23．(0,1)(1,4)
【解析】y?形结合：
x2?1x?1?x?1x?1x?1??x?1,x?1,??函数y?kx?2过定点（0，-2），由数?x?1,x?1,??yC(1,2)Ox
BA(0,?2)
kAB?k?1或1?k?kAC,?0?k?1或1?k?4.
24．{2}
acac?1c?1,a] 【解析】由已知得y?，单调递减，所以当x?[a,2a]时，y?[x2?ac?1?a?a?2?loag2???所以?2，因为有且只有一个常数c符合题意，所以?a?3?ac?1?a2?2?loga2?3，解得a?2，所以a的取值的集合为{2}.
25．(??,?6)(6,??)
【解析】方程的根显然x?0，原方程等价于x3?a?4，原方程的实根是曲线y?x3?a与
x
曲线y?4的交点的横坐标；而曲线y?x3?a是由曲线y?x3向上或向下平移|a|个单位而
x
4
得到的。若交点(xi ,x)（i＝1,2,…,k）均在直线y＝x的同侧，因直线y＝x与y?4交点为：
i
x(?2,?2),(2,2)；所以结合图象可得：
?a?0?a?0?3?3?x?a??2 或 ?x?a?2 ? a?(??,?6)(6,??). ?x??2?x?2??
26．-8
【解析】因为定义在R上的奇函数，满足f(x?4)??f(x),所以f(x?4)?f(?x),所以, 由
f(x)为奇函数,所以函数图象关于直线x?2对称且f(0)?0,由f(x?4)??f(x)知f(x?8)?f(x),所以函数是以8为周期的周期函数,又因为f(x)在区间[0,2]上是增函数,
所以f(x)在区间[-2,0]上也是增函数.如下图所示,那么方程f(x)=m(m>0)在区间??8,8?上有四个不同的根x1,x2,x3,x4,
不妨设x1?x2?x3?x4,由对称性知,
x1?x2??4?(?4)?(?4)??12,x3?x4?4,所以x1?x2?x3?x4??8.
【考点定位】本小题考查函数的基本性质,如奇偶性、周期性、对称性，同时考查了数形结合的思想方法. 27． （-4,0）
【解析】根据g(x)?2?2?0可解得x<1,由于题目中第一个条件的限制，导致f(x)在x?1x是必须是f(x)?0，当m=0时，f(x)?0不能做到f(x)在x?1时f(x)?0，所以舍掉，
因此，f(x)作为二次函数开口只能向下，故m<0,且此时2个根为
x1?2m,x2??m?3，为
1?m???x1?2m?1??2?x??m?3?1??m??4，保证条件成立，只需?2和大前提m<0取交集结果为?4?m?0；
又由于条件2的限制，可分析得出在?x?(??,?4),f(x)恒负，因此就需要在这个范围内g(x)有得正数的可能，即-4应该比
x1x2两个根中较小的来的大，当m?(?1,0)时，
?m?3??4，解得交集为空，舍。当m=-1时，两个根同为?2??4，舍。当m?(?4,?1)时，2m??4，解得m??2，综上所述，m?(?4,?2)。 28．1，2
【解析】f[g(1)]=f(3)?1；
当x=1时，f[g(1)]?1,g[f(1)]?g(1)?3，不满足条件， 当x=2时，f[g(2)]?f(2)?3,g[f(2)]?g(3)?1，满足条件， 当x=3时，f[g(3)]?f(1)?1,g[f(3)]?g(1)?3，不满足条件， ∴ 只有x=2时，符合条件。 29．（Ⅰ）因f(x)?alnx?13a13?x?1 ，故f?(x)??2? 由于曲线y?f(x) 2x2x2x2在点(1,f(1) )处的切线垂直于y轴，故该切线斜率为0，即f?(1)?0 ，从而
13a???0 ，解得a??1
22（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)??lnx?13113?x?1(x?0)，f?(x)???2? 2x2x2x23x2?2x?1(3x?1)(x?1)11??? 令，解得（因 不在定x??f(x)?0x?1,x??212222x2x33义域内，舍去）当x?(0,1) 时，f?(x)?0 故f(x) 在(0,1)上为减函数；当 时，f?(x)?0 故f(x) 在(1,??)上为增函数，故f(x)在x?1 处取得极x?(1,??)小值f(1)?3
30．【解析】解：（1）由??2?2x?0，得?1?x?1.
?x?1?0
由0?lg(2?2x)?lg(x?1)?lg2?2xx?1?1得1?2?2xx?1?10. ……3分
23因为x?1?0，所以x?1?2?2x?10x?10，??x?13.
??1?x?121??x?由?2得33. ……6分 1??x?3?3（2）当x?[1,2]时，2-x?[0,1]，因此
y?g(x)?g(x?2)?g(2?x)?f(2?x)?lg(3?x). ……10分
由单调性可得y?[0,lg2].
因为x?3?10y，所以所求反函数是y?3?10，x?[0,lg2]. ……14分 31．解：（1）由f(x)?x3?ax2?bx，得f'(x)?3x2?2ax?b。 ∵1和?1是函数f(x)?x3?ax2?bx的两个极值点，
∴ f'(1)?3?2a?b=0，f'(?1)?3?2a?b=0，解得a=0，b=?3。 （2）∵ 由（1）得，f(x)?x3?3x ，
∴g?(x)?f(x)?2=x3?3x?2=?x?1??x?2?，解得x1=x2=1，x3=?2。 ∵当x0， ∴x=?2是g(x)的极值点。
∵当?2
（3）令f(x)=t，则h(x)?f(t)?c。
先讨论关于x 的方程f(x)=d 根的情况：d???2, 2?
当d=2时，由（2 ）可知，f(x)=?2的两个不同的根为I 和一2 ，注意到f(x)是奇函数，∴f(x)=2的两个不同的根为一和2。
当d<2时，∵f(?1)?d=f(2)?d=2?d>0，f(1)?d=f(?2)?d=?2?d<0 ， ∴一2 , －1，1 ，2 都不是f(x)=d的根。 由（1）知f'(x)=3?x?1??x?1?。
2x???时，f'(x)>0 ，于是f(x)是单调增函数，从而f(x)>f(2)=2。 ① 当x??2，???无实根。 此时f(x)=d在?2，
， 2?时．f'(x)>0，于是f(x)是单调增函数。 ② 当x??1又∵f(1)?d<0，f(2)?d>0，y=f(x)?d的图象不间断，
∴f(x)=d 在（1 , 2 ）内有唯一实根。
同理，f(x)=d在（一2 ，一I ）内有唯一实根。
，1?时，f'(x)<0，于是f(x)是单调减两数。 ③ 当x???1 又∵f(?1)?d>0， f(1)?d<0，y=f(x)?d的图象不间断，
∴f(x)=d在（一1，1 ）内有唯一实根。
x2=2；当d<2 时 因此，当d=2时，f(x)=d有两个不同的根x1，x2满足x1=1， i=3, 4, 5。 f(x)=d有三个不同的根x3，x1，x5，满足xi<2，现考虑函数y?h(x)的零点：
t2=2。 ( i ）当c=2时，f(t)=c有两个根t1，t2，满足t1=1，而f(x)=t1有三个不同的根，f(x)=t2有两个不同的根，故y?h(x)有5 个零点。
i=3, 4, 5。 ( 11 ）当c<2时，f(t)=c有三个不同的根t3，t4，t5，满足ti<2，而f(x)=ti ?i=3, 4, 5?有三个不同的根，故y?h(x)有9 个零点。
综上所述，当c=2时，函数y?h(x)有5 个零点；当c<2时，函数y?h(x)有9 个零点 32．(Ⅰ)
(ⅰ)f??x??12ax2?2b．
当b≤0时，f??x??12ax2?2b＞0在0≤x≤1上恒成立，
此时f?x?的最大值为：f?1??4a?2b?a?b?3a?b＝|2a－b|﹢a； 当b＞0时，f??x??12ax2?2b在0≤x≤1上的正负性不能判断， 此时f?x?的最大值为：
?b?a，b?2a＝|2a－b|﹢a； fmax?x??max{f(0)，（）f1}?max{(b?a)，(3a?b)}??3a?b，b?2a?综上所述：函数f?x?在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a；
(ⅱ) 要证f?x?＋|2a－b|﹢a≥0，即证g?x?＝﹣f?x?≤|2a－b|﹢a． 亦即证g?x?在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a，
函数与导数历年高考真题
