x2+2ax+b是二次函数,f(x)有极小值点x0,必定有一个极大值点x1,若x1<x0,则f(x)在区间(-∞,x0)上不单调递减,C错误.D项,若x0是极值点,则一定有.故选C.
4.（2013·安徽高考理科·Ｔ10）若函数有极值点，，且，则关于的方程的不同实根个数是 ( )
A.3 B.4 C. 5 D.6
【解题指南】先求函数的导函数,由极值点的定义及题意,得出f(x)=x1或f(x)=x2,再利用数形结合确定这两个方程实数根的个数.
【解析】选A。因为，函数的两个极值点为，所以 ，所以是方程的两根，所以解方程得，不妨设 由题意知函数f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减.又f(x1)=x1<x2,如图,
数形结合可知f(x)=x1有两个不同实根,f(x)=x2有一个实根,所以不同实根的个数为3.
5.（2012·陕西高考理科·Ｔ7）设函数，则（ ）
(A)为的极大值点 (B)为的极小值点
(C)为的极大值点 (D)为的极小值点
【解析】选D.∵，∴，令，则，当时，；当时，，所以为的极小值点.

填空题
6.(2014·江西高考文科·T11)若曲线y=xlnx上点P处的切线平行于直线2x-y+1=0,则点P的坐标是　　　　.
【解题指南】切线问题利用导数的几何意义求解.
【解析】设切点为(x0,y0),因为y'=lnx+1,
所以切线的斜率为k=lnx0+1,
又k=2得x0=e,代入曲线得y0=e.
故点P的坐标是(e,e).
答案:(e,e)
7.(2014·广东高考理科)曲线y=e-5x+2在点(0,3)处的切线方程为　　　　　　.
【解析】因为y'=-5e-5x,y'|=-5,
即在点(0,3)处的切线斜率为-5,
所以切线方程为y-3=-5(x-0),即5x+y-3=0.
答案:5x+y-3=0
8.(2014·广东高考文科·T11)曲线y=-5ex+3在点(0,-2)处的切线方程为　　　　　　.
【解析】因为y'=-5ex,y'|=-5,即在点(0,-2)处的切线斜率为-5,所以切线方程为y-(-2)=-5(x-0),5x+y+2=0.
答案:5x+y+2=0
【误区警示】求导数易错,另外部分同学会错成一般式方程,要记清导数公式.
9.(2014·江西高考理科·T13)若曲线y=e-x上点P处的切线平行于直线2x+y+1=0,则点P的坐标是　　　　.
【解题指南】切线问题运用导数的几何意义求解.
【解析】设点P(x0,y0),因为y'=-e-x,
所以曲线在点P处的切线的斜率为k=-e-x0,
又因为切线平行于直线2x+y+1=0,
所以-e-x0=-2,
解得x0=-ln2,代入y=e-x得y0=2,
所以点P(-ln2,2).
答案:(-ln2,2)
10(2015·天津高考文科·T11)已知函数f(x)=axlnx,x∈(0,+∞),其中a为实数,
f′(x)为f(x)的导函数,若f′(1)=3,则a的值为　　　.
【解析】因为f′(x)=a(1+lnx),
所以f′(1)=a=3.
答案:3
11.（2013·江西高考理科·Ｔ13）设函数f(x)在（0，+∞）内可导，且f(ex)=x+ex，则=__________.
【解题指南】先求出函数f（x）的解析式，进而可求.
【解析】设，则，故，，所以.
【答案】2
12.（2013·江西高考文科·Ｔ11）若曲线（α∈R）在点（1，2）处的切线经过坐标原点，则α=
【解题指南】根据导数的几何意义求出切线方程，再把原点代入.
【解析】因为，所以令x=1得切线的斜率为，故切线方程为，代入（0,0）得.
【答案】2
13. （2013·广东高考理科·Ｔ10）若曲线在点处的切线平行于x轴，则k= .
【解题指南】本题考查导数的几何意义、直线的斜率、直线平行等知识，可先求导.
【解析】对求导得，而轴的斜率为0，所以在点处切线的斜率为，解得.
【答案】-1.
14.（2012·新课标全国高考文科·Ｔ13）曲线y=x(3lnx+1)在点（1,1）处的切线方程为________
【解题指南】通过求导得切线斜率，一点一斜率可确定切线方程，最后将方程化为一般式.
【解析】，故，所以曲线在点处的切线方程为，化为一般式方程为.
【答案】
15.（2012·辽宁高考文科·Ｔ12）及（2012·辽宁高考理科·Ｔ15）相同
已知P，Q为抛物线上两点，点P，Q的横坐标分别为4，2，过P，Q分别作抛物线的切线，两切线交于点A，则点A的纵坐标为__________
【解题指南】由已知求出切点P,Q的坐标，进而求出斜率，利用点斜式写出两条切线方程，求出交点A的纵坐标.
【解析】由于P,Q为抛物线（即）上的点，且横坐标分别为4，-2，则，从而在点P处的切线斜率，据点斜式，得曲线在点P处的切线方程为；同理，曲线在点Q处的切线方程为；上述两方程联立，解得交点A的纵坐标为.
【答案】
16.（2012·广东高考理科·Ｔ12）曲线在点（1，3）处的切线方程为 .
【解题指南】先对函数求导，求出在x=1处的导数即是所求切线的斜率，然后写出点斜式方程，再化成一般式方程即可.
【解析】切线方程为.
【答案】
三、解答题
u17.（2013·北京高考理科·Ｔ18）设l为曲线C：在点(1，0)处的切线.
(I)求l的方程.
(II)证明：除切点(1，0)之外，曲线C在直线l的下方.
【解题指南】（1）先求出切点处的导数，再代入点斜式方程求切线方程.
（2）转化为，再转化为求的极小值问题.
【解析】（1），于是，因此的方程为.
（2） 只需要证明时，.
设，则，
当时，；当时，.
所以在（0，1）上单调递减，在上单调递增.
所以在处取得极小值，也是最小值.
所以.
因此，除切点(1，0)之外，曲线C在直线l的下方.
考点11 导数在研究函数中的应用及生活中的优
化问题举例
一、选择题
1.（2012•山东高考文科•Ｔ10）及（2012•山东高考理科•Ｔ9）相同
函数的图象大致为（ ）

【解析】选D.由知为奇函数，当时，y=0，随着x的变大，分母逐渐变大，整个函数值越来越接近y轴，当x=时，y>0,只有D选项满足.
2.（2012·新课标全国高考理科·T10）已知函数f(x)= ,则y=f(x)的图象大致为（ ）

【解题指南】令，通过对单调性及最值的考查，判断出在不同的区间段f(x)的函数值的正负，最后利用排除法得正确选项.
【解析】选B.

得：或时均有，排除
3.（2012·辽宁高考文科·Ｔ8）函数的单调递减区间为( )
（A）（1,1] （B）（0,1] （C）[1，+∞） （D）（0，+∞）
【解题指南】保证函数有意义的前提下，利用解得单调减区间.
【解析】选B. 由0<x≤1或x≤-1，又函数的定义域为
故单调减区间为.
4.（2012·陕西高考文科·Ｔ9）设函数=+，则（ ）
(A) x=为的极大值点 (B) x=为的极小值点
(C) x=2为的极大值点 (D) x=2为的极小值点
【解题指南】先根据导数等于0求出极值点，再根据导数的正、负判断函数的单调性，判断极值点是极大值点还是极小值点.
【解析】选D. ∵=+，∴，令，即，解得，当时，，当时，，所以x=2为的极小值点.
5.（2012·福建高考文科·Ｔ12）已知，且．现给出如下结论：①；②；③；④．其中正确结论的序号是（ ）
（A）①③ (B)①④ (C)②③ (D)②④
【解析】选C.
f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),
函数在(-∞,1)上单调递增,在(1,3)上单调递减,在(3,+∞)上单调递增,又因为f(a)=f(b)=f(c)=0,所以a∈(-∞,1),b∈(1,3),c∈(3,+∞),
f(1)=4-abc,f(3)=-abc,f(0)=-abc.
又因为f(b)=b3-6b2+9b-abc=b(b2-6b+9)-abc=b[(b-3)2-ac]=0,所以ac为正数,所以a为正数,则有f(0)<0,f(1)>0,f(3)<0,所以②③正确.
6.（2012·江西高考理科·Ｔ10）如图，已知正四棱锥S-ABCD所有棱长都为1,点E是侧棱SC上一动点，过点E垂直于SC的截面将正四棱锥分成上、下两部分.记,截面下面部分的体积为，则函数的图象大致为（ ）

（A） (B) (C) (D)
【解题指南】分及两种情况讨论，当时，将截面上面部分的几何体分割为两个锥体，用间接法求出截面下面部分的体积V（x）,然后通过V（x）的解析式得到图象，当时，同理可得.
【解析】选A . ①当时，截面为五边形，如图所示,O为MN的中点，

由面QEPMN，且几何体为正四棱锥，棱长均为1,
易推出，，，四边形OEQN和OEPM均为全等的直角梯形，此时

求导可知在上为减函数，且
②当时，截面为等腰三角形，如图所示：

此时
易知在上亦为减函数，且，根据三次函数的图象特征可知选项A符合.
7.（2012·辽宁高考理科·Ｔ12）若，则下列不等式恒成立的是（ ）
(A) (B)
(C) (D)
【解题指南】构造函数，利用导数判断函数的单调性.
【解析】选C. 令，则（x0），故为定义域上的增函数，，所以.
8.（2012·山东高考文科·Ｔ12）设函数，.若的图象及的图象有且仅有两个不同的公共点，则下列判断正确的
是（ ）
(A)　　　　(B)
(C)　　　　(D)
【解题指南】本题利用导数来求解单调性.
【解析】选B.设，则方程及同解，故其有且仅有两个不同零点.由得或.这样，必须且只需或，因为，故必有由此得.不妨设，则.所以，比较系数得，故.，由此知，故答案为B.
9.（2012·山东高考理科·Ｔ12）设函数，若的图象及的图象有且仅有两个不同的公共点,则下列判断正确的是（ ）
(A)当时，
(B)当时，
(C)当时，
(D)当时，
【解题指南】本题利用导数来求解单调性.
【解析】选B.令，则，设，.令，则，要使y=f(x)的图象及y=g(x) 的图象有且仅有两个不同的公共点只需，整理得，于是可取来研究，当时，，解得，此时，此时；当时，，解得，此时，此时.答案应选B.
另解：令可得.
设

不妨设，结合图形可知，
当时，如图，此时，
即，此时，，即；同理可由图形经过推理可得当时，.答案应选B.
二、解答题
10. （2012·山东高考理科·Ｔ22）已知函数（为常数，
e=2.718 28…是自然对数的底数），曲线在点处的切线及轴平行.
（1）求的值.
（2）求的单调区间.
（3）设,其中为的导函数.证明：对任意.
【解题指南】（1）由曲线在点处的切线及轴平行可知,即可求出k的值.（2）可由（1）的结论求解判断单调区间.（3）构造函数求解不等式.
【解析】(1) 由得，

由曲线在点处的切线及轴平行可知，
解得：.
（2），，令可得，
当时，；当时，.
于是在区间内为增函数；在内为减函数.
（3），
因此，对任意，等价于.
令，
则，
因此，当单调递增；
当单调递减.
所以的最大值为，
故
设.
因为，
所以时，，单调递增，
，
故时，，
即
所以.
因此，对任意.
11.（2012·江西高考文科·Ｔ21）已知函数f(x)=（ax2+bx+c）ex在上单调递减且满足f(0)=1，f(1)=0.
（1）求a的取值范围；
（2）设g(x)= f(x)-，求g(x)在上的最大值和最小值.
【解题指南】（1）利用f(0)=1，f(1)=0将f(x)用表示出来，然后利用f(x)=（ax2+bx+c）ex在上单调递减在上恒成立且f′(x)=0不恒成立，然后通过分类讨论求得a的取值范围.
（2）化简g(x)= f(x)- f′(x)，通过对g(x)求导，然后分类讨论求最值.
【解析】（1）由得，
则
依题意对于任意，有.
当时，因为二次函数的图象开口向上，而，所以需，即；
当时，对于任意有，且只在x=1时=0，
符合条件；
当时，对于任意，，且只在x=0时=0，符合条件；
当时，因，不符合条件.
故的取值范围为.
(2)因，
（i）当时，，在处取得最小值，在处取得最大值.
(ii)当时，对于任意，有，在处取得最大值，在处取得最小值.
(iii)当时，由得.
① 若，即时，在上单调递增，在处取得最小值，在处取得最大值.
② 若，即时，在处取得最大值，在或处取得最小值，而，由
则当时，在取得最小值；
当时，在取得最小值.
12.（2012·新课标全国高考理科·T21）已知函数满足.
（1）求的解析式及单调区间.
（2）若，求的最大值.
【解题指南】（1）求导函数,然后根据已知条件求得的解析式，最后求单调区间.
（2），，通过研究的性质，求得的最大值，注意分类讨论.
【解析】（1）∵.
令得：，

故的解析式为，
且单调递增区间为，单调递减区间为.
（2），得.
①当时，在上单调递增，
时，及矛盾.
②当时，，
得：当时，，
.
令；则，
，
当时，；
当时，的最大值为.
13.（2012·新课标全国高考文科·Ｔ21）设函数f(x)= ex－ax－2.
(1)求f(x)的单调区间.
(2)若a=1，k为整数，且当x>0时，(x－k) f´(x)+x+1>0，求k的最大值.
【解题指南】（1）先确定函数的定义域，然后求导函数，因不确定的正负，故应讨论，结合的正负分别得出在每一种情况下的正负，从而确立单调区间.
（2）分离参数，将不含有参数的式子看作一个新函数，将求的最大值转化为求的最值问题.
【解析】(1) 的定义域为,.
若,则,所以在上单调递增.
若,则当时, ;当时, >0,
所以, 在上单调递减,在上单调递增.
(2)由于,所以，
故当时, 等价于
①
令，则.
由（1）知，函数在上单调递增.而，所以在上存在唯一的零点.故在存在唯一的零点.设此零点为，则.
当时，；当时，.所以在的最小值为.又由，可得，所以.
由于①式等价于，故整数的最大值为2.
14.（2012·辽宁高考理科·T21）设，曲线及直线在(0，0)点相切.
(1)求的值.
(2)证明：当时，.
【解题指南】(1)点在曲线上，则点的坐标满足曲线方程；同时据导数的几何意义可以建立另一个方程，求出a,b;(2) 构造函数，利用导数研究单调性，借助函数单调性证明不等式
【解析】（1）由的图象过点（0，0）得b=-1；
由在点（0，0）的切线斜率为，
则.
（2）当时，，
令，则

.
令，则当时，
因此在（0,2）内是递减函数，又，
则时，
所以时，，即在（0,2）内是递减函数，
由，则时，，
故时，.
例题: 15.（2012·辽宁高考文科·T21）设，证明：
(1)当x﹥1时， ﹤ （）.
(2)当时，.
【解题指南】构造函数，利用导数研究单调性，借助函数单调性证明不等式.
【解析】（1）记，则
当时，，所以在上为减函数，则当时，，
所以

（2）记，
则由（1）得
[]
[]
，
当时，，则，
因此函数在（1,3）内单调递减，
所以时，，
即.
16.（2012·浙江高考理科·Ｔ22）（本题满分14分）已知>0,b∈R，函数f(x)=4x3-2bx-a+b.
（1）证明：当0x1时，
①函数f(x)的最大值为；
②.
（2）若对x∈恒成立，求的取值范围.
【解题指南】本题是用导数的方法研究函数的性质，求最值时需分类讨论求解，要注意分类标准的确定，同时求的取值范围可化为线性规划问题解决.
【解析】（1）①，
当时，，在上为增函数，
=；
当时，若，即时，在上为减函数，
=.
若时，在上为减函数，在上为增函数，
而，，，
∴当时， =；
当时， =.
②由于，故
当时，＋|2a－b|﹢a=

当时，＋|2a－b|﹢a=
，
设，则

于是

0

1

－
0
+

１
减
极小值
增
１
所以，
所以，当时，
即＋|2a－b|﹢a≥0在0≤x≤1上恒成立．
(2)由(1)知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，
且函数在0≤x≤1上的最小值比﹣(|2a－b|﹢a)要大．
∵﹣1≤≤1对x[0，1]恒成立，

作图如下：

由图易得：当目标函数为z＝a＋b过P(1，2)时，有；过Ｑ(０，－１)时，有．
∴所求a＋b的取值范围是．
例题17.（2012·浙江高考文科·Ｔ21）（本题满分15分）已知a∈R，函数.
（1）求f(x)的单调区间.
（2）证明：当0≤x≤1时，f(x)+ ＞0.
【解题指南】求函数的单调区间要注意分类讨论，而不等式证明可转化为不等式恒成立问题.
【解析】（1），
当时，，在（-∞，+∞）为增函数
当时， 令，得
令，得
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时， 为增函数；
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间.
（2）由（1）可得当时，在为增函数，=.
当时，因为在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
若，即时，在为减函数，=，
∴f(x)+ .
若，即时，在上单调递减，在上单调递增，

则>0.
在为增函数，
当时， f(x)+

综上，当0≤x≤1时，f(x)+ ＞0.
18.（2012·北京高考理科·Ｔ18）已知函数f（x）=ax2+1（a>0）,g(x)=x3+bx.
（1）若曲线y=f(x)及曲线y=g(x)在它们的交点（1，c）处具有公共切线，求a、b的值.
（2）当a2=4b时，求函数f(x)+g(x)的单调区间，并求其在区间（-∞，-1]上的最大值.
【解题指南】第（1）问，交点既在上也在上，在公切点处导数相等；第（2）问，构造函数，再利用导数求单调区间及最大值.
【解析】（1），
由已知可得解得.
（2），
，令，得.
，
由得，；由得，.
单调递增区间是；单调递减区间为.
，，.
当，即时，在上为增函数，；
当，即时，在上递增，在上递减，所以在处取得唯一极大值也是最大值；
当，即时，在上递增，在上递减，在上递增，且，.
综上，当时，f(x)+g(x)的最大值为；当时，f(x)+g(x)的最大值为1.
例题19.（2012·北京高考文科·Ｔ18）已知函数f(x)=ax2+1(a>0),g(x)=x3+bx.
（1）若曲线y=f(x)及曲线y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线，求,a,b的值.
（2）当a=3,b=-9时，若函数f(x)+g(x)在区间[k,2]上的最大值为28，求k的取值范围.
【解题指南】第（1）问，交点既在上也在上，两个函数在公切点处导数相等；第（2）问，构造函数，然后利用导数研究函数的单调性及极值，结合h(x)的图象，即可求出k的取值范围.
【解析】（1），
由已知可得解得.
（2）
令，
，令，得.

-3

1

+
0
-
0
+

增
28
减
-4
增
当时，取极大值28；当时，取极小值-4.
而，
如果在区间[k,2]上的最大值为28，则.
20.（2012·湖北高考文科·Ｔ22）（本小题满分14分）
设函数，n为正整数，a,b为常数，曲线y=f(x)在（1，f(1)）处的切线方程为x+y=1.
（1）求a,b的值.
（2）求函数f(x)的最大值.
（3）证明：f(x)< .
【解题指南】本题考查导数在求解函数中的应用,本题(1)易解,(2)问中直接求导,求零点讨论单调性求解;(3)要构造函数利用函数的单调性证明.
【解析】(1)因为 ,由点（1，f(1)）在x+y=1上,则1+b=1,所以b=0.又，又切线x+y=1的斜率为-1，则a=1.
故：a=1,b=0.
(2)由（1）知，
，.令，
得,即在(0,+)上有唯一零点.在(0, )上,,故单调递增;而在(,+)上, ,故单调递减.
故.
(3)令则.在(0,1)上, ,故单调递减;而在(1,+)上, ,故单调递增,所以在(0,+)上的最小值为.所以.即令,得,即,也就是,由(2)知.故 f(x)< .
21.（2012·天津高考理科·Ｔ20）
已知函数的最小值为，其中.
（1）求的值.
（2）若对任意的,有成立，求实数的最小值.
（3）证明.
【解题指南】（1）由导数求得最小值，得出a的值.
（2） 当k>0时设函数，将恒成立问题转化为最值问题应用导数求解.
（3） 对n进行讨论，综合应用不等式的性质进行证明.
【解析】（1）函数的定义域为，，
由，当x变化时，的变化情况如下表：

__
0
+

极小值

因此，在x=1-a处取得最小值，故由题意.
（2） 当k≤0时，取x=1，有不合题意.
当k>0时，令即

令，
①当时，在上恒成立，因此g(x)在上单调递减.从而对于任意的，总有，即上恒成立.故符合题意.
②当对于内单调递增.因此当取，即不成立，故不合题意.
综上，的最小值为.
（3） 当n=1时，不等式左边==右边，所以不等式成立，
当时，

=，
在（2）中取，得，从而
，所以有

=
综上，
22.（2012·江西高考文科·Ｔ21）已知函数f(x)=（ax2+bx+c）ex在上单调递减且满足f(0)=1，f(1)=0.
（1）求a的取值范围.
（2）设g(x)= f(x)- f′(x)，求g(x)在上的最大值和最小值.
【解题指南】（1）利用f(0)=1，f(1)=0将f(x)用表示出来，然后利用f(x)=（ax2+bx+c）ex在上单调递减在上恒成立且 f′(x)=0不恒成立，然后通过分类讨论求得a的取值范围；（2）化简g(x)= f(x)- f′(x)，通过对g(x)求导，然后分类讨论求最值.
【解析】（1）由得，
则
依题意对于任意，有.
当时，因为二次函数的图象开口向上，而，所以需，即；
当时，对于任意有，且只在x=1时=0，符合条件；
当时，对于任意，，且只在x=0时=0，符合条件；
当时，因，不符合条件.
故的取值范围为.
(2)因，
（i）当时，，在处取得最小值，在处取得最大值.
(ii)当时，对于任意，有，在处取得最大值，在处取得最小值.
(iii)当时，由得.
③ 若，即时，在上单调递增，在处取得最小值，在处取得最大值.
④ 若，即时，在处取得最大值，在或处取得最小值，而，由g(0)-g(1)=1+a-(1-a)e=(1+e)a+1-e=0,得a=
则当时，在处取得最小值；
当时，在处取得最小值.
23.(2013·浙江高考理科·T8)已知e为自然对数的底数,设函数f(x)=(ex-1)(x-1)k(k=1,2),则　(　　)
A.当k=1时,f(x)在x=1处取到极小值
B.当k=1时,f(x)在x=1处取到极大值
C.当k=2时,f(x)在x=1处取到极小值
D.当k=2时,f(x)在x=1处取到极大值
【解题指南】当k=1,2时,分别验证f'(1)=0是否成立,根据函数的单调性判断是极大值点还是极小值点.
【解析】选C.当k=1时,f′(x)=ex(x-1)+ex-1,此时f'(1)≠0,故排除A,B;当k=2时,f'(x)=ex(x-1)2+(ex-1)(2x-2),此时f'(1)=0,在x=1附近左侧,f'(x)<0,在x=1附近右侧,f'(x)>0,所以x=1是f(x)的极小值点.
24.(2013·浙江高考文科·T8)已知函数y=f(x)的图象是下列四个图象之一,且其导函数y=f'(x)的图象如图所示,则该函数的图象是　(　　)

【解题指南】根据导数的性质来判断函数的性质.
【解析】选B.因为f'(x)>0(x∈(-1,1)),所以f(x)在(-1,1)为增函数,又x∈(-1,0)时,f'(x)为增函数,x∈(0,1)时,f'(x)为减函数,所以选B.
25. （2013·新课标Ⅰ高考理科·Ｔ16）若函数的图像关于直线对称，则的最大值为_______.
【解题指南】首先利用数的图像关于直线对称求出的值，然后利用导数判断函数的单调性，这里要采用试根的的方法对导函数进行因式分解.
【解析】因为函数的图像关于直线对称，所以，得，又，
而，.
得即，解得，.
故，
则

令，即，则或或.
当变化时，，的变化情况如下表：

故的最大值为.
【答案】16
26. （2013·江苏高考数学科·Ｔ20）设函数，，其中为实数。
（1）若在上是单调减函数，且在上有最小值，求的取值范围；
（2）若在上是单调增函数，试求的零点个数，并证明你的结论。
【解题指南】(1)先对f(x)=lnx-ax求导,利用条件f(x)在(1,+∞)上是单调减函数求出a的范围,再利用g(x)在(1,+∞)上有最小值求出a的范围,两者取交集.(2)注意函数方程不等式间的相互转化.
【解析】(1)令,考虑到f(x)的定义域为(0,+∞),故a>0,进而解得x>a-1,即f(x)在(a-1,+∞)上是单调减函数.同理,f(x)在(0,a-1)上是单调增函数.由于f(x)在(1,+∞)上是单调减函数,故(1,+∞)⊆(a-1,+∞),从而a-1≤1,即a≥1.令g'(x)=ex-a=0,得x=lna.当x<lna时, <0;当x>lna时, >0.又g(x)在(1,+∞)上有最小值,所以lna>1,即a>e.综上,有a∈(e,+∞).
(2)当a≤0时,g(x)必为单调增函数;当a>0时,令=ex-a>0,
解得a<ex,即x>lna,因为g(x)在(-1,+∞)上是单调增函数,类似(1)有lna≤-1,即0<a≤e-1.结合上述两种情况,有a≤e-1.
(i)当a=0时,由f(1)=0以及>0,得f(x)存在唯一的零点.
(ii)当a<0时,由于f(ea)=a-aea=a(1-ea)<0,f(1)=-a>0,且函数f(x)在[ea,1]上的图象不间断,所以f(x)在(ea,1)上存在零点.
另外,当x>0时, ,故f(x)在
(0,+∞)上是单调增函数,所以f(x)只有一个零点.
(iii)当0<a≤e-1时,令f'(x)=-a=0,解得x=a-1.当0<x<a-1时,f>0,当x>a-1时, <0,所以,x=a-1是f(x)的最大值点,且最大值为f(a-1)=-lna-1.
①当-lna-1=0,即a=e-1时,f(x)有一个零点x=e.
②当-lna-1>0,即0<a<e-1时,f(x)有两个零点.
实际上,对于0<a<e-1,由于f(e-1)=-1-ae-1<0,f(a-1)>0,且函数f(x)在[e-1,a-1]上的图象连续,所以f(x)在(e-1,a-1)上存在零点.另外,当
x∈(0,a-1)时,f'(x)=>0,故f(x)在(0,a-1)上是单调增函数,所以f(x)在(0,a-1)上只有一个零点.
下面考虑f(x)在(a-1,+∞)上的情况,先证f()=a(a-2-)<0.为此,
我们要证明:当x>e时,ex>x2.设h(x)=ex-x2,则=ex-2x,再设 =ex-2x,则=ex-2.
当x>1时, =ex-2>e-2>0,所以在(1,+∞)上是单调增函数.故当x>2时, =ex-2x> =e2-4>0,从而h(x)在(2,+∞)上是单调增函数,进而当x>e时,h(x)=ex-x2>h(e)=ee-e2>0.即当x>e时,ex>x2.
当0<a<e-1,即a-1>e时，f()=a(a-2-)<0,
又f(a-1)>0,且函数f(x)在[a-1, ]上的图象连续,所以f(x)在(a-1, )上存在零点.又当x>a-1时,f'(x)= <0,
故f(x)在(a-1,+∞)上是单调减函数,所以f(x)在(a-1,+∞)上只有一个零点.
综合(i),(ii),(iii)可知,当a≤0或a=e-1时,f(x)的零点个数为1,
当0<a<e-1时,f(x)的零点个数为2.
27. （2013·湖南高考理科·Ｔ22）已知，函数.
(1)记f(x)在区间[0,4]上的最大值为g(a),求g(a)的表达式.
(2)是否存在a,使函数y=f(x)在区间(0,4)内的图象上存在两点,在该两点处的切线相互垂直?若存在,求a的取值范围;若不存在,请说明理由.
【解题指南】(1)首先是去掉绝对值符号,然后利用导数求出函数的单调区间,再求出f(x)在区间[0,4]上的最大值为g(a).
(2)首先要根据函数的单调性讨论出a取什么范围时可能存在两点,在该两点处的切线相互垂直,然后利用两互相垂直的直线斜率之积等于-1去讨论求解.
【解析】（1）当时，；当时，.
因此，当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
② ，则在上单调递减，.
②若，则在上单调递减，在上单调递增，所以 g(a)=max{f(0),f(4)}.而，故当时；
当时，.综上所述，
（2）由（1）知，当时，在上单调递减，故不满足要求.
当时， 在上单调递减，在上单调递增.若存在，使曲线在，两点处的切线互相垂直，则，且，
即，亦即，由，得x1+2a∈(2a,3a),.
故(*)成立等价于集合A={x|2a<x<3a}及集合B=的交集非空.
因为，所以当且仅当0<2a<1,即0<a<时， A∩B≠Ø.
综上所述,存在a使函数f(x)在区间(0,4)内的图象上存在两点,在该两点处的切线互相垂直,且a的取值范围是
28.（2013·湖南高考文科·Ｔ21）已知函数f（x）=.
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）证明：当f（x1）=f（x2）(x1≠x2)时，x1+x2＜0.
【解题指南】第(Ⅰ)小题解题依据是在定义域下不等式的解集是原函数的增区间，不等式的解集是原函数的减区间。第（Ⅱ）小题首先要确定在什么范围下f（x1）=f（x2），然后再构造新函数利用单调性去证明。
【解析】（Ⅰ）函数的定义域是(-∞,+∞)，
，
当时，，当时，，
所以的单调递增区间是，单调递减区间是。
（Ⅱ）当时，同理，当时，当时，不妨设，由（Ⅰ）知，，，下面证明：，即证，此不等式等价于，令，则，当时， 单调递减，从而，即，
所以，而，所以，从而，由于，在上单调递增，所以，即。
29.（2013·江西高考文科·Ｔ21）设函数a为常数且a∈（0，1）.
（1）当时，求；
（2）若x0满足f（f（x0））= x0,但f（x0）≠x0，则称x0为f（x）的二阶周期点.证明函数f（x）有且仅有两个二阶周期点，并求二阶周期点x1，x2；
（3）对于（2）中x1，x2，设A（x1,f（f（x1））），B（x2,f（f（x2）））,C(a2,0)，记△ABC的面积为，求在区间上的最大值和最小值.
【解题指南】（1）把a的值代入，利用分段函数的解析式，由内到外进行求解；（2）先求出f（f（x））的解析式，再根据二阶周期点的定义依次分段求解；（3）在第二问的基础上写出点A、B的坐标，把△ABC的面积表示成a的函数，再结合函数求最值得方法进行处理.
【解析】(1)当时，，
（2）
当时，由解得，因为，故x=0不是f（x）的二阶周期点；
当时，由解得,
因为，
故为f（x）的二阶周期点；
当时，由解得，
因为，故不是f（x）的二阶周期点；
当时，由解得
因为，
故为f（x）的二阶周期点.
综上，函数f（x）有且仅有两个二阶周期点，.
(3)由（2）得,.
则，，
方法一：因为，有，所以
，则在区间上单调递增，
故在区间上的最小值为，最大值为
方法二：令，则，
因为，，所以在区间上的最小值为，则对任意的，.所以，则在区间上单调递增，故在区间上的最小值为，最大值为
30.(2013·福建高考理科·T17)已知函数f(x)=x-alnx(a∈R)
(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点A(1,f(1))处的切线方程.
(2)求函数f(x)的极值.
【解题指南】对函数求导,根据导数即切线斜率,求出切线方程,欲求极值,先求单调性,要注意对参数a进行讨论.
【解析】函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=1-.
(1)当a=2时,f(x)=x-2lnx,f′(x)=1-(x>0),
所以f(1)=1,f'(1)=-1,
所以y=f(x)在点A(1,f(1))处的切线方程为y-1=-(x-1),
即x+y-2=0.
(2)由f′(x)= ,x>0可知:
①当a≤0时,f